专题02 计算篇（期末真题汇编，四川专用）高二物理下学期

**基本信息** 高二下物理期末计算专题汇编，涵盖光的折射与全反射、热学等6大高频考点，精选四川多地期末真题，注重真实情境与综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |计算题|39题|光的折射（布儒斯特角应用）、热学（薯片包装气压变化）、电磁感应（电磁制动模型）等|结合生活科技情境（拔火罐、电磁弹射），突出多知识点综合（如复合场运动与几何关系）|

专题02 计算篇 6大高频考点概览 考点01 光的折射、全反射 考点02 热学 考点03 带电粒子在复合场中运动 考点04 电磁感应 考点05 交变电流 考点06 机械振动与机械波 地 城 考点01 光的折射、全反射 1．（24-25高二下·四川泸州·期末）当一束光的反射光与折射光垂直时，对应的入射角称为布儒斯特角。布儒斯特角通过控制光的偏振态，在需要高精度偏振控制或低反射干扰的场景中发挥关键作用。如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度，若用波长的单色光从上表面射入，入射角，反射光与折射光刚好垂直。已知普朗克常量，光在真空中的传播速度，求： (1)该玻璃砖的折射率n； (2)从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离d； (3)该单色光能量子的值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）单色光从上表面射入，入射角，反射光与折射光刚好垂直，可知折射角为 则该玻璃砖的折射率 （2）由几何关系可得 则从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离为 （3）该单色光能量子的值为 2．（24-25高二下·四川广元·期末）如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏。一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心O，且，已知玻璃砖对该单色光的折射率，光在真空中的传播速度为c。 （1）求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值； （2）求该单色光在玻璃砖内传播的时间。    【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则有 解得 （2）该单色光射到玻璃砖的平面上时的入射角为i=45°，则 sin 45°>sin C 则单色光在玻璃砖内射到平面上时会发生全反射，其光路图如图所示    单色光在玻璃砖内传播的距离为 传播速度为 传播时间为 3．（24-25高二下·四川遂宁·期末）老师傅常靠观察容器底部的漏水塞P来推测透明液体的深度，如图所示为截面是矩形的容器ABCD，其AB深度为24cm，BC长为32cm。容器中未装液体时，老师傅调整视线方向，刚好能同时观察到底部的B点和上边缘的D点。保持视线方向不变，容器中装满某种透明液体时，恰能观察到漏水塞P，长为14cm。 (1)求该透明液体的折射率； (2)保持视线方向不变，当容器排掉一半液体时，老师傅恰能观察到底部B、P间离B最远的点Q（图中未画出），求BQ的长度。 【答案】(1) (2)7cm 【详解】（1）根据题意光路如图所示 由几何关系知， 则 液体的折射率为 联立解得 （2）分析如图，易知Q点发出的光入射到液面的角度仍为r，如图所示 由几何关系 联立解得 4．（24-25高二下·四川南充·期末）如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度为，折射率为，若光从上表面射入，入射角为，空气中的光速为，求： (1)光在玻璃中传播的时间； (2)从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）光从空气进入玻璃，由折射定律可知 解得 由几何关系知光在玻璃中传播的路程 光在玻璃中传播的速度 光在玻璃中传播的时间 联立解得 （2）由几何关系有 解得 5．（24-25高二下·四川广安·期末）由一个直角三角形和一个四分之一圆组成的光学柱状组件的横截面如图，圆弧的半径为R，∠A=30°。一束单色光垂直于AO边中点C射入，恰好在AB边上的D点发生全反射，光在真空中的传播速度为c。求： (1)求玻璃砖对该单色光的折射率n； (2)求光在组件中从C点射入至最后射出过程的传播时间t。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意可知，单色光从C点垂直于AO边射入恰好在D点发生全反射，由图中的几何关系得D点是AB中点，得DB=DO=R， 临界角 由全反射得 （2）光线从D点反射后恰好射到O点，，大于临界角C，则在O点发生全反射，如图，光在玻璃中的路程 光在玻璃中的传播速度 则该单色光在玻璃中时间 6．（24-25高二下·四川资阳·期末）如图所示，一个储油桶的底面直径与高均为d。当桶内没有油时，点A处的光源发出的一条光线恰能沿着桶口照射到桶底的左端点B。现往桶内匀速地注入油，单位时间内桶内油的深度增幅为u，当油的深度等于桶高的一半时，该光线照射到桶底上的点C。且C、B两点相距。求： (1)油的折射率n； (2)光线在桶底的光斑在桶底的移动速度大小v。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图所示 底面直径与桶高相等，所以图中入射角 折射角为r，则有 油的折射率 （2）设t时间内油面深度为y，光斑移动位移大小为x，则 ， 解得 7．（24-25高二下·四川内江·期末）在公园的水池里，可通过控制光源深度的变化来改变水面被照亮的形状，其原理如图所示，一边长为的正方形线状光源，平行于水面放置于水中，通过调节光源距离水面的深度，可实现水面上不同形状发光区域的变化。已知水的折射率为。则： (1)光源从水面位置保持平行于水面缓慢向下移动，发现水面的发光区域的形状不变，只是面积在扩大。当光源距离水面深度为时，发光区域的形状发生变化，此时深度为多少？ (2)当发光区域的形状恰好变化时，水面上发光区域的面积为多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）取水下光源的某一点作为研究对象，其发射的光与水面间的夹角如图所示 当刚好发生全反射时， 当能照亮水面的边界与光源的水平距离为时，发光区域开始出现变形 根据几何关系，可解得 （2）当刚好发生全反射时，每个发光的位置在水面上形成以为半径的圆形发光区域， 由几何关系可知，发光面积为 整理可得 8．（24-25高二下·四川乐山·期末）如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，一单色细光束从的中点垂直于面入射。棱镜的折射率，，求： (1)光第一次从棱镜内射出时的折射角； (2)出射点到点的距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）光路图如图所示 设该玻璃的临界角为，有 解得 由几何关系知，则光在面发生全反射，又 由折射定律有 解得 （2）设光线分别经过面、面的、点，由几何关系有， 解得 9．（24-25高二下·四川雅安·期末）如图所示，一半径为R的半球形透明材料，O为球心，A为半球面的顶点。一束单色光平行于AO射到半球面的B点，折射后在底面D点处恰好发生全反射，已知该透明材料的折射率为。求： (1)B点处入射角的正切值； (2)该束光从B点传播到D点所用的时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）作出光路图如图所示，则有 其中C为临界角，则有 解得 （2）该束光在材料中传播速度大小为 由几何关系有 该束光从B点射向D点所用的时间是 解得 地 城 考点02 热学 10．（24-25高二下·四川资阳·期末）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 （1）求变压器的输出功率P； （2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为 设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有 联立解得 理想变压器的输出功率等于R的热功率，即 （2）设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有 由知气体吸收的热量 根据热力学第一定律，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则 电热丝产生的热量全部被气体吸收 联立整理得 解得 11．（24-25高二下·四川南充·期末）近期南充市的气温变化较大，某天的气温变化范围为。一同学把一导热汽缸固定在水平地面上，用质量为的活塞封闭一定质量的空气，如图所示。气温最低时，该同学测得缸内封闭气柱的高度为，若缸内气体的内能与热力学温度成正比，取（），气温最低时气体内能为，外界大气压始终为，活塞横截面积为S，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，重力加速度为。求： (1)缸内气体的压强p； (2)气温最高时缸内封闭气柱的高度； (3)气温从最低温到最高温的过程中，缸内气体吸收的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对活塞受力分析，由平衡条件可得 解得缸内气体的压强 （2）缸内气体温度由变为，发生等压变化，则有 解得 （3）设最高温时内能为U，由题意有 其中内能变化量为 气体对外做功， 热力学第一定律有 联立解得 12．（24-25高二下·四川成都·期末）袋装薯片通常在低海拔地区生产，运载到高海拔地区可能会出现“爆裂”现象。某袋薯片在低海拔地区生产时，将一定体积的薯片放入包装袋后向包装袋内充入氮气（可视为压强、温度均与外界大气相同的理想气体），外界大气压强p0=1.0×105Pa，温度T0=300K。若充入体积Vmax=310cm3的氮气，包装袋恰好膨胀至最大体积，但考虑到热胀冷缩以及气压变化的影响，实际仅在包装袋内充入体积V0=300cm3的氮气进行封装。已知包装袋材质能承受的最大压强差Δp=0.3×105Pa，且材质柔软、无延展性、导热良好。 (1)低海拔地区外界温度缓慢上升为多少时，该薯片包装袋恰好膨胀至最大体积； (2)若该薯片要运载到外界气压p=0.6×105Pa，温度T1=290K的高海拔地区，通过计算判断该薯片包装袋是否会“爆裂”。 【答案】(1)T=310K (2)会“爆裂”；见解析 【详解】（1）包装袋缓慢膨胀过程内部的气体经历等压变化，设包装袋内部气体最大体积为Vmax时，气体温度等于外界温度T，由等压变化规律可得 解得 （2）高海拔地区外界压强较低，温度降为T1=290K时，假设包装袋膨胀至最大体积且没有“爆裂”，内部气体压强为p1，由理想气体状态方程得 解得 p1>p，包装袋达到最大体积； 因p1−p>Δp，假设不成立，包装袋会“爆裂” 13．（24-25高二下·四川自贡·期末）如图，用水银血压计测量血压时，先用充气球向袖带内气囊充气9次（开始袖带内气囊无空气），每次充入压强为（为外界大气压强）、体积为的空气，充气后袖带内气囊中的空气体积为。然后缓慢放气，当袖带内气囊中空气体积变为时，袖带内气囊中空气的压强刚好与大气压强相等。空气可视为理想气体，忽略整个过程中空气温度的变化，求： (1)充气后袖带内气囊中空气的压强p； (2)袖带内气囊中放出空气的质量与剩余空气质量的比值k。 【答案】(1) (2)1.5 【详解】（1）根据玻意耳定律有 解得 （2）将放出的气体与袖带内气囊中剩余气体看为同一状态的气体，令其中放出的气体体积为，则有 根据玻意耳定律有 解得k=1.5 14．（24-25高二下·四川泸州·期末）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车助力装置简化如下：左容器（助力气室）和右容器（抽气气室）两个容器用细管相连，K1、K2为单向阀门，只可按图示方向开启。开始时活塞在右容器的最左边，活塞向右拉时K2闭合K1打开，直至右容器的体积等于左容器的体积V0。活塞向左压时K1闭合K2开启，将右容器中气体排入大气中。重复这两个过程，使左容器内气体质量不断减小。已知左容器初始压强为p0，外界压强为p0。假设抽气过程中，拉动活塞足够慢，每次可视为等温变化，温度保持不变。求： (1)第1次抽气后左容器内气体压强p1； (2)第n次抽气后左容器内气体压强pn； (3)第n次抽气后，左容器抽出气体的质量和左容器剩余气体的质量之比m抽:m余。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）第1次抽气后左容器内气体压强 解得 （2）根据，第n次抽气后左容器内气体压强 （3）设左容器内气体的初始质量为m。 第1次抽气：， 第2次抽气：， 第3次抽气：， …… 第n次抽气：， 第n次抽气后，左容器抽出气体的质量 第n次抽气后，左容器剩余气体的质量 解得 15．（24-25高二下·四川绵阳·期末）打气筒是一种通过压缩空气为轮胎、球类等充气的工具。