第2阶段 层级1 第18天 计算题夺高分6-【提分教练】2024年新高考物理二轮总复习练习（新教材）

第18天　计算题夺高分6 (建议用时：30分钟) 1．为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积为；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为p0；不考虑抽气引起的温度变化。求： (1)青铜鼎材料的总体积； (2)抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。 2．(2023·安徽省滁州市9月质检)如图所示，两条间距为L、电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平绝缘平台上。左侧圆弧部分处于竖直面内，右侧平直导轨端点与平台边缘对齐且水平导轨处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将金属棒ab、cd垂直于导轨放置，ab在外力作用下静止于圆弧导轨上且距平台高度为h，cd放在距导轨右端为x0的位置上保持静止。将ab由静止释放，一段时间后两棒分别脱离导轨，且从脱离导轨至落地过程两棒沿水平方向的位移之比为s1∶s2＝2∶5。两棒未发生碰撞，金属棒ab、cd的质量分别为2m、m，有效电阻均为R，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)金属棒ab脱离导轨时速度的大小； (2)金属棒cd在导轨上运动的最小加速度； (3)金属棒cd在导轨上运动的时间。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第18天 1．[解析]　(1)设青铜鼎材料的体积为V 抽气前空气的压强为p0，空气的体积为V0－V 第一次抽气后设空气的压强为p1，空气的体积为V1，则V1＝V0－V＋ΔV 其中ΔV＝ 每次抽气为等温变化，由玻意耳定律得 p0(V0－V)＝p1(V0－V＋ΔV) 解得V＝V0。 (2)第二次抽气后，设柜内空气的压强为p2，则 由玻意耳定律得p1(V0－V)＝p2(V0－V＋ΔV) 整理得p2＝p1＝p0 设展柜内剩余的空气在压强为p0时的体积为V20，则由玻意耳定律得p2(V0－V)＝p0V20 解得V20＝(V0－V) 所以，抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比为 ＝ 整理得＝ 解得＝。 [答案]　(1)V0　(2) 2．[解析]　(1)ab棒由静止沿光滑圆弧导轨下滑至水平导轨的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故有2mgh＝，解得v0＝。随后，ab棒进入匀强磁场，切割磁感线，在安培力作用下，ab棒做加速度减小的减速运动，cd棒做加速度减小的加速运动。由题意可知，cd棒脱离导轨前两棒并未共速，设ab棒脱离导轨时的速度为v1，cd棒脱离导轨时的速度为v2，应有v1>v2，因棒脱离导轨后做平抛运动，故有＝＝ 又因ab、cd两棒在水平导轨上相互作用的过程中，系统动量守恒，所以2mv0＝2mv1＋mv2 联立上述各式，解得v2＝，v1＝。 (2)ab、cd棒切割磁感线产生的感应电动势分别为E1＝BLv′1，E2＝BLv′2 回路总的电动势为E＝E1－E2＝BL(v′1－v′2) 由闭合电路欧姆定律可知，回路中电流为I＝＝ 故cd棒所受安培力向右，大小为Fcd＝IBL＝ 由受力分析可知，cd所受合外力即为其受到的安培力。所以cd在离开导轨一刻加速度最小，为a2min＝＝＝，方向水平向右。 (3)如图所示为金属棒ab、cd的v-t图像 且知x2＝x0 金属棒ab、cd在水平导轨上运动的过程中，系统动量守恒，则有2mΔv1＝mΔv2 随时间的积累，则有2x1＝x2 设cd棒在轨道上运动的时间为t0，则在水平导轨上ab棒相对cd棒运动的位移为Δx＝v0t0－(x1＋x2)＝·t0－·x0 由q＝可得，整个过程中通过两金属棒横截面的电荷量为q＝＝cd棒在导轨上运动，所受安培力即合外力，对其运用动量定理有Bt0＝q，联立各式解得t0＝。 [答案]　(1)　(2)，方向水平向右　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$