2021年新高考物理二轮复习计算题专项练习（共3份）.docx

1、高考题型高考题型 计算题计算题 组合练组合练 1 1.(2020浙江临海高三模拟)如图所示,有一长为 0.6 m、质量为 0.5 kg、两端开口的圆筒, 圆筒的中点处有一质量为 0.1 kg的活塞,活塞与圆筒内壁紧密接触。将圆筒竖直静放于 地面上方某一高度,发现活塞无滑动,然后将圆筒静止释放,经过 0.3 s圆筒与地面接触,圆 筒与地面相碰后速度瞬间减为 0,且不会倾倒,最终活塞刚好落地。不计空气阻力,求: (1)圆筒释放前,活塞受到的摩擦力大小和方向; (2)圆筒落地后,活塞下滑过程中的加速度大小和摩擦力大小。 2.(2020山东高三一模) 如图所示,气缸内 A、B两部分气体由竖直放置、横截

2、面积为 S的绝热活塞隔开,活塞与 气缸光滑接触且不漏气。初始时两侧气体的温度相同,压强均为 p,体积之比为 VAVB=1 2。现将气缸从如图位置缓慢转动,转动过程中 A、B两部分气体温度均不变,直到活塞成 水平放置,此时,A、B两部分气体体积相同。之后保持 A部分气体温度不变,加热 B部分 气体使其温度缓慢升高,稳定后,A、B两部分气体体积之比仍然为 VAVB=12。已知 重力加速度为 g。求: (1)活塞的质量; (2)B部分气体加热后的温度与开始时的温度的比值。 3.(2020山东高三模拟) 核聚变是能源的圣杯,但需要在极高温度下才能实现,最大难题是没有任何容器能够承受 如此高温。托卡马克

3、采用磁约束的方式,把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内 巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年 11月 12日我国宣布 “东方超环”(我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克)首次实现一亿度运行,令世界 震惊,使我国成为可控核聚变研究的领军者。 (1)2018年 11月 16日,国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹 曼常量 k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来,其关系式为 Ek= kT,其中 k=1.380 64910-23 J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能(保留一位有效数 字)。 (2)假设质量为 m、电荷量为 q的微观粒子

4、,在温度为 T0时垂直进入磁感应强度为 B的匀 强磁场,求粒子运动的轨道半径。 (3)东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场,两圆半 径分别为 r1、r2,环状匀强磁场围成中空区域,中空区域内的带电粒子只要速度不是很大 都不会穿出磁场的外边缘,而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为 m、电荷量为 q、 速度为 v,速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出,求环中磁场的磁感应强度最小 值。 4.(2020山东高三二模) 如图所示,一个半径足够大的光滑 圆弧 ABC位于竖直平面内,圆弧与光滑水平平台相切 于 C点且固定在平台上,另一个半径为 R的半圆弧位于竖直平面内,其

5、圆心恰为平台的右 端点 O,质量为 m的小物块甲放在 O点,质量为 3m的小物块乙从圆弧 ABC上的某点由 静止开始下滑,物块乙滑到平台右端和物块甲相碰,碰后甲做平抛运动,落到半圆弧上后不 再弹起。两物块均可视为质点: (1)若甲的落点与 O点的连线与水平方向的夹角为 ,求甲碰后瞬间的速度大小; (2)若甲落到半圆弧上某点的动能最小,求此时对应的甲碰后瞬间的速度大小; (3)求满足第(2)问条件时,物块乙开始下滑时距平台高度的范围。 参考答案 组合练 1 1.答案 (1)1 N 竖直向上 (2)15 m/s2 2.5 N 解析 (1)对活塞进行受力分析可知 f=mg 解得 f=1 N,方向:竖

6、直向上。 (2)圆筒刚落地时活塞的速度 v=gt=3 m/s 圆柱落地后活塞距地高度 h=0.3 m 根据 2ah=v2 解得加速度大小 a=15 m/s2 根据牛顿第二定律 f-mg=ma 解得摩擦力大小 f=2.5 N。 2.答案 (1) (2) 解析 (1)气缸转到竖直位置时,A在上,B在下,设此时两部分的体积均为 V,则 pAS+mg=pBS 对气体 A,由玻意耳定律 pVA=pAV 对气体 B,由玻意耳定律 pVB=pBV 又 V= (VA+VB) 解得 m= 。 (2)设初态 A、B两部分气体的温度均为 T,则最后状态时 A部分气体的温度仍为 T,B 部分气体温度升高后的温度为 T