如图所示是打气筒的结构示意图，主要包括：储气筒、活塞、单向进气阀（只允许上拉活塞时空气进入储气筒）、单向出气阀（只允许下压活塞时空气排出储气筒）和气嘴。已知储气筒横截面积S=1.25×10-3m2，活塞上下行程H=58cm，标准大气压p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。 (1)打气筒竖直放置，将活塞拉至最高，然后将气嘴堵住（不漏气），某同学质量M=60kg，利用自身的重力竖直压缩活塞。求能将活塞压到离储气筒底部的最小距离。（输气管较细，内部体积可忽略；活塞重力可忽略；忽略气体温度变化） (2)自行车轮胎容积为2.5L。现将轮胎气压从1.0bar加到3.2bar，求充入标准大气压下空气中气体的体积。已知1.0bar=1.0×105Pa，气体视为理想气体，忽略充气过程中气体温度变化和轮胎体积变化） 【答案】(1)10cm (2)5.5L 【详解】（1）设活塞压到离储气筒底部最小距离h时，活塞下方气体的压强为p1，活塞平衡，则 储气筒内气体被压缩过程时等温变化，则 解得 （2）以轮胎气压为3.2bar时轮胎内气体为研究对象，设充入标准大气压下气体的体积为V，气体初状态体积为 则 其中， 解得 16．（24-25高二下·四川遂宁·期末）寒假期间，大学生小王计划从北方老家开车前往南方的学校。出发前，他使用胎压监测仪检测爱车轮胎，发现轮胎内封闭的理想气体在温度时，压强。小王的汽车使用的是规格为205/55R16的轮胎，经查阅资料得知，该型号轮胎在正常工作状态下，内部容积，且在一般的气压变化和温度波动范围内可近似认为保持不变。考虑到长途驾驶过程中轮胎温度和气压会发生变化，为保障行车安全，车辆使用手册建议轮胎气压应保持在之间（下面计算结果均保留一位小数）。 (1)小王驾车行驶到南方某城市时轮胎内气体温度升高到，若轮胎容积不变，求此时轮胎内气体的压强； (2)小王发现此时轮胎内气体压强超出了车辆使用手册建议的范围，为将轮胎内气体压强调整为，在温度不变的情况下，他通过轮胎气门芯缓慢放气进行调整。假设放出的气体在、状态下，求需放出气体的体积； (3)调整好气压后，小王继续驾车行驶。经过长时间的高速行驶，轮胎因与地面摩擦以及内部气体做功，温度进一步升高，压强变为，同时由于轮胎橡胶受热软化，其内部容积膨胀变为。求此时轮胎内气体的温度与初始温度之比。 【答案】(1) (2) (3)1.2 【详解】（1）轮胎容积不变，根据查理定律有 解得 （2）设轮胎内封闭气体压强为时，轮胎内部剩余体积和放出气体体积之和为，根据玻意耳定律有 则放出气体的体积 结合上述解得 （3）调整好气压后，温度进一步升高，压强变为，其内部容积膨胀变为时，根据理想气体状态方程有 解得 则有 17．（24-25高二下·四川内江·期末）市政路面的井盖，由于暴雨的影响，路面井盖上的排气孔可能会被堵塞，从而造成安全隐患。已知井盖的质量为，井盖的横截面积为，初始时水位与井盖之间的距离为，井内密闭气体的压强恰好为大气压强，其内气体可视为理想气体，且温度保持不变，重力加速度为，则： (1)当井内密封气体的压强为多大时，井盖恰好被顶起？ (2)井盖恰好被顶起的瞬间，水位上升的高度是多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）以井盖为研究对象，当井盖恰好被顶起时，根据平衡条件有 解得 （2）以水位和井盖之间的气体为研究对象，依题意气体温度保持不变，由有 解得 18．（24-25高二下·四川广安·期末）如图，在竖直放置、开口向上的圆柱形绝热气缸内用质量m=1.0kg的绝热活塞密封了0.01mol的某种理想气体，活塞横截面积S=5cm2，能无摩擦滑动。初始时气缸内的气体温度T0=300K，气柱的高度h=30cm，气缸内有一阻值R=1Ω的电阻丝。已知1mol该理想气体温度升高1K内能增加20J，大气压强p0=1×105Pa。现给电阻丝通I=1A的恒定电流，活塞会缓慢向上移动，一段时间后停止通电。若电阻丝产生的热量全部被气缸内的气体吸收，活塞向上移动了Δh=3cm。重力加速度g取10m/s2，忽略电阻丝的体积。求： (1)此时气体的温度T； (2)电阻丝通电的时间t。 【答案】(1)K (2) 【详解】（1）气体做等压变化，设此时的温度为 由盖－吕萨克定律可得， 代入数值，解得 （2）设封闭气体压强为，对活塞由平衡条件得， 解得 气体对外做功 气体内能增加量 根据热力学第一定律 解得气体吸收的热量 设电阻丝通电时间为t，由题意得， 解得 19．（24-25高二下·四川达州·期末）如图所示为某同学学习了传感器和热力学相关知识后，自己设计的科技创新作品——温度报警装置。导热性能良好的汽缸置于水平地面上，质量为m、横截面积为S的活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，压力传感报警器固定在竖直杆上，当压力传感器与活塞上表面接触并相互挤压产生压力时，报警器开始报警。若环境温度为T0时，活塞离压力传感器的距离为h，离汽缸底的距离为5h，大气压强恒为p0=，重力加速度大小为g。 (1)求报警器开始报警时的环境温度T1； (2)若汽缸内气体从T0升高到T1时，活塞缓慢向上移动，汽缸内气体从外界吸收热量8mgh，求汽缸内气体内能变化量ΔU。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）活塞缓慢向上移动过程中，由于汽缸内封闭气体压强始终保持不变，此过程为等压变化，根据盖吕-萨克定律可得                                                                                 解得 （2）汽缸内封闭气体压强始终保持不变，根据平衡条件可得 解得                                                                                 活塞缓慢向上移动过程中，封闭气体体积膨胀，气体对外做功为，则有                                                                                       由热力学第一定律                                                                                       综上可得 20．（24-25高二下·四川雅安·期末）中医学，作为中华民族的瑰宝，源远流长，承载着数千年的智慧与实践经验。拔火罐是一种传统中医疗法，通过在皮肤上放置玻璃罐并利用火焰或泵抽空罐内空气来产生负压，吸引皮肤和筋膜组织，从而达到治疗疾病的目的（如图甲所示）。小明用图乙所示装置研究“火罐”的“吸力”：将一个横截面积为的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞通过轻质细线与放在台面的质量为的重物相连，此时活塞静止，细线恰好被拉直且拉力为零，活塞距汽缸底部的距离为。他将一团燃烧的轻质酒精棉球从阀门K处投入，待酒精棉球熄灭后，立即密闭阀门K，由于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面处。已知环境温度不变，，为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦。求： (1)酒精棉球熄灭时的温度与环境温度的比值； (2)若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为，求气体内能的变化。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）阀门K密闭时，气体压强为，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得 可得 根据理想气体状态方程 解得 （2）外界对气体做功为 根据热力学第一定律 可得气体内能变化量 21．（24-25高二下·四川广元·期末）如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L，一横截面积为S的光滑活塞（质量、厚度均不计）将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞下方挂一质量为m的砂桶，活塞静止时活塞与汽缸底部的间距为。大气压强恒为（g为重力加速度大小），环境热力学温度恒为。 （1）若在砂桶中逐渐加入砂子，求活塞刚接触卡环时砂桶（含砂）的总质量M； （2）若不在砂桶中加入砂子，对缸内气体缓慢加热，求气体的热力学温度时的压强p。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）未加砂子平衡时，根据平衡条件 当活塞刚接触卡环时，对封闭气体，根据波义耳定律有 根据平衡条件 联立解得 （2）活塞接触卡环之前，缸内气体发生等压变化，有 活塞刚接触卡环时，气体温度 之后，气体发生等容变化，加热到时 解得 地 城 考点03 带电粒子在复合场中运动 22．（24-25高二下·四川成都·期末）如图所示的xOy直角坐标系内，第二象限直线AC左上方的区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，A点坐标为（−L，0），C点坐标为（0，L）；第一象限x=L右侧的区域Ⅱ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，边界与x轴交点为D。在A点有一粒子源沿y轴正方向向区域Ⅰ射入大量带正电的同种粒子，粒子速度大小满足0<v≤v0。已知以速度v0射入的粒子恰好能从C点离开区域Ⅰ，经区域Ⅱ偏转后恰好从D点离开区域Ⅱ。不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： (1)粒子的比荷； (2)区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小B′及区域Ⅱ内有粒子经过的面积S； (3)粒子从A点射入到第一次离开区域Ⅱ的最短时间tmin。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）速度为v0的粒子恰好能从C点离开区域Ⅰ，由几何关系，粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径为 由洛伦兹力提供向心力得 解得 （2）速度为v0的粒子经区域Ⅱ偏转后从D点离开，由洛伦兹力提供向心力得 由几何关系 解得 由分析可得所有粒子垂直区域Ⅱ左边界进入区域Ⅱ偏转后都从D点离开区域Ⅱ，区域Ⅱ内有粒子经过的面积为 解得 （3）由分析可知，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ运动时间与入射速度大小无关，从区域Ⅰ到区域Ⅱ粒子速度越大，匀速直线运动距离越短，时间越短。所以当v=v0时粒子从A到D的时间最短。 粒子在区域Ⅰ运动的时间为四分之一周期，即 粒子出区域Ⅰ到进区域Ⅱ的时间为 粒子在区域Ⅱ的时间为二分之一周期，即 粒子从A到D的最短时间为 23．（24-25高二下·四川自贡·期末）如图所示，空间直角坐标系Oxyz中有一与xOz平面平行的足够大的接收屏M，接收屏M与y轴交点坐标为（0，l，0）。在O点存在一粒子源，仅在xOy平面内沿各个方向均匀发射速率为、电荷量为＋q、质量为m的粒子，整个空间存在沿z轴正方向、磁感应强度大小的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论效应。求： (1)粒子在该磁场中做匀速圆周运动的半径r和周期T； (2)粒子从原点O射出后运动到接收屏M的最短时间t； (3)若在xOz平面和接收屏M间再加一个沿z轴正方向、场强大小的匀强电场（图中未画出），求粒子打到接收屏上的z坐标最大的点在坐标系Oxyz中的坐标。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）粒子在该磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有， 其中 解得， （2）结合上述与题意可知，粒子圆周运动的半径等于l，粒子从原点O射出后运动到接收屏M的轨迹对应的弦长的最小值为l，则圆心角的最小值为60°，即最短时间 结合上述解得 （3）粒子在z轴正方向做匀加速直线运动，在xOy平面内做匀速圆周运动，若粒子打到接收屏上的z坐标最大，则该粒子达到接收屏上经历的时间为最大值，由于电场在xOz平面和接收屏M间，则圆周运动轨迹也在xOz平面和接收屏M间运动时间最长为 对应轨迹为四分之一圆周，对应的x坐标为l与-l，对应的y坐标为l，对应的z坐标 解得 即粒子打到接收屏上的z坐标最大的点在坐标系Oxyz中的坐标为 24．（24-25高二下·四川绵阳·期末）如图所示，M、N分别是xOy坐标系x、y轴上的两点，三角形OMN区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，斜边MN长度为L，∠OMN=60°，MN边放置一薄挡板，挡板中点处有一小孔K。三角形OMN之外的第一象限区域存在垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场B′；第四象限内存在方向沿y轴正方向、大小未知的匀强电场E。