2022届湖北省华大新高考联盟名校高三（下）押题卷物理试题（解析版）

华大新高考联盟2022年名校高考押题卷

物理

本试卷共6页，16题。全卷满分100分。考试用时75分钟。

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7

题只有一项符合题目要求，第8〜11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全

的得2分，有选错的得0分。

1.关于物体的运动，下列说法正确的是（）

A.做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度不变

B.物体做简谐运动，其所受的合外力等于回复力

C.在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前动量的变化率恒定

D.物体做曲线运动时，其速度与加速度的夹角一定随时间而变化

【答案】C

【解析】

【详解】A.做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；

B.单摆做简谐运动，回复力是重力的切向分力提供，不是摆球所受的合力，故B错误；

C.在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，根据动量定理可知，该物体动量的变化率为包=mg,则

其动量的变化率恒定，故c正确；

D.物体做匀速圆周运动时，其速度与加速度垂直，夹角不随时间而变化，故D错误。

故选C。

2.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图所示），拖杆可转动，其与竖直方向的夹角6可以在0到90°

之间变化，拖杆对拖把头的作用力可视为沿杆方向。关于拖把头的受力，下列说法正确的是（）

A.若推动拖杆，拖把仍然静止，则拖把头所受合外力一定为0

B.不论。为多少，只要推力足够大，就一定能推动拖把

C.推动拖杆使拖把匀速向前运动，则此时拖把头所受的合外力方向与运动方向一致

D.推动拖杆使拖把匀速向前运动，拖杆与竖直方向的夹角。越小，则拖把头所受的滑动摩擦力越小

【答案】A

【解析】

【详解】AC.拖把静止或者匀速向前运动时，拖把头所受合外力均一定为0,故A正确，C错误；

B.拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，拖把

与地的摩擦因数为〃。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有，竖直方向上

Feos0+mg=N①

水平方向上

产sin8=/②

式中N和7分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。由摩擦定律有

/=③

若不管沿拖杆方向用多大的力不能使拖把从静止开始运动，应有

Esin。<④

联立①④式得

sin。-〃cos。V必等■⑤

现考虑使上式成立的6角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当尸无限大时极限为零，有

sing—//cos。V0⑥

取临界角色,有

tan〃=〃⑦

故当满足也仇时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。B错误；

D.上面①②③式联立可得

F=------------------mg⑧

sin。一〃cos，

求出滑动摩擦力

/=〃(Feos0+mg)=/jmg(1+------)

tan0-p.

从上式可知，当。越小时，拖把头所受的滑动摩擦力越大，D错误；

故选Ao

3.；H+：H->X+；n是太阳内部核聚变反应的一种可能形式，设；H、：H、X和：)n的质量分别为g、叫、

〃%和m4,光速为c，则下列说法正确的是()

A.X是；He

B.该核反应释放的核能为（町+加2一郎一叫）c2

C.该核反应中比结合能较大的原子核变成了比结合能较小的原子核，因此对外释放能量

D.该核反应是我国正在对外供电的核电站的工作原理

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据质量数守恒和电荷数守恒可得，X的质量数为

2+3-1=4

电荷数为

1+1-0=2

则X粒子为；He,故A错误；

B.根据质能方程E=△加c、2可知，该核反应释放的核能为

2

E=(g+叫一网—m4}c

故B正确；

C.该核反应由于质量亏损释放出核能，所以生成的新核核子平均质量变小，新核的比结合能变大，故C错

误；

D.该核反应是核聚变反应，我国正在对外供电的核电站的工作原理是核裂变，故D错误。

故选B,

4.在x轴上有两个点电荷和。2分别位于坐标原点和演处，它们共同产生的电场在x轴上的电势分布如

图所示，*=/处电势为0,规定无穷远处为零势能位置，已知点电荷在空间中任意点的电势分布公式为

（p=—（其中k为静电力常量，g为电荷量，「为该点到点电荷的距离）。下列说法正确的是（）

r

B.若将带正电的试探电荷无初速度地放在/处，那么该正电荷可在此处保持静止

c.从4处静止释放一带正电的试探电荷4,由于该点电势较高，所以试探电荷沿X轴正方向运动，电势能

减少，动能增加

D.%（々一%『=《（玉一人0）

【答案】D

【解析】

【详解】A.因为正电荷周围电势大于0,负电荷周围电势小于0,看图可知2附近的电势为正，&附近

的电势为负，且。2右侧的电势先为负后变为正，说明。।带正电，&带负电，其中。।带的电荷量更多，A

错误；

B.0—九图中图线的斜率表示电场强度，从图中可知％处的斜率不为零，电场强度不为0,故正电荷在改

点会受到电场力作用，不能保存静止，B错误；

C.巧处的图线斜率为0,故电场强度为0,试探电荷不受电场力，依然保持静止状态，c错误;