7、,则对气体 A体积温度均不变,则压强不变仍为初态的 p; 对气体 B,压强 pB=p+ p 则 解得 。 3.答案 (1)Ek210-15 J (2) ( - 解析 (1)微观粒子的平均动能: Ek= kT210 -15 J (2) kT0= mv 2 解得 v= 由 Bqv=m R= 。 (3)磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切,如图所示 设粒子轨迹半径为 r,由几何关系得:(r2-r)2=r2+ 解得 r= - 由牛顿第二定律 qvB=m 解得 B= ( - 。 4.答案 (1)Rcos (2) (3)h 解析 (1)由平抛运动规律得 Rsin = gt 2 Rcos =v0t 联立解得 v

8、0=Rcos (2)设此时位移与水平方向夹角为 ,由平抛运动规律得 Rsin = gt 2 Rcos =v0t 联立解得 v0=Rcos 则有 v2= 且 tan = 联立有 v2= +3sin 当 =3sin 时速度最小,即 sin = ,cos = 则 v0=Rcos 。 (3)由动量守恒定律可知 3mv1=mv0+3mv 且 3m mv0 2+ 3mv 2 由能量守恒定律可知 3mgh= 3m 联立解得 h 。 计算题计算题 组合练组合练 2 1.(2020河南高三模拟) 第 32 届夏季奥林匹克运动会即东京奥运会游泳比赛,中国选手有 50 人次获得参赛资格。 如图所示,游泳池里注满了水

9、,水深 h= m,在池底有一点光源 S,它到池边的水平距离为 3.0 m,从点光源 S射向池边的光线 SP与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角。一 裁判员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到地面的高度为 3.0 m;当他看到正前下方 的点光源 S时,他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为 45 。求: (1)水的折射率; (2)裁判员的眼睛到池边的水平距离。(结果保留根式) 2.(2020山东高三二模)如图所示,两条相距为 L的光滑平行金属导轨所在的平面与水平 面之间的夹角为 ,两导轨上端接一阻值为 R的电阻,一根金属棒与两导轨垂直放置,在外 力作用下处于导轨上的 ab位置保持不动;在

10、ab上方、两导轨与电阻所包围的平面内有 一半径为 r的圆形区域,区域内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大 小 B1及随时间 t 的变化关系为 B1=kt,式中 k为已知常量;在 ab下方还有一方向垂直于导 轨平面向上、磁感应强度大小为 B0的匀强磁场区域,区域的上边界 MN 与导轨垂直。 从 t=0时刻开始撤去外力,金属棒由静止开始运动,在 t0时刻恰好到达 MN处并开始沿导 轨向下做匀速运动,金属棒在运动过程中始终与两导轨相互垂直且接触良好,不计金属棒 与导轨的电阻,重力加速度为 g。求: (1)在 0t0时间内流过电阻的电荷量; (2)金属棒越过 MN之后,穿过闭合回路的磁通量

11、 t随时间 t的变化关系; (3)金属棒的质量。 3.(2020浙江高三模拟) 如图所示,平行板电容器的电压为 U(未知量,大小可调),现有一质量为 m、电荷量为 q的 带正电粒子从下极板附近静止释放,经电场加速后从上极板的小孔处射出,速度方向与 y 轴平行,然后与静止在 x轴上 P(a,0)点的质量为 m的中性粒子发生正碰,碰后粘在一起。 在 x轴上方某一圆形区域加一垂直于 xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B(未 知量,大小可调)。粒子最后能从 y轴上的 Q(0,a)点射出磁场,且 Q点在圆形磁场上。不 考虑粒子的重力和电容器外侧的电场。求: (1)若电容器电压为 U0,则带电粒