位于x轴负半轴上方的粒子发生器与y轴之间存在沿x轴正方向的匀强加速电场，加速电压大小可调。在范围内，粒子发生器产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，经加速电场后进入三角形OMN区域，部分粒子穿过小孔，其余粒子与挡板碰撞被挡板吸收。不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1)调整加速电压，使粒子垂直挡板射出小孔K。求加速电压U0； (2)调整加速电压，使粒子射出小孔K的速度最小，之后的运动轨迹恰好与x轴相切。求磁感应强度B′的大小； (3)在满足（1）间的条件下，若B′=B，且。求粒子从离开小孔K到第三次经过x轴的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子经过加速电场垂直y轴进入三角形OMN区域，又垂直挡板射出小孔，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为N，设粒子做圆周运动的速度大小为v，半径为r，则， 粒子在电场中加速过程有 联立解得 （2）粒子射出小孔的速度最小，在三角形区域内做匀速圆周运动的轨道半径最小，圆心与K连线垂直于y轴，设粒子最小速度为v1，半径为r1，则， 粒子从小孔射出后，在匀强磁场B′的作用下做匀速圆周运动，半径为r2，则， 联立解得 （3）由于B′=B，所以粒子在两部分磁场中做圆周运动的半径相等，则粒子在B′磁场中做匀速圆周运动的圆心为M点，粒子在第一次经过x轴时速度垂直于x轴沿y轴负方向，进入第四象限后在匀强电场作用下先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，第二次经过x轴时的速度大小不变，方向沿y轴正方向，之后在第一象限做匀速圆周运动，经过半个周期第三次经过x轴，设粒子在匀强磁场B′中做匀速圆周运动的周期为T，从离开小孔到第一次经过x轴的时间为t1，则 粒子在匀强电场中往返的时间为t2，则 粒子第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为t3，则 所以 25．（24-25高二下·四川乐山·期末）如图所示，在轴上方存在磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为、电荷量为的带正电粒子从轴上的点沿轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与轴正方向成第一次进入电场。不计粒子重力，求： (1)粒子在磁场中运动的轨道半径和速度大小； (2)若粒子第一次进入电场后经过轴上点（未标出）时速度方向恰好与轴垂直，匀强电场的电场强度大小； (3)粒子从开始运动到返回出发点所用的总时间。 【答案】(1)； (2) (3) 【详解】（1）粒子从P点释放后在第二象限内做匀速圆周运动，根据几何关系可得 可得 由 可得 （2）粒子进入第三象限后在电场力作用下做曲线运动，可分解为沿轴方向的匀速直线运动和沿轴方向匀减速直线运动，轴方向， 轴方向， 解得 （3）匀速圆周运动的周期 粒子在第二象限和第一象限内做匀速圆周运动的轨迹均为个圆周，设在磁场中的运动时间为，有 粒子在第三象限和第四象限内的曲线运动具有等时性，故粒子从P到第一次回到P点的运动时间为 26．（24-25高二下·四川达州·期末）如图所示，在轴上方空间中存在沿轴负方向的匀强电场，在轴下方空间中，存在垂直平面（纸面）向外的匀强磁场。一比荷（电荷量与质量的比值）为的正电粒子，以速率从沿轴正方向射入，并依次通过轴上的和轴上的，通过时，粒子速度方向与轴正方向成。已知和坐标分别为和，不计粒子重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第五次经过轴时的坐标。 【答案】(1) (2) (3)（6L，0） 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由速度关系可知粒子在的速度与初速度满足关系                                                         粒子从到的过程中，由动能定理得                                                         综上得 （2）设的距离为，由平抛运动推论有 解得 即点坐标为（2L，0） 分析粒子在磁场中的运动轨迹可知，连线与轴负方向夹角为45°，恰好与方向垂直，则说明连线为轨迹圆的直径，由几何关系可知，轨迹圆半径                                                         粒子的洛伦兹力提供圆周运动向心力有                                                         综上可得 （3）分析粒子运动轨迹可知，粒子第二次与x轴相交时距为d，则 即粒子与x轴第二次相交点为坐标原点，由直线边界的对称性可知，此时速度方向与x轴正方向成45°则粒子在电场中做类斜抛运动，设水平位移为x3，运动时间为t，则，， 即粒子从电场经过（4L，0）到磁场，再次做圆周运动，并遵循第一次从电场到磁场中做圆周运动的规律，则第四次经过x轴时横坐标为x4，则 粒子将从（2L，0）进入电场，重复第一次由磁场到电场的类斜抛运动，则第五次经过x轴时横坐标为x5，则 综上粒子第五次经过x轴时坐标为（6L，0） 地 城 考点04 电磁感应 27．（24-25高二下·四川成都·期末）如图所示，间距的两平行金属导轨、固定在绝缘水平桌面上，导轨左侧通过导线与理想电流表相连。、为两段长度的均匀电阻丝，其单位长度的电阻；、的长度，电阻不计。在右侧存在沿导轨方向均匀增大的磁场（，为磁场中某点到的距离），磁场方向垂直水平面向下。时，长度，质量，电阻不计的导体棒从以某一初速度在拉力作用下沿导轨向右运动，从运动至过程中，电流表示数恒为。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦阻力。求： (1)导体棒经过时所受安培力大小及速度大小； (2)导体棒从运动至过程中，拉力所做的功； (3)导体棒从运动至的总时间。 【答案】(1)； (2) (3) 【详解】（1）处的磁感应强度为 导体棒经过时所受安培力为 解得 导体棒经过时，由闭合电路欧姆定律得 此时回路电阻为 解得 （2）导体棒经过处的磁感应强度为 由闭合电路欧姆定律得 解得 导体棒从运动至的过程中，电流不变，磁感应强度随线性变化，故安培力随位移线性变化，安培力做功为 导体棒从运动至的过程中，由动能定理得 解得 （3）导体棒从运动至的过程中，假设运动至与距离为处，由闭合电路欧姆定律得 其中 解得 即导体棒从运动至的过程中做匀速直线运动，运动时间为 导体棒从运动至的过程中，克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热 总时间为 解得 28．（24-25高二下·四川自贡·期末）如图，两根完全相同的金属导轨abcde和a’b’c’d’e’平行放置，ad段和a’d’段水平，间距L＝1m，左端接有定值电阻R＝1Ω，导轨电阻均忽略不计。导轨ab段为粗糙区域，导轨其余部分均光滑，bc段的长度D＝1.5m，在bcc’b’对应区域有竖直向下的匀强磁场，cd段足够长，de段是竖直平面内的圆弧，与cd段平滑连接，e端相对导轨水平部分高h＝0.45m。现有粗细相同、长度均为L的两根直杆，一根为金属杆，质量M＝0.3kg，与导轨接触良好，电阻不计；另一根为绝缘杆，质量m＝0.1kg。先将金属杆从导轨上ee＇处由静止自由释放，进入磁场区域运动了D’＝0.9m后停止。再将绝缘杆也从导轨上ee’处由静止自由释放。已知两杆之间的碰撞均是弹性碰撞，且每次碰撞前金属杆的速度均为零。重力加速度取。求： (1)金属杆进入磁场时，金属杆的速度大小及电阻R上电流的方向（a-R-a’或a’-R-a）； (2)在bcc’b’对应区域内磁感应强度B的大小； (3)金属杆第一次被碰后瞬间的速度大小及整个过程中电阻R产生的焦耳热。 【答案】(1)3m/s， (2)1T (3)1.5m/s，1.7625J 【详解】（1）根据动能定理可得 解得金属杆进入磁场时，金属杆的速度大小为 根据右手定则可得电阻R上电流的方向为 （2）金属杆进入磁场直到第一次停止，由动量定理可得 其中 代入数据联立解得 （3）绝缘杆释放后与金属杆第1次相碰前，根据动能定理可得 解得绝缘杆与金属杆第一次相碰前瞬间的速度为 金属杆第n次被碰后根据动量守恒定律与能量守恒定律可得， 解得金属杆第n次被碰后瞬间的速度为 绝缘杆第n次被碰后瞬间的速度为 所以金属杆第1次被碰后瞬间的速度为 金属杆第一次被碰后直到停止，由动量定理可得 其中 联立解得金属杆第一次被碰后直到停止过程的位移为 依次类推，可得金属杆第二次被碰后直到停止过程的位移为 发现 说明金属杆第二次被碰后已运动至导轨ab段，则由动量定理可得 其中 代入数据解得金属杆离开磁场瞬间的速度为 则根据能量守恒定律可知整个过程中电阻R产生的焦耳热为 29．（24-25高二下·四川绵阳·期末）如图所示，足够长光滑平行的金属轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分宽L1=1m、倾角θ=37°，水平部分宽L=2m，所在空间分别存在垂直于各自轨道面向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B=1T。两根金属杆ab和cd，长度均为L=2m，质量均为m=1kg，总电阻均为R=2Ω。cd杆放置在水平轨道上距两部分连接处x0=10m处，并在外力作用下固定，ab杆在倾斜轨道上某处由静止释放，当ab杆经过连接处时撤去作用在cd杆上的外力。已知ab杆到达斜面底端前已经做匀速运动，经过连接处速度大小不变，滑上水平轨道恰好不脱离轨道，两杆在运动过程中始终垂直于轨道且与轨道接触良好，没有相碰。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；重力加速度g=10m/s2。求： (1)ab杆在倾斜轨道上的最大速度； (2)稳定后cd与ab间的距离。 【答案】(1)18m/s (2)1m 【详解】（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度时有， 联立解得 （2）当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得 设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有， 联立解得 30．（24-25高二下·四川内江·期末）如图所示，光滑平行的四分之一圆弧金属导轨ab、a′b′，半径为r=1.25m，与水平固定的光滑平行金属导轨bc、b′c′平滑连接，圆弧部分在竖直平面内，足够长的光滑平行金属导轨ef、e′f′固定在水平面上，两导轨间距均为L=1m，c′点与e′点的高度差为h=0.2m，水平距离为x=0.9m，导轨ab、a′b′左端接阻值为R=0.8Ω的定值电阻，两导轨水平部分均处在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小均为B=0.3T。质量为m2=0.15kg，电阻R2=0.4Ω的金属棒Q垂直静止放在金属导轨ef、e′f′上，距离左端d=2m。质量为m1=0.3kg，电阻R1=0.2Ω的金属棒P，从导轨ab、a′b′的顶端处由静止自由释放，从cc′处水平飞出后恰好落在ee′端，此时，金属棒P在竖直方向的分速度变为零，水平方向的分速度不变，并沿着ef、e′f′向右滑行与金属棒Q发生碰撞粘合在一起。重力加速度大小为g=10m/s2，不计导轨电阻，不计一切摩擦及空气阻力。运动过程中两金属棒P、Q始终与金属导轨垂直并接触良好。求： (1)金属棒P刚进入磁场时的安培力； (2)平行金属导轨bc的长度； (3)在整个过程中，金属棒P上产生的焦耳热。 【答案】(1)，方向水平向左 (2) (3) 【详解】（1）金属棒P从圆弧顶端下滑至底端过程中，由机械能守恒得 进入磁场时，感应电动势为 感应电流为 安培力为 由以上各式解得 方向水平向左。 （2）金属棒P平抛运动过程中，由平抛运动可得，竖直方向 水平方向 P棒在bc段运动过程中，由动量定理可得 平均电流 水平距离 由以上各式解得 （3）金属棒P在bc段运动过程中，由能量守恒可得全电路产生的焦耳热为 代入数据得 根据电路规律可得P棒在bc段运动过程中，P棒产生的焦耳热为 则P棒从进入ef段直到两棒相碰前，由动量守恒定律可得 对P棒由动量定理可得 代入数据得， 此过程中，由能量守恒定律可得 代入数据得 根据电路规律可得P棒在ef段运动过程中，P棒产生的焦耳热为 在整个过程中，金属棒P上产生的焦耳热 31．（24-25高二下·四川乐山·期末）电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应用于各种机械设备中。一电梯内制动系统核心部分的模拟原理图如图甲所示，一闭合正方形导线框abcd始终处于竖直平面内，其质量，阻值，边长；磁场两边界水平且宽度为L，磁感应强度大小为，方向垂直线框平面向里。