D.*=毛处电势为0,根据电势分布公式夕=总有

r

kQ[_kQ]

/玉一毛

x=马处电场强度为0,根据点电荷周围的电场强度公式E=乌有

r

kQi_kQ]

（%-5）2

联立解得

%（赴一百）2=¥（玉一%）

D正确；

故选D。

5.一质量为，"的烟花弹以初速度%从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度时恰好爆炸，沿水平方向分

裂成质量之比为1：4的A、B两个部分，此时A、B动能之和与烟花弹从地面射出时的动能相等。爆炸时

间极短，不计空气阻力，则（）

A.从射出到爆炸的过程中，系统总动能不变，该过程机械能守恒

B.爆炸过程释放的能量与A、B落地时的总动能相等

C.A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1

D.A、B两个部分落地时速度大小之比为4：1

【答案】C

【解析】

【详解】A.从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度过程中只有重力做功，机械能守恒；爆炸过程中,

重力势能不变，动能增加，机械能增加。故A错误；

B.爆炸过程释放的能量等于爆炸结束瞬间A、B的动能之和，小于A、B落地时的总动能，故B错误；

CD.假设A、B的质量分别为机、4m,则爆炸过程中由动量守恒可得

mvA=4mvB

得

幺=4

彩

假设以=4口，vB=v,由题意可知

—/?i(4v)2+~x4/nv2=gx5加片

解得

2

则

V

A=2%,VB=Y

A、B两部分爆炸后做平抛运动，水平速度即为以，％，落地时的竖直速度均为%,

则落地时

以地=凤，/地="：+♦=

所以A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1,故C正确，D错误。

故选C。

6.如图所示，一个面积为S、匝数为N的金属线圈在匀强磁场中以恒定的角速度。绕垂直于磁场方向的固

定轴00'匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B,线圈两端通过电刷与图示的电路连接，线圈内阻不计。

无光照时，光敏电阻与与定值电阻用的阻值相等，均为凡光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小。理

想变压器的原、副线圈的匝数比为“&>1),电路中的电表均可视为理想电表，则()

A.开关S处于断开状态时，减小光照强度，电压表的示数增大，电流表的示数变小

B.从图示位置开始计时，线圈转动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSosin（。/）

o2o22

C.开关s处于闭合状态时，将凡用黑纸包裹，尺的电功率为:

k2R

D.将R2用黑纸包裹，断开开关S,理想交流电压表的示数为U、■闭合开关S,理想交流电压表的示数为S,

22

可算出q:U2=(k+1):k

【答案】A

【解析】

【详解】A.设发电机输出电压有效值为U,若设变压器次级电流为/,则初级电流,，初级电压U-,

kk

JJ]R

次级电压工一炉，则

UIR

=/凡

即

5_JL=R

Ikk22

减小光照强度，足变大，则/减小，则变压器初级电流减小，即电流表的示数变小，次级电压变大，则电压

表的示数增大，选项A正确;

B.从图示位置开始计时，线圈转动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为

e=NBSa)cos(")

选项B错误;

c.开关s处于闭合状态时，将R2用黑纸包裹，则&=夫，此时变压器次级电压

,,NBcoS

4;而

“2的电功率为

„火N2B2S2CD2

选项c错误；

D.将R2用黑纸包裹，断开开关S,则R2=R,则由A的分析可知

3=生

kk2

其中

,NBcoS

ur=yr

解得理想交流电压表的示数为

U、=IR=NB8S

夜伏+：)

K

闭合开关S,理想交流电压表的示数为

,,NBcoS

可算出

a：%=/：(♦+1)

选项D错误。

故选Ao

7.如图甲所示，在X。)，平面内有两个波源$(—2m,0)和邑(4m,0),两波源做垂直于xOy平面的

简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在xOy平面内向各个方向传播，波速

均为25cm/s。宜内平面上有A、B两点，其位置坐标分别为A(—2m,8m),B(0.5m,0),则()