12、子和中性粒子碰后的速度大小; (2)若粒子从 P处进入磁场,则 U与 B需要满足的关系式; (3)满足条件的圆形磁场的最小面积; (4)满足条件的所有运动轨迹圆圆心的坐标方程。 4. (2020山东高三模拟)游乐场投掷游戏的简化装置如图所示,质量为 2 kg的球 a放在高度 h=1.8 m的平台上,长木板 c放在水平地面上,带凹槽的容器 b放在 c的最左端。a、b可 视为质点,b、c质量均为 1 kg,b、c间的动摩擦因数 1=0.4,c与地面间的动摩擦因数 2=0.6。在某次投掷中,球 a 以 v0=6 m/s 的速度水平抛出,同时给木板 c 施加一水平向左、 大小为 24 N的恒力,使球

13、a恰好落入 b的凹槽内并瞬间与 b合为一体。g取 10 m/s2,求: (1)球 a抛出时,凹槽 b与球 a之间的水平距离 x0; (2)a、b合为一体时的速度大小; (3)要使 ab不脱离木板 c,木板长度 L的最小值。 参考答案 组合练 2 1.答案 (1) (2)3 m 解析 (1)如图所示,设到达池边的光线的入射角为 i,依题意,光线的折射角为 =90 由折射定律可知 nsin i=sin 由几何关系可知 sin i= 式中 L=3 m,水深 h= m 联立上式并代入数据解得水的折射率为 n= (2)设此时裁判员的眼睛到池子边的水平距离为 x,由题意裁判员的视线和竖直方向 的夹角为 =

14、45 由折射定律 nsin i=sin 设入射点到 S点的水平距离为 a,由几何关系可知 sin i= 且 a=x,解得 x=3 m 2.答案 (1) (2)k(t0+t) r2+B0Lgt0tsin (3) ( 解析 (1)在 0t0时间内流过电阻的电荷量为 q= t0= t0= t0= 。 (2)在 0t0时间内棒沿斜面向下做匀加速直线运动,则有 v=gsin t0=gt0sin 金属棒越过 MN之后,穿过闭合回路的磁通量 t=k(t0+t) r2+B0 L vt=k(t0+t) r2+B0Lgt0tsin 。 (3)在 t0时刻恰好到达 MN处并开始沿导轨向下做匀速运动,由平衡条件可得

15、mgsin =B0IL=B0L L 解得 m= ( 。 3.答案 (1) (2)U= (3) (4)x=- +y(y0) 解析 (1)设带电粒子加速后的速度为 v1,有 U0q= , 碰撞过程动量守恒,有 mv1=2mv 解得 v= 。 (2)带电粒子加速后的速度为 v,加速电压为 U,根据 Uq= mv 2 由几何关系可得轨迹半径 R=a 根据 qvB=2m , 可得 U= 。 (3)最小轨迹半径为 r= , 最小的圆形磁场区域面积为 S= 。 (4)由几何关系 x2+(a-y)2=(a-x)2 解得 x=- +y(y0)。 4.答案 (1)4.32 m (2)3.2 m/s (3)2.96

16、 m 解析 (1)a球从抛出到落到 b槽内的时间 t= =0.6 s 此过程中 a球的水平位移 xa=v0t=3.6 m 设 a、b、c的质量分别为 2m、m、m;假设 bc之间无相对滑动一起向左加速运动,则 加速度 a= - - m/s2=6 m/s2a=1g=4 m/s2, 则 bc之间要产生相对滑动,其中 b的加速度为 ab=1g=4 m/s2, 在时间 t 内槽 b的位移为 xb= abt 2=0.72 m 球 a抛出时,凹槽 b与球 a之间的水平距离 x0=xa+xb=4.32 m; (2)a落在槽 b中时,槽 b的速度 v1=abt=2.4 m/s 方向向左,设向右为正方向,则对

17、ab系统由动量守恒定律: 2mv0-mv1=(2m+m)v2 解得 v2=3.2 m/s; (3)当 a做平抛运动的时间内,木板 c的加速度 ac= - - =8 m/s2 当球 a落到槽 b中时木板 c的速度 vc1=act=4.8 m/s 此时槽 b相对木板 c向右滑动的距离为 x1= (ac-ab)t 2=0.72 m 当球 a落到槽 b中后板 c的加速度 ac= - - =-12 m/s2 而 ab的共同加速度仍为 aab=1g=4 m/s2 因 ab一起向右减速,而 c向左减速,则当三个物体都停止运动时相对运动的位移 x2= =2.24 m 则木板长度 L的最小值 L=x1+x2=2