当线框ab边与磁场上边界间的距离为L时线框以大小为的初速度竖直向下运动，同时受到大小随位移按图乙所示变化、方向竖直向上的拉力F作用。取，求： (1)线框ab边刚进入磁场时的速度大小以及加速度大小a； (2)线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q； (3)线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q。 【答案】(1)， (2) (3)1.375J 【详解】（1）根据动能定理有 由图乙知 解得 线框边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有 由图乙知 根据闭合电路欧姆定律有 解得 （2）线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 电荷量 解得 （3）设线框边到达磁场下边界时的速度大小为，线框离开磁场时的速度大小为，根据动量定理有， 又 解得 根据能量守恒定律有 解得 32．（24-25高二下·四川南充·期末）如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨在水平面内平行放置，其间距为，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。、两根导体棒长度略大于，质量均为电阻均为，垂直导轨放置，两棒之间的距离为。水平细线的一端固定于墙面，另一端与棒连接，能承受的最大拉力，细线的水平部分左端与棒连接，右端跨过光滑的定滑轮竖直连接质量为2kg的重物，0~2s内使棒始终保持静止，2s时刻释放棒，当下落高度时恰好断开，导轨电阻不计，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为。求： (1)时刻棒所受安培力； (2)刚断开时，棒的速度大小； (3)从释放棒到恰好断开，经历的时间和棒产生的热量。 【答案】(1)，水平向右 (2) (3)， 【详解】（1）0~2s，磁场均匀变化，感应电动势 感应电流 安培力（其中时） 解得 方向水平向右。 （2）2s后，磁场恒定，b棒与物体c运动，当M恰好要断裂时，对a棒（其中） 感应电动势 b棒切割磁感线，则 解得 （3）从释放b棒到M恰好断开，对导体棒，由动量定理 对重物c，由动量定理有 其中 联立解得 从释放b棒到M断开的过程，对整个系统，由能量守恒定律可得 则 33．（24-25高二下·四川广安·期末）如图所示，间距L为2m的两根平行光滑金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨电阻不计，两导轨间存在大小为0.1T、方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一个阻值为1Ω的电阻，一根质量为1kg、电阻为1Ω的导体棒垂直于导轨放在导轨上，导体棒与绝缘T形支架相连，当右侧的水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘边缘上的小圆柱可在T形支架的滑槽中滑动，从而带动T形支架在水平方向做往复运动。小圆柱到圆盘圆心的距离为，圆盘转动的角速度为50rad/s，A、C两点的连线为平行于导体棒的直径，D点为AC右侧圆弧的中点，导体棒与导轨始终接触良好，不计一切摩擦，求： (1)当小圆柱转动过A点时，导体棒中感应电动势大小EA； (2)从小圆柱运动到AD圆弧中点P时，流过电阻R的电流大小IP； (3)小圆柱从A点运动到D点的过程中，T形支架对导体棒做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小圆柱运动的线速度 当滑槽运动到AC连线上时，导体棒的速度等于v，导体棒中感应电动势的最大值 （2）导体棒的速度等于小圆柱沿垂直于滑槽方向的分速度，如图 从小圆柱运动到P点时，水平方向速度 导体棒中感应电动势 由闭合电路欧姆定律得，R中的电流 解得 （3）从小圆柱运动到A点开始计时，且取电流方向从P经R流向M为正方向，则导体棒中的感应电动势 则导体棒中感应电动势为正弦交流电，且最大值 由闭合电路欧姆定律得，流过电阻R的电流的有效值 小圆柱从A点运动到D点的时间 当小圆柱运动到D点时，导体棒的速度为零，对导体棒由动能定理得 电路中产生的热量 由功能关系可知 联立解得 34．（24-25高二下·四川达州·期末）如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小，方向垂直纸面向里。一正方形导线框MNPQ从距磁场上边界高度处自由下落，一段时间后PQ边进入磁场，再过一段时间t，MN边以进入磁场，已知线框质量，边长，电阻。重力加速度，求导线框 (1)刚进入磁场时，PQ边所受安培力f安的大小； (2)进入磁场过程中产生的热量Q； (3)进入磁场所用时间t。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）导线框进入磁场前做自由落体运动，当PQ边刚进入磁场时，导线框速度大小为v0。 根据机械能守恒定律得 解得 此时PQ边切割磁感线产生的感应电流为                                                                                       PQ边所受安培力为                                                                                       带入数值得 （2）导线框进入磁场过程中，由能量守恒有                                                 带入数值得 （3）导线框进入磁场过程中由动量定理有                                                         其中                                                         通过导线框的电荷量为                                                         带入数值计算可得 35．（24-25高二下·四川资阳·期末）我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣小组根据所学的物理原理进行电磁弹射设计，其加速和减速过程可以简化为下述过程。两根足够长的平直轨道和固定在水平面上，其中左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，间接有定值电阻，右侧为粗糙绝缘轨道。沿轨道建立轴，坐标原点与点重合。左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场、右侧为沿轴渐变的磁场，垂直于轴方向磁场均匀分布。现将一质量为，长度为，电阻为的金属棒垂直放置在轨道上，与距离为。的右方还有质量为3m，各边长均为的形框，其电阻为。棒在恒力作用下向右运动，到达前已匀速。当棒运动到处时撤去恒力，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到与运动方向相反的阻力，阻力大小与速度满足。已知，，，，，，，求： (1)棒ab与U形框碰撞前速度的大小； (2)棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量； (3)“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标； (4)U形框在运动过程中产生的焦耳热。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）由题意可知棒ab到达前已匀速，则有 又， 联立解得 （2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量为 其中， 联立可得 （3）设碰后瞬间金属框的速度为，根据动量守恒可得 解得 此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab边处磁场为，de边处磁场为，则回路中的电动势为 其中 回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律可得 此时回路受到的安培力大小为 根据动量定理可得 其中， 联立解得“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标为 （4）根据功能关系可知，U形框在运动过程中产生的总热量为 因任意时刻安培力与摩擦力之比为，所以焦耳热与摩擦热之比也为，可得U形框在运动过程中回路产生的总焦耳热为 则U形框在运动过程中产生的焦耳热为 36．（24-25高二下·四川遂宁·期末）如图所示，绝缘水平面上固定有一足够长光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距离为L，导轨右边NQ处接一电阻R，电阻R两端接入交流电压表（图中未画出），（交流电压表为理想电表，且使用过程中均不会超过量程）。空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的处（有一根长为L，质量为m，电阻为r的金属杆AB垂直于MN和PQ，其余电阻不计。垂直于MN和PQ）。在金属杆的中点处施加垂直于AB杆的沿水平方向的外力F，使金属杆AB以运动，v0和都为正且不变，选取向右为速度的正方向。 (1)从开始计时，写出t时刻金属杆运动的感应电动势和交流电压表的示数； (2)从开始计时到金属杆第一次回到时外力F做的功； (3)金属杆AB的加速度的表达式为（v0、都为正且不变） ①从到时间内，写出t时刻外力F的表达式； ②从到时间内，安培力的冲量大小为已知量，从到 时间内，外力F的冲量。 【答案】(1)， (2) (3)①  ② 【详解】（1）由电磁感应定律感应电动势 解得 感应电动势的有效值为，交流电压表的示数为电阻R两端的电压，由欧姆定律 解得 （2）从开始计时到金属杆第一次回到时，外力F做的功等于电路产生的焦耳热 解得 （3）① t时刻，对金属杆由牛顿第二定律得， 解得 ② 对金属杆时，金属杆的速度为 时，金属杆的速度为 从到时间内，外力F的冲量为，由动量定理得 解得 37．（24-25高二下·四川雅安·期末）在如图甲所示的匀强磁场中，水平U型导体框左端接定值电阻和理想交流电流表，一金属棒垂直导轨放置，与导轨始终接触良好。对金属棒施加一个平行于导轨的拉力，使金属棒运动的速度随时间按图乙所示的正弦规律变化。已知磁场磁感应强度为，导轨间距和金属棒长度均为，金属棒质量为，金属棒和定值电阻阻值均为，导轨电阻不计，不计一切摩擦，图乙中、已知。求 (1)电流表A的示数； (2)在的过程中，拉力所做的功； (3)在的过程中，通过定值电阻的电荷量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）金属棒产生的电动势的有效值为 回路中的电流 解得电流表的示数 （2）在时间内，产生的焦耳热为 根据功能关系有 解得 （3）由于感应电动势为 该方式下产生的交变电流与单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的方式是相似的，则在单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型中，的过程中流过线圈的电量为 又有 联立解得 地 城 考点05 交变电流 38．（24-25高二下·四川广元·期末）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=109kW，发电机的输出电压为U1=250V，经升压变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=16Ω，在用户端用降压变压器把电压降低为U4=220V。已知输电线上损失的功率P线=10kW，假设这两个变压器均为理想变压器，试求： (1)整个输电网络的输电效率η（即用户实际消耗的功率占电源输出功率的百分比，计算结果保留3位有效数字）； (2)降压变压器的匝数比n3∶n4； (3)若用户数增加，导致消耗功率达到217.8kW，要求用户端电压U4不变，则可调整发电机输出功率以满足要求，求调整后整个输电网络在全功率下的输电效率η'（计算结果保留3位有效数字）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）整个输电网络的输电效率为 （2）设输电线电流为I3，由 解得 用户端功率 解得 则降压变压器的匝数比 （3）当用户端消耗功率达到后，由公式 解得 根据变压器电流的变比关系 解得 线路损失功率 则输电网络的效率为 地 城 考点06 机械振动机械波 39．（24-25高二下·四川泸州·期末）位于坐标原点O处的波源在时刻发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波，时刻的波形如图所示。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为、。