图甲图乙图丙

A.两波源形成的波不同，不能产生干涉现象

B.图中点A（—2m>8m）的振幅为6m

C.AB连线上有一个振动加强点

D.两波源的连线上（不含波源）有11个振动减弱点，它们的位移大小始终是2m

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图乙、图丙可知两列波的周期都为4s,则两列波的频率都为

0.25Hz

T

可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，A错误；

B.两列波的波长均为

2=vT=0.25x4m=lm

A点到两波源的波程差为

-762+82m-8m=2m=24

由于两波源的起振方向相反，可知A点为振动减弱点，故A点的振幅为

A=4m-2m=2m

B错误；

C.5点到两波源的波程差为

八邑=3.5m-2.5m=Im=2

由于两波源的起振方向相反，可知A、8两点均为振动减弱点，而两波源到A点波程差为2丸，两波源到8

3

点波程差为2,因此A、3连线上有一个波程差为不久的点，该点为振动加强点，C正确；

2

D.两波源的连线上（不含波源）点与两波源的波程差满足

-62=-6m<Av<6m=6Z

由于两波源的起振方向相反，可知当波程差满足（2〃+1）•一时，该点为振动减弱点，则有

2

[2x(-6)+l]x^m=-5.5m>-6m

(2x5+l)xgm=5.5m<6m

可知两波源的连线上（不含波源）有11个振动减弱点，它们的振幅为2m,但位移在。到2m之间变化，D

错误。

故选c。

8.地球同步轨道上的卫星失效后，及时将其清理，能为新的卫星释放空间。2021年12月底，我国自主研发

的实践21号卫星“捕捉”到同步轨道上已失效的北斗2号卫星，并与之完成对接。2022年1月22日，实

践21号完成大幅度变轨机动，将北斗2号拖入一条高于同步轨道的“墓地轨道”。1月26日，实践21号

与北斗2号脱离，于1月28日返回地球同步轨道。已失效的北斗2号将在高于同步轨道带的太空区域漂流。

这一举措展示了我国作为太空大国的责任和担当，也让世界见证了中国的科技实力。将实践21号变轨过程

作如图所示的简化：组合体在同步轨道上的P点变轨，经过转移轨道，运动到比同步轨道高3000km的墓地

轨道上的。点，在。点组合体完成分离，其中实践21号再经转移轨道独自返回同步轨道。己知地球同步轨

道高度约为35786km,地球半径约为6371km,则（）

Q

同走轨道

墓地轨道

A.由题干材料中所给数据，可以估算出已失效的北斗2号在墓地轨道的运行周期

B.由题干材料可知，实践21号在转移轨道上的运行周期约为4天

C.对于实践21号卫星，仅考虑地球对它的万有引力作用，其沿同步轨道运行经过P点时的加速度大小为4,

沿转移轨道运行经过P点时的加速度大小为火，那么4=%

D.若要使已失效的卫星由。点脱离地球引力的束缚，需要在。点至少给它一个大于11.2km/s的初速度

【答案】AC

【解析】

【详解】A.由题干材料中所给数据，可以求出地球同步卫星的轨道半径及北斗2号在墓地轨道的轨道半径，

且由于同步卫星绕地球运动的周期为24h,所以根据开普勒第三定律

中

L

可以估算出已失效的北斗2号在墓地轨道的运行周期，故A正确；

B.由题干材料知，已知地球同步轨道高度约为35786km,地球半径约为6371km,墓地轨道比同步轨道高

3000km,则转移轨道的半长轴为

2x(35786km+6371km)+3000km“一，

a=——-------------------------乙--------------=43657km

2

3

由开普勒第三定律台=%可得

1.054

即实践21号在转移轨道上的运行周期略大于同步卫星周期但是比较接近，故B错误;

C.对于实践21号卫星，仅考虑地球对它的万有引力作用，其沿同步轨道运行经过尸点时的加速度大小为6,

沿转移轨道运行经过P点时的加速度大小为火，根据万有引力提供向心力可得

—Mm

G~—=ma]=ma2

可得

q=a2

故C正确；

D.11.2km/s是从地球表面发射卫星，使之脱离地球的束缚的最小速度，而已失效的卫星由。点脱离地球引

力的束缚，同等条件下，需要克服地球引力所做的功要少，所以可以在。点给它一个小于11.2km/s的初速

度，故D错误。

故选AC。

9.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管（忽略管的内径），半径OB水平，OA竖直，一

个直径略小于管内径的小球由B点以某一初速度％进入细管，之后由管内的顶部A点以大小为的水平速

度飞出。重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.为使小球能从A点飞出，小球在8点的初速度必须满足%〉J砺