18、.96 m。 计算题计算题 组合练组合练 3 1.(2020河南高三模拟)如图所示,将横截面积 S=100 cm2、容积为 V=5 L,开口向上的导热 良好的气缸,置于 t1=-13 的环境中。用厚度不计的轻质活塞将体积为 V1=4 L的理想 气体封闭在气缸中,气缸底部有一个单向阀门 N。外界大气压强 p0=1.0105 Pa,重力加速 度 g取 10 m/s2,不计一切摩擦。求: (1)将活塞用卡销 Q锁定,用打气筒通过阀门 N给气缸充气,每次可将体积 V0=100 mL,压 强为 p0的理想气体全部打入气缸中,则打气多少次,才能使其内部压强达到 1.2p0; (2)当气缸内气体压强达到 1

19、.2p0时,停止打气,关闭阀门 N,将质量为 m=20 kg的物体放在 活塞上,然后拔掉卡销 Q,则环境温度为多少摄氏度时,活塞恰好不脱离气缸。 2.(2020山东高三二模)如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角 =30 ,传送带顺时针 匀速运动的速度大小 v0=2 m/s,物块 A的质量 m1=1 kg,与传送带间的动摩擦因数 1= ; 物块 B的质量 m2=3 kg,与传送带间的动摩擦因数 2= 。将两物块由静止开始同时在 传送带上释放,经过一段时间两物块发生碰撞并粘在一起,碰撞时间极短。开始释放时两 物块间的距离 L=13 m。已知重力加速度 g取 10 m/s2,A、B相对传送带滑动时

20、会留下浅 痕,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)两物块刚释放后各自加速度的大小; (2)两物块释放后经过多长时间发生碰撞; (3)传送带上痕迹的长度。 3.(2020浙江高三模拟)相距 2 m的两平行金属导轨 MN、PQ固定在水平面上,两导轨左 端连接阻值为 3 的电阻 R。导轨所在处的空间分布一系列磁场区域,如图甲所示,每个 磁场区的宽度和相邻磁场区的间距均为 1.5 m,每个磁场区内的磁场均为匀强磁场,磁场 方向垂直轨道平面,磁感应强度从左到右依次记为 B1、B2、B3、Bn,B1随时间变化的 图像如图乙所示,其他磁场保持不变,规定磁场方向竖直向下为正方向。一质量为 0.5 kg、

21、阻值为 3 的导体棒垂直放置于导轨左端,在垂直于导体棒的水平恒定拉力作用下,从静 止开始向右运动,经过时间 0.2 s离开 B1磁场,离开时速度为 10 m/s,此时撤去拉力,导体棒 继续向右运动。已知在无磁场区导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 0.5,有磁场区导轨光 滑,导体棒在磁场区内的运动均为匀速运动(B1磁场区除外),最终穿过 Bn磁场区后停下。 不计导轨电阻,求: (1)导体棒在 B1磁场区运动过程中受到的拉力大小; (2)最后穿过的磁场区 Bn的 n值及其磁感应强度大小; (3)导体棒在整个运动过程中电阻 R产生的焦耳热。 4.(2020山东高三三模)如图甲所示,半径为 R的圆形区域

22、内(包括圆边界)有方向垂直纸面 的匀强磁场,圆形区域右侧放置两块水平正对的金属板 a和 b,两金属板的中心线 O1O2与 圆形区域的圆心 O在同一水平线上。在圆上 P点有一电子源,P点位于 O点正下方,电子 源在纸面内向圆形区域各个方向均匀发射速率均为 v0的电子;其中沿 PO方向射入磁场 的电子在 t=0时刻沿两板中心线 O1O2射入两板间,同时在两板间加上如图乙所示的交变 电压,电子最后恰好从 a板的右边缘平行极板射出。金属板板长和板间距都等于 2R,电 子的质量为 m、电荷量为 e,忽略电子的重力和相互间的作用力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度大小; (2)求交变电压 U0大小应满足的关

