计算题提分练3(Word练习)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

提分练(3) 1．(2024·贵州安顺二模)医生在给病人输液时，若需要输送两瓶相同的药液，可采用如图所示的装置。细管a与大气相通；细管b是连通管(可通气也可通药液)，细管c是输液管(下端的针头与人体相连，图中未画出)；开关K可控制输液的快慢，也可停止输液。A、B是两个完全相同的药瓶，吊置的高度相同。开始时，两药瓶内液面与通气管口的高度差均为h0，液面与瓶底的高度差均为d。已知药液的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度大小为g，不考虑温度的变化。 (1)打开K，药液缓慢输入病人体内，简要回答在A瓶内的药液打完前，A瓶上方气体的压强和B瓶上方气体的压强的变化情况； (2)当A瓶内液面与管口的高度差h＝时，求通过细管a进入A瓶内气体的质量与开始时A瓶内气体质量的比值。 解析　(1)细管a与大气相通，管口处的压强为p0，药液逐渐流出时，大气通过a管进入A瓶，由于管口上方的液柱逐渐变小，所以A瓶内气体的压强逐渐增大；药液逐渐流出时，只要A瓶管口上方还有药液，B瓶内药液的体积就不变，其上方气体的体积就不变，压强不变。 (2)通气管a与大气相通，管口处的压强为p0。开始时A瓶内气体的压强为p1＝p0－ρgh0，通入气体后，A瓶内气体的压强为p2＝p0－ρgh＝p0－ρgh0 设药瓶的内横截面积为S，则开始时A内气体的体积V1＝dS 通入气体后，A内气体的体积V2＝S＝S 由于气体等温变化，设通入压强为p0的气体的体积为ΔV，p1V1＋p0ΔV＝p2V2 设通入A内的气体在等温条件下压强为p1时的体积为V2′，p0ΔV＝p1V2′，又m＝ρV 可知通过通气管进入瓶内气体的质量与开始时A瓶内气体质量的比值为k＝ 联立解得k＝。 答案　(1)见解析　(2) 2．(2024·安徽宿州校考)如图所示，直角三角形ABD为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°，AD边的长度为a。一细束光线垂直于AD边从AD边中点E进入棱镜，然后平行于底边从AB边射出。光在空气中的传播速度为c。(结果可用根号表示) (1)画出光在棱镜中的传播路径图； (2)求棱镜材料的折射率； (3)光在棱镜中的传播时间。 解析　(1)光垂直于AD边从AD边中点E进入棱镜，光在棱镜中的传播路径如图所示。 (2)由几何关系可知，光在C点入射时，入射角为60°，折射角为30°，则折射率n＝＝。 (3)光在棱镜中的传播为v＝＝ 由几何关系可知EF＝ED×＝a， CF＝BF×＝a 光在棱镜中传播距离为x＝EF＋CF＝a 光在棱镜中的传播时间为t＝＝＝。 答案　(1)见解析图　(2)　(3) 3．如图所示，平面直角坐标系xOy中，x>0区域内存在着方向与x轴负向成45°角的匀强电场E2，电场强度大小E2＝10 V/m，在－1 m<x≤0区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x≤－1 m区域内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，电场强度大小E1＝20 V/m，带正电粒子从电场E1中P(－2 m，0.5 m)点沿x轴正方向以初速度v0＝2 m/s射出，粒子恰好从坐标原点进入电场E2，该粒子的比荷＝0.2 C/kg，不计粒子重力，求： (1)粒子进入磁场时速度的大小； (2)磁感应强度大小； (3)粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间。 解析　(1)根据题意可知，粒子在电场E1中做类平抛运动，设经过t1时间进入磁场，有x＝v0t1，t1＝0.5 s 则有y＝t12＝0.5 m 粒子从(－1 m，0)处进入磁场，其速度大小v＝＝ ＝2 m/s 速度方向与x轴正向夹角为θ，tan θ＝＝＝1，解得θ＝45° (2)由对称性可知，粒子进入电场E2时速度方向与x轴正向夹角也为45°，即在磁场中转过角度α＝90°，设在磁场中圆周运动半径为R，运动轨迹如图所示由几何关系得d＝R，R＝ m 洛仑兹力提供向心力有qvB＝ 解得B＝20 T (3)粒子进入电场E2做匀减速运动，当速度为零时折返，由动能定理有mv2＝E2qs 解得s＝ m 在磁场做圆周运动周期T＝＝ s 粒子在磁场中运动时间t2＝＝ s 粒子在电场E2中单程运动时间t3＝＝1 s 粒子再次进入磁场做圆周运动，转过90°后垂直进入电场E2，用时t4＝t2，粒子第三次通过y轴时间t＝t1＋t2＋2t3＋t4＝s 答案　(1)2 m/s　(2)20 T (3)s 4．如图甲所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，MN右侧存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，O点下方竖直距离d＝23.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷＝106 C/kg的正电荷从O点由静止释放，经过Δt＝×10-5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入磁场。规定磁场方向垂直纸面向外为正，t＝0时刻电荷第一次通过MN。求：(结果均保留两位有效数字) (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)t＝×10-5 s时刻电荷与O点的竖直距离Δd； (3)电荷从O点出发运动到挡板所需时间t。 解析　(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有v0＝aΔt 由牛顿第二定律得Eq＝ma 解得E＝≈7.2×103 N/C。 (2)由qv0B＝m，T＝，得r＝，T＝ 当磁场垂直纸面向外时，半径r1＝＝5 cm 周期T1＝＝×10-5 s 当磁场垂直纸面向里时，半径r2＝＝3 cm 周期T2＝＝×10-5 s 故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示， t＝×10-5 s时刻电荷与O点的竖直距离Δd＝2(r1－r2)＝4.0 cm。 (3)从电荷第一次通过MN开始计时，其运动周期为T＝×10-5 s 根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为4个，此时电荷沿MN运动的距离s＝4Δd＝16 cm，则最后Δs＝7.5 cm的距离如图乙所示， 有r1＋r1cos α＝Δs， 解得cos α＝0.5，则α＝60° 故电荷运动的总时间 t总＝Δt＋4T＋T1＝×10-5 s≈1.1×10-4 s。 答案　(1)7.2×103 N/C (2)4.0 cm　(3)1.1×10-4 s 学科网（北京）股份有限公司 $$