B.为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足%〉再皿

C.为使小球从A点水平飞出后再返回8点，小球在B点的初速度应为%=

D.小球从A点飞出的水平初速度必须满足以>疑，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回8点

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.为使小球能从A点飞出，则在A点的最小速度为零，则由机械能守恒定律

gmVy=mgR

解得

%=7^

则小球在8点的初速度必须满足

v0>y(2gR

选项A错误，B正确；

C.为使小球从4点水平飞出后再返回B点，则

R2

R=#

12D12

—mv0=mgR+-mvA

解得

小球在B点的初速度应为

选项C正确;

D.要使的小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的

速度楞

小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误。

故选BC»

10.如图所示，质量分别为〃?和2"，的A、B两个小球置于光滑的水平面上，B与轻质弹簧栓接在一起，A

不与弹簧栓接，弹簧处于原长。现给A一个向左的水平初速度%,A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分

离。下列说法正确的是（）

BA

Ci加肺也岫"

77777777777777777777777777777

A.A与弹簧分离之前，A与B的加速度之比为1：2

B.A、B在运动过程中，弹簧的最大弹性势能为若将小球B固定，弹簧的最大弹性势能为Ep2,则

C.若在B的左侧某处固定一挡板（位置未知，图中未画出），在A与弹簧分离前，B与挡板发生弹性碰撞

（碰撞时间极短），则碰后弹簧的最大弹性势能不可能大于一切片

2

D.若在B的左侧某处固定一挡板（位置未知，图中未画出），在A与弹簧分离前，B与挡板发生弹性碰撞

（碰撞时间极短）,则碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于Jmvl

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.A与弹簧分离之前，根据

外=%，恤=罩

m2m

可得A与B的加速度之比为

2

7

A错误；

B.A、B在运动过程中，当A、B共速外时，弹簧的弹性势能最大，则有

mvQ=(77?+2m)Vj

解得

„12

EPI

若将小球B固定，则弹簧的最大弹性势能为

二12

可得

Epi_2

Ep23

B正确;

1

C.系统的总机械能不可能增加，因此碰后弹簧的最大弹性势能不可能大于一根说9，C正确;

2

D.当弹簧恢复原长时，设此时A、B的速度分别为乙和师,则有

mv0=mvA+2mvB

1212

=—mv\+—■1Xc2/71V2；

22B

解得

%2

匕=一不，%=父。

可知在弹簧恢复原长时B与挡板碰撞，碰后系统具有向右的最大动量，当两者共速时，此时弹簧的最大弹

性势能是所有B与挡板碰撞情景中弹簧最大弹性势能最小的，则有

畤+2*华

=3m共

；相住了+J*2m，（令^）2-J*3相片！

解得

耳弓/欣

1,

可知B与挡板碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于——相片，D正确；

27

故选BCDo

11.如图所示，真空中有平面直角坐标系xOy,其x轴方向水平向右，坐标系X。），所在的空间有一正交的匀

强电磁场，匀强电场方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；匀强磁场方向垂直于坐标系xOy向里，磁感应