23、系; (3)若在两板间改加上 Uba= 的恒定电压,电子源发射一定数量的电子后停止发射,求 打在下极板板长中点两侧的电子数的比值。 参考答案 组合练 3 1.答案 (1)8 (2)52 解析 (1)由玻意耳定律得 p0(V1+nV0)=1.2p0V1 其中 V1=4 L,V0=100 mL,n 为打气次数,代入数值解得:n=8 (2)初态气体温度为 T1=t1+273 K=260 K,最终稳定时,体积为 V=5 L,内部气体压强为 p2=p0+ =1.2105 Pa 即拔掉卡销后,缸内气体压强不变,由盖吕萨克定律得: ,解得 T2=325 K 则气缸内气体的温度为 t2=T2-273 K=52

24、 2.答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)3 s (3)23 m 解析 (1)A沿斜面向下运动时 m1gsin -1m1gcos =m1a1 得 a1=2 m/s2 B沿斜面向上加速运动时 2m2gcos -m2gsin =m2a2 得 a2=1 m/s2 (2)由 v0=a1t0得 t0=2 s a1 a2 =6 mL 即经过 2 s时两物块还没相撞 L= a1t 2+ a2 +v0(t-t0) 得 t=3 s,经过 3 s 两物块相撞 (3)两物块相撞前,A的速度大小 v1=a1t 碰撞过程中由动量守恒定律 m1v1-m2v2=(m1+m2)v 得 v=0 碰撞后,对两物块受力分

25、析有 2m2gcos +1m1gcos -(m1+m2)gsin =(m1+m2)a3 a3=0.25 m/s2,方向沿传送带向上 由 v0=a3t1得 t1=8 s,即碰撞后经过 8 s两物块相对传送带静止。 设碰撞前物块 A相对传送带的位移为 x1,x1= a1t 2+v 0t 碰撞后,两物块相对传送带的位移为 x2,x2=v0t1- v0t1 分析可得,痕迹长度为 l=x1+x2=23 m 3.答案 (1)105 N (2)3 T (3)666.25 J 解析 (1)导体棒在 B1磁场运动过程中,根据动量定理有 Ft-B0 Lt=mv,其中 B0=4 T, d= t 解得 F= =105

26、 N (2)设导体棒在 Bn磁场中匀速运动时的速度为 vn-1,有 vn-1= - ( - 代入数据,得 vn-1= - ( - 若 vn=0,解得 n=6.67 故取 n=7 匀速运动时,电路中没有感应电流,回路的磁通量不变,有 BnLvn-1t=Ld - t 解得 B7= - =3 T (3)导体棒在 B1磁场运动过程中,根据动能定理,有 Fd-2Q1= mv 2 解得 Q1=66.25 J 导体棒在无磁场区运动的总时间为 t= 导体棒在无磁场区的电流为 I= 感应电动势 E= Ld 电阻 R产生的焦耳热为 Q2=I2Rt 解得 Q2= =600 J 所以,导体棒在整个运动过程中电阻 R产

27、生的焦耳热 Q=Q1+Q2=666.25 J。 4.答案 (1) (2)U0= (n=1、2、3) (3) 解析 (1)设匀强磁场的磁感应强度为 B,电子在磁场中做圆周运动的半径为 r,则有 r=R ev0B=m 解得 B= (2)设电子在板间运动时间为 t,则有 t= =nT(n=1、2、3) =ma1 R=2n a1 2(n=1、2、3) 解得 U0= (n=1、2、3) (3)水平向左射出的电子沿圆边界从上极板 a的左边缘平行板射入板间,设电子在板 间运动时间为 t1,偏转距离为 y1,有 2R=v0t1 y1= a2 e =ma2 解得 y1=2R 所以从电子源 P射出的电子全部都能达到下极板 b上;设从电子源 P射出的速度方 向与水平方向夹角为 的电子刚好打到下极板正中央,电子在电场中偏转距离为 y2,运动 时间为 t2,电子运动轨迹如图所示,由几何关系得 y2=R(1-cos ) y2= a2 R=v0t2 所以打在下极板板长中点两侧的电子数之比为 - 解得 =