求： (1)该波的波长和波速； (2)P质点第二次到达波峰的时刻； (3)Q质点的振动方程。 【答案】(1)， (2) (3)（） 【详解】（1）由题图可知 可得该波的波长为 根据题意可知该波的波速为 （2）周期为 根据波形平移法可知从到P质点第一次到达波峰所用时间为 则P质点第二次到达波峰的时刻为 （3）波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知质点的起振方向向下；质点Q的起振时刻为 则Q质点的振动方程为（） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 计算篇 答案 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）单色光从上表面射入，入射角，反射光与折射光刚好垂直，可知折射角为 则该玻璃砖的折射率 （2）由几何关系可得 则从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离为 （3）该单色光能量子的值为 2．（1）；（2） 【详解】（1）设该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则有 解得 （2）该单色光射到玻璃砖的平面上时的入射角为i=45°，则 sin 45°>sin C 则单色光在玻璃砖内射到平面上时会发生全反射，其光路图如图所示    单色光在玻璃砖内传播的距离为 传播速度为 传播时间为 3．(1) (2)7cm 【详解】（1）根据题意光路如图所示 由几何关系知， 则 液体的折射率为 联立解得 （2）分析如图，易知Q点发出的光入射到液面的角度仍为r，如图所示 由几何关系 联立解得 4．(1) (2) 【详解】（1）光从空气进入玻璃，由折射定律可知 解得 由几何关系知光在玻璃中传播的路程 光在玻璃中传播的速度 光在玻璃中传播的时间 联立解得 （2）由几何关系有 解得 5．(1) (2) 【详解】（1）由题意可知，单色光从C点垂直于AO边射入恰好在D点发生全反射，由图中的几何关系得D点是AB中点，得DB=DO=R， 临界角 由全反射得 （2）光线从D点反射后恰好射到O点，，大于临界角C，则在O点发生全反射，如图，光在玻璃中的路程 光在玻璃中的传播速度 则该单色光在玻璃中时间 6．(1) (2) 【详解】（1）如图所示 底面直径与桶高相等，所以图中入射角 折射角为r，则有 油的折射率 （2）设t时间内油面深度为y，光斑移动位移大小为x，则 ， 解得 7．(1) (2) 【详解】（1）取水下光源的某一点作为研究对象，其发射的光与水面间的夹角如图所示 当刚好发生全反射时， 当能照亮水面的边界与光源的水平距离为时，发光区域开始出现变形 根据几何关系，可解得 （2）当刚好发生全反射时，每个发光的位置在水面上形成以为半径的圆形发光区域， 由几何关系可知，发光面积为 整理可得 8．(1) (2) 【详解】（1）光路图如图所示 设该玻璃的临界角为，有 解得 由几何关系知，则光在面发生全反射，又 由折射定律有 解得 （2）设光线分别经过面、面的、点，由几何关系有， 解得 9．(1) (2) 【详解】（1）作出光路图如图所示，则有 其中C为临界角，则有 解得 （2）该束光在材料中传播速度大小为 由几何关系有 该束光从B点射向D点所用的时间是 解得 10．（1）；（2） 【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为 设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有 联立解得 理想变压器的输出功率等于R的热功率，即 （2）设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有 由知气体吸收的热量 根据热力学第一定律，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则 电热丝产生的热量全部被气体吸收 联立整理得 解得 【点睛】 11．(1) (2) (3) 【详解】（1）对活塞受力分析，由平衡条件可得 解得缸内气体的压强 （2）缸内气体温度由变为，发生等压变化，则有 解得 （3）设最高温时内能为U，由题意有 其中内能变化量为 气体对外做功， 热力学第一定律有 联立解得 12．(1)T=310K (2)会“爆裂”；见解析 【详解】（1）包装袋缓慢膨胀过程内部的气体经历等压变化，设包装袋内部气体最大体积为Vmax时，气体温度等于外界温度T，由等压变化规律可得 解得 （2）高海拔地区外界压强较低，温度降为T1=290K时，假设包装袋膨胀至最大体积且没有“爆裂”，内部气体压强为p1，由理想气体状态方程得 解得 p1>p，包装袋达到最大体积； 因p1−p>Δp，假设不成立，包装袋会“爆裂” 13．(1) (2)1.5 【详解】（1）根据玻意耳定律有 解得 （2）将放出的气体与袖带内气囊中剩余气体看为同一状态的气体，令其中放出的气体体积为，则有 根据玻意耳定律有 解得k=1.5 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）第1次抽气后左容器内气体压强 解得 （2）根据，第n次抽气后左容器内气体压强 （3）设左容器内气体的初始质量为m。 第1次抽气：， 第2次抽气：， 第3次抽气：， …… 第n次抽气：， 第n次抽气后，左容器抽出气体的质量 第n次抽气后，左容器剩余气体的质量 解得 15．(1)10cm (2)5.5L 【详解】（1）设活塞压到离储气筒底部最小距离h时，活塞下方气体的压强为p1，活塞平衡，则 储气筒内气体被压缩过程时等温变化，则 解得 （2）以轮胎气压为3.2bar时轮胎内气体为研究对象，设充入标准大气压下气体的体积为V，气体初状态体积为 则 其中， 解得 16．(1) (2) (3)1.2 【详解】（1）轮胎容积不变，根据查理定律有 解得 （2）设轮胎内封闭气体压强为时，轮胎内部剩余体积和放出气体体积之和为，根据玻意耳定律有 则放出气体的体积 结合上述解得 （3）调整好气压后，温度进一步升高，压强变为，其内部容积膨胀变为时，根据理想气体状态方程有 解得 则有 17．(1) (2) 【详解】（1）以井盖为研究对象，当井盖恰好被顶起时，根据平衡条件有 解得 （2）以水位和井盖之间的气体为研究对象，依题意气体温度保持不变，由有 解得 18．(1)K (2) 【详解】（1）气体做等压变化，设此时的温度为 由盖－吕萨克定律可得， 代入数值，解得 （2）设封闭气体压强为，对活塞由平衡条件得， 解得 气体对外做功 气体内能增加量 根据热力学第一定律 解得气体吸收的热量 设电阻丝通电时间为t，由题意得， 解得 19．(1) (2) 【详解】（1）活塞缓慢向上移动过程中，由于汽缸内封闭气体压强始终保持不变，此过程为等压变化，根据盖吕-萨克定律可得                                                                                 解得 （2）汽缸内封闭气体压强始终保持不变，根据平衡条件可得 解得                                                                                 活塞缓慢向上移动过程中，封闭气体体积膨胀，气体对外做功为，则有                                                                                       由热力学第一定律                                                                                       综上可得 20．(1) (2) 【详解】（1）阀门K密闭时，气体压强为，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得 可得 根据理想气体状态方程 解得 （2）外界对气体做功为 根据热力学第一定律 可得气体内能变化量 21．（1）；（2） 【详解】（1）未加砂子平衡时，根据平衡条件 当活塞刚接触卡环时，对封闭气体，根据波义耳定律有 根据平衡条件 联立解得 （2）活塞接触卡环之前，缸内气体发生等压变化，有 活塞刚接触卡环时，气体温度 之后，气体发生等容变化，加热到时 解得 22．(1) (2)， (3) 【详解】（1）速度为v0的粒子恰好能从C点离开区域Ⅰ，由几何关系，粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径为 由洛伦兹力提供向心力得 解得 （2）速度为v0的粒子经区域Ⅱ偏转后从D点离开，由洛伦兹力提供向心力得 由几何关系 解得 由分析可得所有粒子垂直区域Ⅱ左边界进入区域Ⅱ偏转后都从D点离开区域Ⅱ，区域Ⅱ内有粒子经过的面积为 解得 （3）由分析可知，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ运动时间与入射速度大小无关，从区域Ⅰ到区域Ⅱ粒子速度越大，匀速直线运动距离越短，时间越短。所以当v=v0时粒子从A到D的时间最短。 粒子在区域Ⅰ运动的时间为四分之一周期，即 粒子出区域Ⅰ到进区域Ⅱ的时间为 粒子在区域Ⅱ的时间为二分之一周期，即 粒子从A到D的最短时间为 23．(1)， (2) (3) 【详解】（1）粒子在该磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有， 其中 解得， （2）结合上述与题意可知，粒子圆周运动的半径等于l，粒子从原点O射出后运动到接收屏M的轨迹对应的弦长的最小值为l，则圆心角的最小值为60°，即最短时间 结合上述解得 （3）粒子在z轴正方向做匀加速直线运动，在xOy平面内做匀速圆周运动，若粒子打到接收屏上的z坐标最大，则该粒子达到接收屏上经历的时间为最大值，由于电场在xOz平面和接收屏M间，则圆周运动轨迹也在xOz平面和接收屏M间运动时间最长为 对应轨迹为四分之一圆周，对应的x坐标为l与-l，对应的y坐标为l，对应的z坐标 解得 即粒子打到接收屏上的z坐标最大的点在坐标系Oxyz中的坐标为 24．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子经过加速电场垂直y轴进入三角形OMN区域，又垂直挡板射出小孔，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为N，设粒子做圆周运动的速度大小为v，半径为r，则， 粒子在电场中加速过程有 联立解得 （2）粒子射出小孔的速度最小，在三角形区域内做匀速圆周运动的轨道半径最小，圆心与K连线垂直于y轴，设粒子最小速度为v1，半径为r1，则， 粒子从小孔射出后，在匀强磁场B′的作用下做匀速圆周运动，半径为r2，则， 联立解得 （3）由于B′=B，所以粒子在两部分磁场中做圆周运动的半径相等，则粒子在B′磁场中做匀速圆周运动的圆心为M点，粒子在第一次经过x轴时速度垂直于x轴沿y轴负方向，进入第四象限后在匀强电场作用下先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，第二次经过x轴时的速度大小不变，方向沿y轴正方向，之后在第一象限做匀速圆周运动，经过半个周期第三次经过x轴，设粒子在匀强磁场B′中做匀速圆周运动的周期为T，从离开小孔到第一次经过x轴的时间为t1，则 粒子在匀强电场中往返的时间为t2，则 粒子第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为t3，则 所以 25．(1)； (2) (3) 【详解】（1）粒子从P点释放后在第二象限内做匀速圆周运动，根据几何关系可得 可得 由 可得 （2）粒子进入第三象限后在电场力作用下做曲线运动，可分解为沿轴方向的匀速直线运动和沿轴方向匀减速直线运动，轴方向， 轴方向， 解得 （3）匀速圆周运动的周期 粒子在第二象限和第一象限内做匀速圆周运动的轨迹均为个圆周，设在磁场中的运动时间为，有 粒子在第三象限和第四象限内的曲线运动具有等时性，故粒子从P到第一次回到P点的运动时间为 26．(1) (2) (3)（6L，0） 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由速度关系可知粒子在的速度与初速度满足关系                                                         粒子从到的过程中，由动能定理得                                                         综上得 （2）设的距离为，由平抛运动推论有 解得 即点坐标为（2L，0） 分析粒子在磁场中的运动轨迹可知，连线与轴负方向夹角为45°，恰好与方向垂直，则说明连线为轨迹圆的直径，由几何关系可知，轨迹圆半径                                                         粒子的洛伦兹力提供圆周运动向心力有                                                         综上可得 （3）分析粒子运动轨迹可知，粒子第二次与x轴相交时距为d，则 即粒子与x轴第二次相交点为坐标原点，由直线边界的对称性可知，此时速度方向与x轴正方向成45°则粒子在电场中做类斜抛运动，设水平位移为x3，运动时间为t，则，， 即粒子从电场经过（4L，0）到磁场，再次做圆周运动，并遵循第一次从电场到磁场中做圆周运动的规律，则第四次经过x轴时横坐标为x4，则 粒子将从（2L，0）进入电场，重复第一次由磁场到电场的类斜抛运动，则第五次经过x轴时横坐标为x5，则 综上粒子第五次经过x轴时坐标为（6L，0） 27．