强度大小为瓦一群带正电的粒子，质量均为胆，所带电荷量均为g,以大小不同的初速度从坐标原点。沿

x轴正方向射出，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则（）

XXxBX

XXXX

XXXXX

XXXXX

VEifF

P

A.若初速度丫=—,粒子恰好能做匀速直线运动

B

B.当粒子离x轴最远时，速度达到最大

E12"7

C.若初速度口工一，粒子每隔时间就会返回X轴一次

BqB

D.在任意时刻,粒子在x方向的速度分量的大小为匕，与x轴的距离为近那么匕与力的关系式为匕=变〃

m

【答案】ACD

【解析】

p

【详解】A.带正电的粒子不计重力，受向上的洛伦兹力和向下的电场力，若口=巴，则有

B

qvB=qE

故粒子恰好能做匀速直线运动，故A正确；

E

B.正粒子的速度读若满足v>—,将向上偏转，电场力做负功，当粒子离x轴最远时，电场力做负功最多，

B

其速度达到最小；若满足丫<尚E，将向下偏转，电场力做正功，当粒子离x轴最远时，电场力做正功最多,

其速度达到最大，故B错误；

E

C.若初速度—,粒子的运动规律表现出周期性，可分解为两个分运动，即向右的匀速运动和圆周运动，

B

E2%川

每经历圆周运动的一个周期T=H，粒子将返回X轴一次，故C正确；

qB

D.设任意时刻，粒子在y方向的速度分量为在X方向的速度分量为匕，在一小段时间加内，粒子在

y方向的位移为Ay,由左手定则和动量定理可知

•△/=/%•△匕

qvyB

即

qB-=m-Avx

对这个等式求和即可知

m

故D正确；

故选ACD。

二、非选择题：本题共5小题，共56分。

12.某同学利用如图甲所示的装置探究合力的功与动能变化间的关系。斜面的倾角为。，其底端与光滑的水

平台面平滑连接，斜面上每间隔长度4的4、B、C、D、E五个位置处可放置挡板，装置的右侧固定一个

竖直木板，木板上粘贴有白纸和复写纸。该同学用游标卡尺测量钢球的直径让从而在白纸上确定了水平面

上钢球圆心等高点的位置，记为。点，并在白纸上建立竖直方向的坐标轴，白纸到水平台面右端的距离为

现分别从斜面上五个位置处静止释放质量为m的钢球，在白纸上测得了五组墨迹的中心点的坐标值y。

重力加速度为g。

（1）利用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图丙所示，则钢球直径”=mm；

（2）如果作出的L—图像（选填“一”、“y”、"V”或"r"）是一条直线，如图乙所示，

yy

则表明钢球所受合力的功与钢球获得的速度的平方成正比;

