2025年高考二輪復(fù)習物理計算題專項練13

計算題專項練(一)1.(8分)(2024湖南衡陽二模)如圖所示,將一個粗細均勻的小玻璃瓶裝入適量的水后,開口向下倒扣入塑料水瓶中,使小玻璃瓶中封閉一段空氣,擰緊塑料水瓶的瓶蓋。用手擠壓塑料水瓶,小玻璃瓶會緩慢下沉到底部;適當減小擠壓塑料水瓶的力度,小玻璃瓶會緩慢上浮。已知小玻璃瓶的質(zhì)量為7.5g,瓶子的底面積為2.5cm2,外界大氣壓強為p0。環(huán)境溫度始終保持不變,忽略小玻璃瓶的厚度及小玻璃瓶上升到水面時對塑料瓶內(nèi)氣體體積的影響,小瓶中的空氣視為理想氣體,水的密度ρ水=1.0×103kg/m3。(1)在初始不用手擠壓塑料水瓶時,小玻璃瓶中氣柱的長度至少為多少,小玻璃瓶才會浮在水面上?(2)若某時刻小玻璃瓶內(nèi)氣體壓強為1.1p0,瓶內(nèi)氣柱長為5.2cm,再用力緩慢擠壓塑料水瓶,當小玻璃瓶內(nèi)氣體壓強穩(wěn)定在1.3p0時,小玻璃瓶內(nèi)氣柱長度為多少?答案(1)3cm(2)4.4cm解析(1)不用手擠壓塑料水瓶時,為保證小玻璃瓶會浮在水面上,則至少應(yīng)保證小玻璃瓶剛好完全浸沒時,所受浮力與重力大小相等,設(shè)小玻璃瓶中氣柱的長度為h,則有ρ水gSh=mg解得h=3cm。(2)由于環(huán)境溫度始終保持不變,則小玻璃瓶內(nèi)氣體發(fā)生等溫變化,設(shè)此次擠壓塑料水瓶前、后小玻璃瓶內(nèi)氣柱長度分別為l1、l2,可得1.1p0×Sl1=1.3p0×Sl2解得l2=4.4cm。2.(8分)(2024山東棗莊一模)如圖所示,豎直平面內(nèi)固定一彎曲剛性細桿POQ,PO部分光滑,形狀為四分之一圓弧;OQ部分粗糙,形狀為開口向下的拋物線的一部分,彎曲桿O點處的切線水平。小圓環(huán)穿在桿上,從P點由靜止釋放,到達Q點后與桿之間無彈力。若以O(shè)點為坐標原點,沿水平和豎直方向建立直角坐標系xOy,則Q點的坐標為(5m,5m)。已知彎曲桿PO部分的半徑R=1.8m,小圓環(huán)的質(zhì)量m=1kg,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過O點時對桿壓力的大小;(2)小圓環(huán)在OQ部分運動過程中克服摩擦力做的功。答案(1)30N(2)5.5J解析(1)小圓環(huán)從P到O,根據(jù)機械能守恒有mgR=1小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過O點時,根據(jù)牛頓第二定律有Fmg=mv聯(lián)立解得,此時小圓環(huán)受到桿的支持力大小為F=3mg=30N故小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過O點時對桿壓力的大小為30N。(2)由于OQ部分形狀為開口向下的拋物線的一部分,到達Q點時恰好與桿之間無彈力,則可將小圓環(huán)從O到Q的運動等效為以初速度v0從O點拋出的平拋運動,由數(shù)學知識可得y=15x根據(jù)平拋運動的拋物線方程y=g2v可得v0=5m/s即以初速度v0為5m/s從O點拋出的運動軌跡恰好與該拋物線重合,則Q點的豎直速度為vy=2gy=10所以經(jīng)過Q點時的速度大小為vQ=v02+vy從P到Q根據(jù)動能定理有mg(R+y)W=1解得,小圓環(huán)在OQ部分運動過程中克服摩擦力做的功為W=5.5J。3.(14分)(2024江西九江二模)如圖甲所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi),相距為L,電阻不計,整個導(dǎo)軌平面處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,導(dǎo)軌左端接有阻值為R的電阻,沿導(dǎo)軌方向建立x坐標軸。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置在x=x0處。在金屬棒ab上施加沿x軸方向的外力F,使金屬棒ab開始做簡諧運動,將金屬棒運動到x=0處時作為計時起點,其速度隨時間變化的圖線如圖乙所示,其最大速度為v1。求:(1)金屬棒做簡諧運動過程中流過的電流i隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系;(2)在0~π2s時間內(nèi)通過金屬棒的電荷量(3)在0~π2s時間內(nèi)外力F答案(1)i=BLv1R(2)B(3)π解析(1)由圖乙可知金屬棒做簡諧運動的周期T=2πs由此可得ω=2πT=1根據(jù)圖乙可知速度與時間的變化關(guān)系滿足余弦函數(shù),可得其關(guān)系為v=v1cosωtm/s由閉合回路的歐姆定律有i=BLvR+r=BL(2)根據(jù)對稱性可知在t=π2s時,金屬棒到達x=x0處,則在0~π2s時間內(nèi)通過金屬棒的電荷量q=(3)金屬棒做簡諧運動過程中,回路中電流為余弦式交變電流,在0到π2s時間內(nèi)電路產(chǎn)生熱量Q=I2(R+r)t其中I=Im2=BLv解得Q=π設(shè)在0到π2s的時間內(nèi)外力F所做的功為WF,安培力所做的功為WA,WFWA=01其中WA=Q解得WF=πB4.(16分)(2024重慶高三模擬)如圖所示,在第一象限中有一勻強磁場(圖中未畫出),一帶正電的粒子(不計重力)從y軸上A點沿x軸正向以初速度v0進入勻強磁場區(qū)域,A點坐標為0,32L,隨后從x軸上的C點出磁場并進入第四象限的勻強電場區(qū)域,速度方向與x軸負向成60°角。粒子經(jīng)過此電場區(qū)域后恰好垂直于y軸進入第三象限的電、磁場區(qū)域,它們的寬度都為L,其中磁感應(yīng)強度為B=mv04qL,電場強度為E=(1)第一象限中勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1的大小和方向;(2)粒子剛進入第三象限中的第二個磁場區(qū)域時的速度大小;(3)整個運動過程中,粒子距離y軸最遠的水平距離。答案(1)B1=mv0(2)22v(3)(4+25)L解析(1)設(shè)該粒子在第一象限內(nèi)做圓周運動的半徑為r,由幾何關(guān)系得r=L由洛倫茲力提供向心力,得qv0B1=mv解得B1=mv0(2)設(shè)粒子剛進入第四象限第一個磁場時的速度為v1,則v1=v0cos60°=v設(shè)粒子在該磁場區(qū)域中做圓周運動的半徑為R1,由qv1B=mv12R1,得R由幾何關(guān)系,粒子出磁場時與水平方向的夾角為30°,則粒子剛進入電場區(qū)域時水平方向的速度為v1x=v1cos30°=3豎直方向的速度為v1y=v1sin30°=v設(shè)粒子在第一個電場區(qū)域中運動的加速度為a,離開時的水平方向速度為v2x,則有v2x2qE=ma解得粒子剛進入第三象限中的第二個磁場區(qū)域時的速度大小為v2=v2x2(3)設(shè)