(1)； (2) (3) 【详解】（1）处的磁感应强度为 导体棒经过时所受安培力为 解得 导体棒经过时，由闭合电路欧姆定律得 此时回路电阻为 解得 （2）导体棒经过处的磁感应强度为 由闭合电路欧姆定律得 解得 导体棒从运动至的过程中，电流不变，磁感应强度随线性变化，故安培力随位移线性变化，安培力做功为 导体棒从运动至的过程中，由动能定理得 解得 （3）导体棒从运动至的过程中，假设运动至与距离为处，由闭合电路欧姆定律得 其中 解得 即导体棒从运动至的过程中做匀速直线运动，运动时间为 导体棒从运动至的过程中，克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热 总时间为 解得 28．(1)3m/s， (2)1T (3)1.5m/s，1.7625J 【详解】（1）根据动能定理可得 解得金属杆进入磁场时，金属杆的速度大小为 根据右手定则可得电阻R上电流的方向为 （2）金属杆进入磁场直到第一次停止，由动量定理可得 其中 代入数据联立解得 （3）绝缘杆释放后与金属杆第1次相碰前，根据动能定理可得 解得绝缘杆与金属杆第一次相碰前瞬间的速度为 金属杆第n次被碰后根据动量守恒定律与能量守恒定律可得， 解得金属杆第n次被碰后瞬间的速度为 绝缘杆第n次被碰后瞬间的速度为 所以金属杆第1次被碰后瞬间的速度为 金属杆第一次被碰后直到停止，由动量定理可得 其中 联立解得金属杆第一次被碰后直到停止过程的位移为 依次类推，可得金属杆第二次被碰后直到停止过程的位移为 发现 说明金属杆第二次被碰后已运动至导轨ab段，则由动量定理可得 其中 代入数据解得金属杆离开磁场瞬间的速度为 则根据能量守恒定律可知整个过程中电阻R产生的焦耳热为 29．(1)18m/s (2)1m 【详解】（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度时有， 联立解得 （2）当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得 设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有， 联立解得 30．(1)，方向水平向左 (2) (3) 【详解】（1）金属棒P从圆弧顶端下滑至底端过程中，由机械能守恒得 进入磁场时，感应电动势为 感应电流为 安培力为 由以上各式解得 方向水平向左。 （2）金属棒P平抛运动过程中，由平抛运动可得，竖直方向 水平方向 P棒在bc段运动过程中，由动量定理可得 平均电流 水平距离 由以上各式解得 （3）金属棒P在bc段运动过程中，由能量守恒可得全电路产生的焦耳热为 代入数据得 根据电路规律可得P棒在bc段运动过程中，P棒产生的焦耳热为 则P棒从进入ef段直到两棒相碰前，由动量守恒定律可得 对P棒由动量定理可得 代入数据得， 此过程中，由能量守恒定律可得 代入数据得 根据电路规律可得P棒在ef段运动过程中，P棒产生的焦耳热为 在整个过程中，金属棒P上产生的焦耳热 31．(1)， (2) (3)1.375J 【详解】（1）根据动能定理有 由图乙知 解得 线框边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有 由图乙知 根据闭合电路欧姆定律有 解得 （2）线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 电荷量 解得 （3）设线框边到达磁场下边界时的速度大小为，线框离开磁场时的速度大小为，根据动量定理有， 又 解得 根据能量守恒定律有 解得 32．(1)，水平向右 (2) (3)， 【详解】（1）0~2s，磁场均匀变化，感应电动势 感应电流 安培力（其中时） 解得 方向水平向右。 （2）2s后，磁场恒定，b棒与物体c运动，当M恰好要断裂时，对a棒（其中） 感应电动势 b棒切割磁感线，则 解得 （3）从释放b棒到M恰好断开，对导体棒，由动量定理 对重物c，由动量定理有 其中 联立解得 从释放b棒到M断开的过程，对整个系统，由能量守恒定律可得 则 33．(1) (2) (3) 【详解】（1）小圆柱运动的线速度 当滑槽运动到AC连线上时，导体棒的速度等于v，导体棒中感应电动势的最大值 （2）导体棒的速度等于小圆柱沿垂直于滑槽方向的分速度，如图 从小圆柱运动到P点时，水平方向速度 导体棒中感应电动势 由闭合电路欧姆定律得，R中的电流 解得 （3）从小圆柱运动到A点开始计时，且取电流方向从P经R流向M为正方向，则导体棒中的感应电动势 则导体棒中感应电动势为正弦交流电，且最大值 由闭合电路欧姆定律得，流过电阻R的电流的有效值 小圆柱从A点运动到D点的时间 当小圆柱运动到D点时，导体棒的速度为零，对导体棒由动能定理得 电路中产生的热量 由功能关系可知 联立解得 34．(1) (2) (3) 【详解】（1）导线框进入磁场前做自由落体运动，当PQ边刚进入磁场时，导线框速度大小为v0。 根据机械能守恒定律得 解得 此时PQ边切割磁感线产生的感应电流为                                                                                       PQ边所受安培力为                                                                                       带入数值得 （2）导线框进入磁场过程中，由能量守恒有                                                 带入数值得 （3）导线框进入磁场过程中由动量定理有                                                         其中                                                         通过导线框的电荷量为                                                         带入数值计算可得 35．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）由题意可知棒ab到达前已匀速，则有 又， 联立解得 （2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量为 其中， 联立可得 （3）设碰后瞬间金属框的速度为，根据动量守恒可得 解得 此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab边处磁场为，de边处磁场为，则回路中的电动势为 其中 回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律可得 此时回路受到的安培力大小为 根据动量定理可得 其中， 联立解得“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标为 （4）根据功能关系可知，U形框在运动过程中产生的总热量为 因任意时刻安培力与摩擦力之比为，所以焦耳热与摩擦热之比也为，可得U形框在运动过程中回路产生的总焦耳热为 则U形框在运动过程中产生的焦耳热为 36．(1)， (2) (3)①  ② 【详解】（1）由电磁感应定律感应电动势 解得 感应电动势的有效值为，交流电压表的示数为电阻R两端的电压，由欧姆定律 解得 （2）从开始计时到金属杆第一次回到时，外力F做的功等于电路产生的焦耳热 解得 （3）① t时刻，对金属杆由牛顿第二定律得， 解得 ② 对金属杆时，金属杆的速度为 时，金属杆的速度为 从到时间内，外力F的冲量为，由动量定理得 解得 37．(1) (2) (3) 【详解】（1）金属棒产生的电动势的有效值为 回路中的电流 解得电流表的示数 （2）在时间内，产生的焦耳热为 根据功能关系有 解得 （3）由于感应电动势为 该方式下产生的交变电流与单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的方式是相似的，则在单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型中，的过程中流过线圈的电量为 又有 联立解得 38．(1) (2) (3) 【详解】（1）整个输电网络的输电效率为 （2）设输电线电流为I3，由 解得 用户端功率 解得 则降压变压器的匝数比 （3）当用户端消耗功率达到后，由公式 解得 根据变压器电流的变比关系 解得 线路损失功率 则输电网络的效率为 39．(1)， (2) (3)（） 【详解】（1）由题图可知 可得该波的波长为 根据题意可知该波的波速为 （2）周期为 根据波形平移法可知从到P质点第一次到达波峰所用时间为 则P质点第二次到达波峰的时刻为 （3）波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知质点的起振方向向下；质点Q的起振时刻为 则Q质点的振动方程为（） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 计算篇 6大高频考点概览 考点01 光的折射、全反射 考点02 热学 考点03 带电粒子在复合场中运动 考点04 电磁感应 考点05 交变电流 考点06 机械振动与机械波 地 城 考点01 光的折射、全反射 1．（24-25高二下·四川泸州·期末）当一束光的反射光与折射光垂直时，对应的入射角称为布儒斯特角。布儒斯特角通过控制光的偏振态，在需要高精度偏振控制或低反射干扰的场景中发挥关键作用。如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度，若用波长的单色光从上表面射入，入射角，反射光与折射光刚好垂直。已知普朗克常量，光在真空中的传播速度，求： (1)该玻璃砖的折射率n； (2)从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离d； (3)该单色光能量子的值。 2．（24-25高二下·四川广元·期末）如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏。一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心O，且，已知玻璃砖对该单色光的折射率，光在真空中的传播速度为c。 （1）求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值； （2）求该单色光在玻璃砖内传播的时间。    3．（24-25高二下·四川遂宁·期末）老师傅常靠观察容器底部的漏水塞P来推测透明液体的深度，如图所示为截面是矩形的容器ABCD，其AB深度为24cm，BC长为32cm。容器中未装液体时，老师傅调整视线方向，刚好能同时观察到底部的B点和上边缘的D点。保持视线方向不变，容器中装满某种透明液体时，恰能观察到漏水塞P，长为14cm。 (1)求该透明液体的折射率； (2)保持视线方向不变，当容器排掉一半液体时，老师傅恰能观察到底部B、P间离B最远的点Q（图中未画出），求BQ的长度。 4．（24-25高二下·四川南充·期末）如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度为，折射率为，若光从上表面射入，入射角为，空气中的光速为，求： (1)光在玻璃中传播的时间； (2)从下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移距离。 5．（24-25高二下·四川广安·期末）由一个直角三角形和一个四分之一圆组成的光学柱状组件的横截面如图，圆弧的半径为R，∠A=30°。一束单色光垂直于AO边中点C射入，恰好在AB边上的D点发生全反射，光在真空中的传播速度为c。求： (1)求玻璃砖对该单色光的折射率n； (2)求光在组件中从C点射入至最后射出过程的传播时间t。 6．（24-25高二下·四川资阳·期末）如图所示，一个储油桶的底面直径与高均为d。当桶内没有油时，点A处的光源发出的一条光线恰能沿着桶口照射到桶底的左端点B。现往桶内匀速地注入油，单位时间内桶内油的深度增幅为u，当油的深度等于桶高的一半时，该光线照射到桶底上的点C。且C、B两点相距。求： (1)油的折射率n； (2)光线在桶底的光斑在桶底的移动速度大小v。 7．（24-25高二下·四川内江·期末）在公园的水池里，可通过控制光源深度的变化来改变水面被照亮的形状，其原理如图所示，一边长为的正方形线状光源，平行于水面放置于水中，通过调节光源距离水面的深度，可实现水面上不同形状发光区域的变化。已知水的折射率为。则： (1)光源从水面位置保持平行于水面缓慢向下移动，发现水面的发光区域的形状不变，只是面积在扩大。当光源距离水面深度为时，发光区域的形状发生变化，此时深度为多少？ (2)当发光区域的形状恰好变化时，水面上发光区域的面积为多少？ 8．（24-25高二下·四川乐山·期末）如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，一单色细光束从的中点垂直于面入射。棱镜的折射率，，求： (1)光第一次从棱镜内射出时的折射角； (2)出射点到点的距离。 9．（24-25高二下·四川雅安·期末）如图所示，一半径为R的半球形透明材料，O为球心，A为半球面的顶点。一束单色光平行于AO射到半球面的B点，折射后在底面D点处恰好发生全反射，已知该透明材料的折射率为。求： (1)B点处入射角的正切值； (2)该束光从B点传播到D点所用的时间。 地 城 考点02 热学 10．（24-25高二下·四川资阳·期末）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 （1）求变压器的输出功率P； （2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 11．（24-25高二下·四川南充·期末）近期南充市的气温变化较大，某天的气温变化范围为。一同学把一导热汽缸固定在水平地面上，用质量为的活塞封闭一定质量的空气，如图所示。气温最低时，该同学测得缸内封闭气柱的高度为，若缸内气体的内能与热力学温度成正比，取（），气温最低时气体内能为，外界大气压始终为，活塞横截面积为S，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，重力加速度为。求： (1)缸内气体的压强p； (2)气温最高时缸内封闭气柱的高度； (3)气温从最低温到最高温的过程中，缸内气体吸收的热量。 12．（24-25高二下·四川成都·期末）袋装薯片通常在低海拔地区生产，运载到高海拔地区可能会出现“爆裂”现象。某袋薯片在低海拔地区生产时，将一定体积的薯片放入包装袋后向包装袋内充入氮气（可视为压强、温度均与外界大气相同的理想气体），外界大气压强p0=1.0×105Pa，温度T0=300K。若充入体积Vmax=310cm3的氮气，包装袋恰好膨胀至最大体积，但考虑到热胀冷缩以及气压变化的影响，实际仅在包装袋内充入体积V0=300cm3的氮气进行封装。已知包装袋材质能承受的最大压强差Δp=0.3×105Pa，且材质柔软、无延展性、导热良好。 (1)低海拔地区外界温度缓慢上升为多少时，该薯片包装袋恰好膨胀至最大体积； (2)若该薯片要运载到外界气压p=0.6×105Pa，温度T1=290K的高海拔地区，通过计算判断该薯片包装袋是否会“爆裂”。 13．（24-25高二下·四川自贡·期末）如图，用水银血压计测量血压时，先用充气球向袖带内气囊充气9次（开始袖带内气囊无空气），每次充入压强为（为外界大气压强）、体积为的空气，充气后袖带内气囊中的空气体积为。然后缓慢放气，当袖带内气囊中空气体积变为时，袖带内气囊中空气的压强刚好与大气压强相等。空气可视为理想气体，忽略整个过程中空气温度的变化，求： (1)充气后袖带内气囊中空气的压强p； (2)袖带内气囊中放出空气的质量与剩余空气质量的比值k。 14．（24-25高二下·四川泸州·期末）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车助力装置简化如下：左容器（助力气室）和右容器（抽气气室）两个容器用细管相连，K1、K2为单向阀门，只可按图示方向开启。开始时活塞在右容器的最左边，活塞向右拉时K2闭合K1打开，直至右容器的体积等于左容器的体积V0。活塞向左压时K1闭合K2开启，将右容器中气体排入大气中。重复这两个过程，使左容器内气体质量不断减小。已知左容器初始压强为p0，外界压强为p0。假设抽气过程中，拉动活塞足够慢，每次可视为等温变化，温度保持不变。求： (1)第1次抽气后左容器内气体压强p1； (2)第n次抽气后左容器内气体压强pn； (3)第n次抽气后，左容器抽出气体的质量和左容器剩余气体的质量之比m抽:m余。 15．（24-25高二下·四川绵阳·期末）打气筒是一种通过压缩空气为轮胎、球类等充气的工具。如图所示是打气筒的结构示意图，主要包括：储气筒、活塞、单向进气阀（只允许上拉活塞时空气进入储气筒）、单向出气阀（只允许下压活塞时空气排出储气筒）和气嘴。已知储气筒横截面积S=1.25×10-3m2，活塞上下行程H=58cm，标准大气压p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。 (1)打气筒竖直放置，将活塞拉至最高，然后将气嘴堵住（不漏气），某同学质量M=60kg，利用自身的重力竖直压缩活塞。求能将活塞压到离储气筒底部的最小距离。（输气管较细，内部体积可忽略；活塞重力可忽略；忽略气体温度变化） (2)自行车轮胎容积为2.5L。现将轮胎气压从1.0bar加到3.2bar，求充入标准大气压下空气中气体的体积。已知1.0bar=1.0×105Pa，气体视为理想气体，忽略充气过程中气体温度变化和轮胎体积变化） 16．（24-25高二下·四川遂宁·期末）寒假期间，大学生小王计划从北方老家开车前往南方的学校。出发前，他使用胎压监测仪检测爱车轮胎，发现轮胎内封闭的理想气体在温度时，压强。小王的汽车使用的是规格为205/55R16的轮胎，经查阅资料得知，该型号轮胎在正常工作状态下，内部容积，且在一般的气压变化和温度波动范围内可近似认为保持不变。考虑到长途驾驶过程中轮胎温度和气压会发生变化，为保障行车安全，车辆使用手册建议轮胎气压应保持在之间（下面计算结果均保留一位小数）。 (1)小王驾车行驶到南方某城市时轮胎内气体温度升高到，若轮胎容积不变，求此时轮胎内气体的压强； (2)小王发现此时轮胎内气体压强超出了车辆使用手册建议的范围，为将轮胎内气体压强调整为，在温度不变的情况下，他通过轮胎气门芯缓慢放气进行调整。假设放出的气体在、状态下，求需放出气体的体积； (3)调整好气压后，小王继续驾车行驶。经过长时间的高速行驶，轮胎因与地面摩擦以及内部气体做功，温度进一步升高，压强变为，同时由于轮胎橡胶受热软化，其内部容积膨胀变为。求此时轮胎内气体的温度与初始温度之比。 17．（24-25高二下·四川内江·期末）市政路面的井盖，由于暴雨的影响，路面井盖上的排气孔可能会被堵塞，从而造成安全隐患。已知井盖的质量为，井盖的横截面积为，初始时水位与井盖之间的距离为，井内密闭气体的压强恰好为大气压强，其内气体可视为理想气体，且温度保持不变，重力加速度为，则： (1)当井内密封气体的压强为多大时，井盖恰好被顶起？ (2)井盖恰好被顶起的瞬间，水位上升的高度是多少？ 18．（24-25高二下·四川广安·期末）如图，在竖直放置、开口向上的圆柱形绝热气缸内用质量m=1.0kg的绝热活塞密封了0.01mol的某种理想气体，活塞横截面积S=5cm2，能无摩擦滑动。初始时气缸内的气体温度T0=300K，气柱的高度h=30cm，气缸内有一阻值R=1Ω的电阻丝。已知1mol该理想气体温度升高1K内能增加20J，大气压强p0=1×105Pa。现给电阻丝通I=1A的恒定电流，活塞会缓慢向上移动，一段时间后停止通电。若电阻丝产生的热量全部被气缸内的气体吸收，活塞向上移动了Δh=3cm。重力加速度g取10m/s2，忽略电阻丝的体积。求： (1)此时气体的温度T； (2)电阻丝通电的时间t。 19．（24-25高二下·四川达州·期末）如图所示为某同学学习了传感器和热力学相关知识后，自己设计的科技创新作品——温度报警装置。导热性能良好的汽缸置于水平地面上，质量为m、横截面积为S的活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，压力传感报警器固定在竖直杆上，当压力传感器与活塞上表面接触并相互挤压产生压力时，报警器开始报警。若环境温度为T0时，活塞离压力传感器的距离为h，离汽缸底的距离为5h，大气压强恒为p0=，重力加速度大小为g。 (1)求报警器开始报警时的环境温度T1； (2)若汽缸内气体从T0升高到T1时，活塞缓慢向上移动，汽缸内气体从外界吸收热量8mgh，求汽缸内气体内能变化量ΔU。 20．（24-25高二下·四川雅安·期末）中医学，作为中华民族的瑰宝，源远流长，承载着数千年的智慧与实践经验。拔火罐是一种传统中医疗法，通过在皮肤上放置玻璃罐并利用火焰或泵抽空罐内空气来产生负压，吸引皮肤和筋膜组织，从而达到治疗疾病的目的（如图甲所示）。小明用图乙所示装置研究“火罐”的“吸力”：将一个横截面积为的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞通过轻质细线与放在台面的质量为的重物相连，此时活塞静止，细线恰好被拉直且拉力为零，活塞距汽缸底部的距离为。他将一团燃烧的轻质酒精棉球从阀门K处投入，待酒精棉球熄灭后，立即密闭阀门K，由于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面处。已知环境温度不变，，为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦。求： (1)酒精棉球熄灭时的温度与环境温度的比值； (2)若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为，求气体内能的变化。 21．（24-25高二下·四川广元·期末）如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L，一横截面积为S的光滑活塞（质量、厚度均不计）将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞下方挂一质量为m的砂桶，活塞静止时活塞与汽缸底部的间距为。大气压强恒为（g为重力加速度大小），环境热力学温度恒为。 （1）若在砂桶中逐渐加入砂子，求活塞刚接触卡环时砂桶（含砂）的总质量M； （2）若不在砂桶中加入砂子，对缸内气体缓慢加热，求气体的热力学温度时的压强p。 地 城 考点03 带电粒子在复合场中运动 22．（24-25高二下·四川成都·期末）如图所示的xOy直角坐标系内，第二象限直线AC左上方的区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，A点坐标为（−L，0），C点坐标为（0，L）；第一象限x=L右侧的区域Ⅱ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，边界与x轴交点为D。在A点有一粒子源沿y轴正方向向区域Ⅰ射入大量带正电的同种粒子，粒子速度大小满足0<v≤v0。已知以速度v0射入的粒子恰好能从C点离开区域Ⅰ，经区域Ⅱ偏转后恰好从D点离开区域Ⅱ。不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： (1)粒子的比荷； (2)区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小B′及区域Ⅱ内有粒子经过的面积S； (3)粒子从A点射入到第一次离开区域Ⅱ的最短时间tmin。 23．（24-25高二下·四川自贡·期末）如图所示，空间直角坐标系Oxyz中有一与xOz平面平行的足够大的接收屏M，接收屏M与y轴交点坐标为（0，l，0）。在O点存在一粒子源，仅在xOy平面内沿各个方向均匀发射速率为、电荷量为＋q、质量为m的粒子，整个空间存在沿z轴正方向、磁感应强度大小的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论效应。求： (1)粒子在该磁场中做匀速圆周运动的半径r和周期T； (2)粒子从原点O射出后运动到接收屏M的最短时间t； (3)若在xOz平面和接收屏M间再加一个沿z轴正方向、场强大小的匀强电场（图中未画出），求粒子打到接收屏上的z坐标最大的点在坐标系Oxyz中的坐标。 24．（24-25高二下·四川绵阳·期末）如图所示，M、N分别是xOy坐标系x、y轴上的两点，三角形OMN区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，斜边MN长度为L，∠OMN=60°，MN边放置一薄挡板，挡板中点处有一小孔K。三角形OMN之外的第一象限区域存在垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场B′；第四象限内存在方向沿y轴正方向、大小未知的匀强电场E。位于x轴负半轴上方的粒子发生器与y轴之间存在沿x轴正方向的匀强加速电场，加速电压大小可调。在范围内，粒子发生器产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，经加速电场后进入三角形OMN区域，部分粒子穿过小孔，其余粒子与挡板碰撞被挡板吸收。不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1)调整加速电压，使粒子垂直挡板射出小孔K。求加速电压U0； (2)调整加速电压，使粒子射出小孔K的速度最小，之后的运动轨迹恰好与x轴相切。求磁感应强度B′的大小； (3)在满足（1）间的条件下，若B′=B，且。求粒子从离开小孔K到第三次经过x轴的时间。 25．（24-25高二下·四川乐山·期末）如图所示，在轴上方存在磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为、电荷量为的带正电粒子从轴上的点沿轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与轴正方向成第一次进入电场。