23cm

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

|ll11||||||[||1|1111|

01020

图丙

（3）若图像中直线的斜率为A,则钢球所受的合力/=（用题目给定的物理量表示）。

|2

【答案】①.11.40②.一③.丝匚

y4k

【解析】

【详解】（1）［1］游标卡尺读数为

1lmm+8x0.05mm=11.40mm

（2）[2]刚下落过程中,合力的功

W=FL

设小球运动到斜面底端的速度为v,离开水平面后做平抛运动，水平方向

s—vt

竖直方向

12

y=2gt

可得

八支

2》

若作出的L一上图像是一条直线，则说明Woe/。

（3）[3]根据动能定理

G12

FL=—mv

2

可得

.mgs21

L=----------

4Fy

其中斜率

k=靖

’4F

可得

4k

13.某学习小组想要研究浓度对食盐溶液电导率的影响（电导率为电阻率的倒数），将食盐溶液装入两端开

口的塑料圆筒形容器内，容器两端用金属圆片电极密封，从金属圆片电极分别引出两根导线用于电阻的测

量，如图甲所示。经查阅相关资料发现，食盐溶液的电导率与塑料的电导率比较接近。

（1）学习小组首先用多用电表欧姆挡分别粗测出未装溶液和装满溶液时两导线间的电阻R、R'o用游标卡

尺测出圆筒的深度力和内径。，则食盐溶液的电导率；

（2）经测量发现，装满溶液时两导线间的电阻约为IkC,该学习小组想进一步精确测量溶液的电阻，实验

室可提供以下器材：

A.学生电源3V（内阻可忽略）

B.电流表A1（量程为0〜0.6A,内阻约为0.6C）

C.电流表A2（量程为0〜50mA,内阻约为3.75C）

D.电流表A3（量程为0〜0.5mA,内阻等于150C）

E.电压表Y（量程为0〜3V,内阻约为5kC）

F.电压表V2（量程为0〜15V,内阻约为15kC）

G.滑动变阻器与（最大限值为20C）

H.电阻箱&（最大阻值为999.9。）

I.开关、导线若干

为了完成测量，除学生电源、开关、导线和滑动变阻器与外，还应选择的器材是（填写器材前面的

字母）。实验要求测量尽可能准确，请你在答题卡中画出未完成的实验电路图（如图乙所示），并在图中标

上相应的电学符号，待测电阻用此表示；

（3）该学习小组改变食盐浓度。（溶质质量占全部溶液质量的百分比）后，测得了不同浓度下的食盐溶液

的电阻率「和电导率。，得出了如下实验数据，请你分析说明：“和。两个物理量的函数关系是（用

文字说明即可）。

物理量实验数据

3100%2.00%3.00%4.00%5.00%6.00%

53.028.820.015.312.410.4

b/(mScnT)18.934.750.065.480.696.2

C4/2

【答案】①.——随着浓度。的

7lD2R

增大，电导率b也增大，但。随。的变化率越来越小

【解析】

【详解】（1）[1]装满溶液时两导线间电阻R'，根据

R'=p.ph

吟2

得电阻率

TTD2R

4/2

则食盐溶液的电导率

14%

<y——=---；-r

pTTD'R

（2）[2H3]可以通过等效替代法测溶液的电阻，即把待测电阻与电阻箱并联，两支路均接一开关控制，为

了符合要求应把电流表接入并联后的电路，则应选DH,电路图如图

（3）[4]①和b两个物理量的函数关系是：随着浓度0的增大，电导率o■也增大，但b随0的变化率越来

越小。

14.如图所示，在一个长/=30cm,截面积S=4cm?绝热汽缸内有两个质量和厚度均可忽略不计的活塞

〃、b,两活塞把汽缸分为体积相等的4、B两部分。汽缸的右端固定有一劲度系数N200N/m的轻质弹簧，

弹簧左端和活塞。相连，弹簧的原长/°=15cm,活塞与汽缸间的摩擦忽略不计且密封良好，活塞a导热性

能良好，活塞人绝热。开始时A、8两部分气体的温度均为300K,弹簧为原长，活塞a恰好位于汽缸左端。

现施加一个水平向右的恒力尸=20N作用于活塞〃上，活塞”向右缓慢移动一段距离后停止，再通过8内的

加热装置（图中未画出）对8内的气体缓慢加热，使活塞“回到原来的位置。

（1）当活塞a回到原来的位置时，求活塞b相对于初始位置的位移；

（2）当活塞“回到原来的位置时，求此时B内气体的温度。（已知外界大气压强始终为Po=lxl05pa）

AB

-A/WVWVW^

ab

【答案】（1）向左移动，x=5cm；（2）7；=700K

【解析】

【详解】（1）当活塞4回到原来的位置时，设活塞6相对于初始位置向左移动的位移为X,对气体A根据玻

意耳定律得

PO4S=（PO+3（/O-x）S

解得

x=5cm

(2)对气体3根据理想气体状态方程得

（

F+kx（，o+x）S

Po•l°S1/。+・

4

解得

T,=700K

15.如图甲所示，由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈Med固定在绝缘滑块上，线圈和滑块的总

质量为M=1kg,水平面粗糙，线圈劭边长度为2m,线圈4边长度为1m,金属丝单位长度

的电阻为=滑块的右侧有一以EH、EG为界的匀强磁场，磁场足够大。滑块在外力尸的作用下

以速度v=0.6m/s水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时，得到尸随时间r变化的图像如图乙所示。

已知湖边到磁场下边界£7/的距离x=0.5m,取g=10m/s2,求:

(1)滑块与水平面间的动摩擦因数;

(2)线圈进入磁场过程中产生的焦耳热;

(3)从开始计时到线圈4边刚好进入磁场过程中外力尸做的总功。

GXXXXXXF/N

XxXXXX

XXXXXX

abXxXXXX

L2\~

EH

/S

图

图甲乙

【答案】(1)0.5：(2)2J；(3)17J

【解析】

【详解】(1)如题图乙所示，设

尸2=6N

设滑块与水平面间的动摩擦因数为〃，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知

F、="Mg

解得

〃=0.5

(2)设匀强磁场的磁感应强度为8,在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势

E=Bxv

回路中的感应电流，方向为cbad

EBxv

R2(2L,+2£,)

线圈水平方向所受安培力，方向为水平向左

_B2X2V

水平一.(23+222)

线圈竖直方向所受安培力，方向竖直向下

B2xv2t

)(21,+24)

因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知

6="(Mg+瞑直)+以平

刚进入磁场时;竖直方向安培力等于零，解得:

8=2T

线圈进入磁场过程中产生的焦耳热

Q=I2Rt

所以

一〜钎2J

Q=

2

A(2L,+2L2)

(3)O~ls时间内

Wt=F^vt)

所以

W；=3J

线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为s,则

F=/j(Mg+Bls)+Blx

尸随线圈进入磁场的长度呈线性变化，