2023届二轮复习 小卷标准练4 作业

这是一份2023届二轮复习 小卷标准练4 作业，共5页。试卷主要包含了[2022·山东济宁二模]等内容，欢迎下载使用。
1．(7分)[2022·山东济宁二模]
新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出．若该负压隔离舱容积为0.6m3，初始时温度为27℃，大气压强为1.003×105Pa，负压隔离舱内负压为300Pa，转运到某地区后，外界温度变为15℃，大气压强为0.903×105Pa.已知负压隔离舱导热性良好，气体均可视为理想气体，绝对零度取－273℃.
(1)若负压隔离舱运输过程中与外界没有气体交换，求运送到该地区后负压隔离舱内的压强；
(2)若转运过程中负压隔离舱内始终保持300Pa的稳定负压，求转运前后负压隔离舱内气体的质量之比．
2．(9分)[2022·河北高三4月大联考]
如图所示，太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成，其边界是以O点为圆心、R为半径的圆，内部由以O1点和O2点为圆心、等半径的两个半圆分割成上下两部分，其中上部分为“阳鱼”，下部分为“阴鱼”．O1、O2、O三点共线，A、C两点分别在半圆O1与O2的圆周上且θ＝60°，CO2⊥O1O2.“阳鱼”内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，“阳鱼”与“阴鱼”的边界上无磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子P(不计粒子所受重力)从O点以大小为v0的速度沿OO2方向射入“阳鱼”并从A点沿AO1方向进入“阴鱼”．
(1)求“阳鱼”内磁场的磁感应强度大小B.
(2)若同种粒子Q从C点沿CO2方向射入“阳鱼”，要使粒子Q不会进入“阴鱼”，求粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度大小应满足的条件．
3．(14分)[2022·辽宁新高考适应卷]如图所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态．套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降eq \f(h,2)到达最低点．已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.
4．(16分)如图甲所示为某探究小组设计的玩具小车电磁驱动系统的示意图，ABCD是固定在小车下方的单面矩形金属线框，其阻值为r、长度为d、宽度为L，用两条不计电阻的导线与智能输出系统(可改变输出电流大小和方向)组成回路．如图乙所示，小车沿水平直轨道运动，轨道上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度大小为B、宽度为L、长度及磁场间的距离均为d.小车与附件整体质量为m、运动过程中受到的摩擦阻力大小恒为f.
(1)若让小车以恒定加速度a运动，求智能输出系统输出的电流大小I；
(2)若智能输出系统提供的功率为P，求小车的最大运行速度大小vm；
(3)若小车速度达到v0时，智能输出系统立即切换电路后停止工作，此时相当于E、F直接用电阻不计的导线连接，经时间t后小车的速度减为0，求t时间内小车的位移大小s.
小卷标准练4
1．解析：（1）以负压隔离舱内的气体为研究对象，体积不变
初状态p1＝p0－300Pa＝1×105Pa，T1＝300K
末状态T2＝288K
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
解得p2＝0.96×105Pa.
（2）负压隔离舱内保持300Pa的稳定负压，需向外界排气，初状态p1＝1×105Pa
V1＝0.6m3
T1＝300K
末状态p3＝0.9×105Pa
T2＝288K
由理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p3V2,T2)
则转运前后负压舱内气体的质量之比eq \f(m1,m2)＝eq \f(V2,V1)
代入数据解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(16,15).
答案：（1）0.96×105Pa （2）eq \f(16,15)
2．解析：（1）粒子P在“阳鱼”内做圆周运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系，可知轨迹圆的半径r0＝eq \f(R,2)taneq \f(θ,2)，又qv0B＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r0)，解得B＝eq \f(2\r(3)mv0,qR).
（2）设粒子Q以大小为v1的速度从C点沿CO2方向射入“阳鱼”时，其轨迹恰好与圆O1相切，如图乙所示．根据几何关系，可知轨迹圆的半径为R，又qv1B＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R)
解得v1＝2eq \r(3)v0
粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度大小应满足的条件为v≥2eq \r(3)v0.
答案：（1）eq \f(2\r(3)mv0,qR) （2）v≥2eq \r(3)v0
3．解析：（1）以圆环为研究对象，由v2＝2gh得，碰撞前圆环速度v1＝eq \r(2gh)，碰撞过程，以圆环和圆盘为研究对象，动量守恒，
mv1＝3mv2
解得v2＝eq \f(1,3)v1＝eq \f(1,3)eq \r(2gh)
ΔE＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)×3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(2,3)mgh
所以碰撞过程中，圆环和圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE为eq \f(2,3)mgh.
（2）碰撞后以圆环和圆盘为研究对象，由动能定理得
3mgeq \f(h,2)－W＝0－eq \f(1,2)×3m·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得W＝eq \f(11,6)mgh
所以，碰撞后至最低点过程中，系统克服弹簧弹力做的功W为eq \f(11,6)mgh.
答案：（1）eq \f(2,3)mgh （2）eq \f(11,6)mgh
4．解析：（1）若让小车以恒定加速度a运动，由牛顿运动定律得BIL－f＝ma
得I＝eq \f(f＋ma,BL).
（2）当安培力与阻力等大反向时，小车运行速度最大，根据F＝BIL，F＝f，P＝I2r＋Fvm
得vm＝eq \f(P,f)－eq \f(fr,B2L2).
（3）智能系统切换电路后，小车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零，以向右为正方向，由动量定理可得
（－Beq \(I,\s\up6(－))L）t＋（－ft）＝0－mv0
其中eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),r)，又eq \(v,\s\up6(－))t＝s，得s＝eq \f(（mv0－ft）r,B2L2)
答案：（1）eq \f(f＋ma,BL) （2）eq \f(P,f)－eq \f(fr,B2L2) （3）eq \f(（mv0－ft）r,B2L2)