不计粒子重力，求： (1)粒子在磁场中运动的轨道半径和速度大小； (2)若粒子第一次进入电场后经过轴上点（未标出）时速度方向恰好与轴垂直，匀强电场的电场强度大小； (3)粒子从开始运动到返回出发点所用的总时间。 26．（24-25高二下·四川达州·期末）如图所示，在轴上方空间中存在沿轴负方向的匀强电场，在轴下方空间中，存在垂直平面（纸面）向外的匀强磁场。一比荷（电荷量与质量的比值）为的正电粒子，以速率从沿轴正方向射入，并依次通过轴上的和轴上的，通过时，粒子速度方向与轴正方向成。已知和坐标分别为和，不计粒子重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第五次经过轴时的坐标。 地 城 考点04 电磁感应 27．（24-25高二下·四川成都·期末）如图所示，间距的两平行金属导轨、固定在绝缘水平桌面上，导轨左侧通过导线与理想电流表相连。、为两段长度的均匀电阻丝，其单位长度的电阻；、的长度，电阻不计。在右侧存在沿导轨方向均匀增大的磁场（，为磁场中某点到的距离），磁场方向垂直水平面向下。时，长度，质量，电阻不计的导体棒从以某一初速度在拉力作用下沿导轨向右运动，从运动至过程中，电流表示数恒为。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦阻力。求： (1)导体棒经过时所受安培力大小及速度大小； (2)导体棒从运动至过程中，拉力所做的功； (3)导体棒从运动至的总时间。 28．（24-25高二下·四川自贡·期末）如图，两根完全相同的金属导轨abcde和a’b’c’d’e’平行放置，ad段和a’d’段水平，间距L＝1m，左端接有定值电阻R＝1Ω，导轨电阻均忽略不计。导轨ab段为粗糙区域，导轨其余部分均光滑，bc段的长度D＝1.5m，在bcc’b’对应区域有竖直向下的匀强磁场，cd段足够长，de段是竖直平面内的圆弧，与cd段平滑连接，e端相对导轨水平部分高h＝0.45m。现有粗细相同、长度均为L的两根直杆，一根为金属杆，质量M＝0.3kg，与导轨接触良好，电阻不计；另一根为绝缘杆，质量m＝0.1kg。先将金属杆从导轨上ee＇处由静止自由释放，进入磁场区域运动了D’＝0.9m后停止。再将绝缘杆也从导轨上ee’处由静止自由释放。已知两杆之间的碰撞均是弹性碰撞，且每次碰撞前金属杆的速度均为零。重力加速度取。求： (1)金属杆进入磁场时，金属杆的速度大小及电阻R上电流的方向（a-R-a’或a’-R-a）； (2)在bcc’b’对应区域内磁感应强度B的大小； (3)金属杆第一次被碰后瞬间的速度大小及整个过程中电阻R产生的焦耳热。 29．（24-25高二下·四川绵阳·期末）如图所示，足够长光滑平行的金属轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分宽L1=1m、倾角θ=37°，水平部分宽L=2m，所在空间分别存在垂直于各自轨道面向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B=1T。两根金属杆ab和cd，长度均为L=2m，质量均为m=1kg，总电阻均为R=2Ω。cd杆放置在水平轨道上距两部分连接处x0=10m处，并在外力作用下固定，ab杆在倾斜轨道上某处由静止释放，当ab杆经过连接处时撤去作用在cd杆上的外力。已知ab杆到达斜面底端前已经做匀速运动，经过连接处速度大小不变，滑上水平轨道恰好不脱离轨道，两杆在运动过程中始终垂直于轨道且与轨道接触良好，没有相碰。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；重力加速度g=10m/s2。求： (1)ab杆在倾斜轨道上的最大速度； (2)稳定后cd与ab间的距离。 30．（24-25高二下·四川内江·期末）如图所示，光滑平行的四分之一圆弧金属导轨ab、a′b′，半径为r=1.25m，与水平固定的光滑平行金属导轨bc、b′c′平滑连接，圆弧部分在竖直平面内，足够长的光滑平行金属导轨ef、e′f′固定在水平面上，两导轨间距均为L=1m，c′点与e′点的高度差为h=0.2m，水平距离为x=0.9m，导轨ab、a′b′左端接阻值为R=0.8Ω的定值电阻，两导轨水平部分均处在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小均为B=0.3T。质量为m2=0.15kg，电阻R2=0.4Ω的金属棒Q垂直静止放在金属导轨ef、e′f′上，距离左端d=2m。质量为m1=0.3kg，电阻R1=0.2Ω的金属棒P，从导轨ab、a′b′的顶端处由静止自由释放，从cc′处水平飞出后恰好落在ee′端，此时，金属棒P在竖直方向的分速度变为零，水平方向的分速度不变，并沿着ef、e′f′向右滑行与金属棒Q发生碰撞粘合在一起。重力加速度大小为g=10m/s2，不计导轨电阻，不计一切摩擦及空气阻力。运动过程中两金属棒P、Q始终与金属导轨垂直并接触良好。求： (1)金属棒P刚进入磁场时的安培力； (2)平行金属导轨bc的长度； (3)在整个过程中，金属棒P上产生的焦耳热。 31．（24-25高二下·四川乐山·期末）电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应用于各种机械设备中。一电梯内制动系统核心部分的模拟原理图如图甲所示，一闭合正方形导线框abcd始终处于竖直平面内，其质量，阻值，边长；磁场两边界水平且宽度为L，磁感应强度大小为，方向垂直线框平面向里。当线框ab边与磁场上边界间的距离为L时线框以大小为的初速度竖直向下运动，同时受到大小随位移按图乙所示变化、方向竖直向上的拉力F作用。取，求： (1)线框ab边刚进入磁场时的速度大小以及加速度大小a； (2)线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q； (3)线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q。 32．（24-25高二下·四川南充·期末）如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨在水平面内平行放置，其间距为，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。、两根导体棒长度略大于，质量均为电阻均为，垂直导轨放置，两棒之间的距离为。水平细线的一端固定于墙面，另一端与棒连接，能承受的最大拉力，细线的水平部分左端与棒连接，右端跨过光滑的定滑轮竖直连接质量为2kg的重物，0~2s内使棒始终保持静止，2s时刻释放棒，当下落高度时恰好断开，导轨电阻不计，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为。求： (1)时刻棒所受安培力； (2)刚断开时，棒的速度大小； (3)从释放棒到恰好断开，经历的时间和棒产生的热量。 33．（24-25高二下·四川广安·期末）如图所示，间距L为2m的两根平行光滑金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨电阻不计，两导轨间存在大小为0.1T、方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一个阻值为1Ω的电阻，一根质量为1kg、电阻为1Ω的导体棒垂直于导轨放在导轨上，导体棒与绝缘T形支架相连，当右侧的水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘边缘上的小圆柱可在T形支架的滑槽中滑动，从而带动T形支架在水平方向做往复运动。小圆柱到圆盘圆心的距离为，圆盘转动的角速度为50rad/s，A、C两点的连线为平行于导体棒的直径，D点为AC右侧圆弧的中点，导体棒与导轨始终接触良好，不计一切摩擦，求： (1)当小圆柱转动过A点时，导体棒中感应电动势大小EA； (2)从小圆柱运动到AD圆弧中点P时，流过电阻R的电流大小IP； (3)小圆柱从A点运动到D点的过程中，T形支架对导体棒做的功W。 34．（24-25高二下·四川达州·期末）如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小，方向垂直纸面向里。一正方形导线框MNPQ从距磁场上边界高度处自由下落，一段时间后PQ边进入磁场，再过一段时间t，MN边以进入磁场，已知线框质量，边长，电阻。重力加速度，求导线框 (1)刚进入磁场时，PQ边所受安培力f安的大小； (2)进入磁场过程中产生的热量Q； (3)进入磁场所用时间t。 35．（24-25高二下·四川资阳·期末）我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣小组根据所学的物理原理进行电磁弹射设计，其加速和减速过程可以简化为下述过程。两根足够长的平直轨道和固定在水平面上，其中左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，间接有定值电阻，右侧为粗糙绝缘轨道。沿轨道建立轴，坐标原点与点重合。左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场、右侧为沿轴渐变的磁场，垂直于轴方向磁场均匀分布。现将一质量为，长度为，电阻为的金属棒垂直放置在轨道上，与距离为。的右方还有质量为3m，各边长均为的形框，其电阻为。棒在恒力作用下向右运动，到达前已匀速。当棒运动到处时撤去恒力，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到与运动方向相反的阻力，阻力大小与速度满足。已知，，，，，，，求： (1)棒ab与U形框碰撞前速度的大小； (2)棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量； (3)“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标； (4)U形框在运动过程中产生的焦耳热。 36．（24-25高二下·四川遂宁·期末）如图所示，绝缘水平面上固定有一足够长光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距离为L，导轨右边NQ处接一电阻R，电阻R两端接入交流电压表（图中未画出），（交流电压表为理想电表，且使用过程中均不会超过量程）。空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的处（有一根长为L，质量为m，电阻为r的金属杆AB垂直于MN和PQ，其余电阻不计。垂直于MN和PQ）。在金属杆的中点处施加垂直于AB杆的沿水平方向的外力F，使金属杆AB以运动，v0和都为正且不变，选取向右为速度的正方向。 (1)从开始计时，写出t时刻金属杆运动的感应电动势和交流电压表的示数； (2)从开始计时到金属杆第一次回到时外力F做的功； (3)金属杆AB的加速度的表达式为（v0、都为正且不变） ①从到时间内，写出t时刻外力F的表达式； ②从到时间内，安培力的冲量大小为已知量，从到 时间内，外力F的冲量。 37．（24-25高二下·四川雅安·期末）在如图甲所示的匀强磁场中，水平U型导体框左端接定值电阻和理想交流电流表，一金属棒垂直导轨放置，与导轨始终接触良好。对金属棒施加一个平行于导轨的拉力，使金属棒运动的速度随时间按图乙所示的正弦规律变化。已知磁场磁感应强度为，导轨间距和金属棒长度均为，金属棒质量为，金属棒和定值电阻阻值均为，导轨电阻不计，不计一切摩擦，图乙中、已知。求 (1)电流表A的示数； (2)在的过程中，拉力所做的功； (3)在的过程中，通过定值电阻的电荷量。 地 城 考点05 交变电流 38．（24-25高二下·四川广元·期末）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=109kW，发电机的输出电压为U1=250V，经升压变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=16Ω，在用户端用降压变压器把电压降低为U4=220V。已知输电线上损失的功率P线=10kW，假设这两个变压器均为理想变压器，试求： (1)整个输电网络的输电效率η（即用户实际消耗的功率占电源输出功率的百分比，计算结果保留3位有效数字）； (2)降压变压器的匝数比n3∶n4； (3)若用户数增加，导致消耗功率达到217.8kW，要求用户端电压U4不变，则可调整发电机输出功率以满足要求，求调整后整个输电网络在全功率下的输电效率η'（计算结果保留3位有效数字）。 地 城 考点06 机械振动机械波 39．（24-25高二下·四川泸州·期末）位于坐标原点O处的波源在时刻发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波，时刻的波形如图所示。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为、。求： (1)该波的波长和波速； (2)P质点第二次到达波峰的时刻； (3)Q质点的振动方程。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $