考前题型专项练 计算题抢分练2（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

[计算题抢分练2] (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 1．(2025·安徽合肥模拟)实验室中有一横截面为直角三角形的玻璃砖，如图甲所示为该玻璃砖的截面ABC，∠ABC＝30°，AB⊥AC，一束单色光从AC面上的某点垂直于AC面射入，在BC边发生全反射后从AB边射出，出射光线与AB边成45°角，光在真空中的传播速度c＝3×108 m/s。 (1)请在图甲中画出入射光线在玻璃砖中传播的大致光路图并求该玻璃砖的折射率(计算结果保留根式)； (2)若取用上述玻璃制成截面如图乙所示的三棱镜△ABC，∠A＝60°、∠B＝45°。一束平行于BC边的同种单色光从AB边的中点O射入三棱镜，经AB界面折射后从AC边O′点(图中未画出)射出。已知AB边长l＝求光束在AC界面发生折射后的折射角和光束在三棱镜中从O传播至O′的时间。 解析：(1)入射光线在玻璃砖中传播的大致光路图如图， 由光路图可知，光线射到AB面上时的入射角为30°，折射角为45°，由光的折射定律得 n＝。 (2)设在AB界面上的入射角为θ1，折射角为θ2，如图， 根据光的折射定律n＝ 解得θ2＝30° 设在AC界面上入射角为θ3，折射角为θ4，则 n＝ 由几何关系可知θ2＝θ3＝30° 解得光束在AC界面发生折射后的折射角为 θ4＝45° 由图可知△AOO′为等边三角形，则OO′＝ 根据n＝ 联立可得光束在三棱镜中从O传播至O′的时间为 t＝1×10-10 s。 答案：(1)图见解析，　(2)45°，1×10-10 s 2．(2025·河南模拟)球场上，一个篮球B恰巧停在了篮筐上。一位同学站在篮筐侧面靠近底边线的位置，在距离篮球B球心水平距离为x的地方跳起投出篮球A，将停在篮筐上的篮球B击飞。出手时A球球心离地面的高度为h，篮球B球心离地面的高度为H。两个篮球质量均为m，可以将篮球看成位于球心的质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8。 (1)若篮球A水平击中篮球B，两球发生对心弹性碰撞，求碰后瞬间篮球B获得的速度大小； (2)若该同学想与水平面成53°抛出球A，则要击中B球需要多大的初动能。 解析：(1)根据题意可知，篮球A到达篮筐时，竖直速度刚好为零；根据逆向思维将篮球A看成从篮筐处开始做平抛运动；设篮球A水平击中篮球B之前瞬间速度为v0，碰后瞬间篮球A的速度为v1，篮球B获得的速度为v2。由平抛运动规律可得 x＝v0t，H－h＝gt2 求得v0＝x 两个篮球弹性碰撞有mv0＝mv1＋mv2 联立解得碰后瞬间篮球B获得的速度大小 v2＝v0＝x。 (2)设出手时球A瞬时速度与水平方向的夹角为θ＝53°，根据x＝v cos θ·t H－h＝v sin θ·t－gt2 联立解得v＝ 则要击中B球，A球需要的初动能大小 Ek＝。 答案：(1)x　(2) 3．(2025·甘肃庆阳期中)如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，放置着一个长木板C，C下端的上表面放置小物块B，B通过轻绳跨过定滑轮与物块A连接，A距地面的高度为h＝5 m。已知B和C间的动摩擦因数μ1＝0.5，C与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.25，A、B、C的质量分别为mA＝15 kg、mB＝9 kg、mC＝2 kg，开始时B、C锁定，系统处于静止状态，现解除锁定，A落地后速度立刻减为0，已知A与B均可视为质点，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求解除锁定瞬间B的加速度大小； (2)B上滑过程中的最大速度； (3)若B上滑过程中不从C上端滑离，求C的最小长度。 解析：(1)A下落、B沿斜面上滑，二者加速度相同，假设BC之间发生相对滑动，对AB分析，根据牛顿第二定律有 mAg－mBg sin θ－μ1mBg cos θ＝(mA＋mB)a1 解得a1＝2.5 m/s2 对C，根据牛顿第二定律有 μ1mBg cos θ－mCg sin θ－μ2(mB＋mC)g cos θ＝mCaC 解得aC＝1 m/s2 可知B与C的加速度不相等，故假设成立。 (2)A落地时B上滑速度最大，根据速度位移公式有＝2a1h 解得v1＝5 m/s。 (3)A落地后，B减速上滑，对B分析，根据牛顿第二定律有 －(mBg sin θ＋μ1mBg cos θ)＝mBa2 解得a2＝－10 m/s2 设BC共速后，二者共同向上减速，根据牛顿第二定律有 －[(mB＋mC)g sin θ＋μ2(mB＋mC)g cos θ]＝(mB＋mC)a3 解得a3＝－8 m/s2 设此时BC之间的摩擦力为f，对B分析，根据牛顿第二定律有－mBg sin θ－f＝mBa3 解得f＝18 N<μ1mBg cos θ＝36 N 即假设成立，之后BC共同运动 B加速过程有v1＝a1t1 解得t1＝2 s B达到最大速度后，再经过t2时间BC共速，则有 v1＋a2t2＝aC(t1＋t2) 解得t2＝ s 故C的最小长度为Lmin＝2＝ m。 答案：(1)2.5 m/s2　(2)5 m/s　(3) m 4．(2025·云南模拟)如图所示，纸面内有直角坐标系xOy，直线PQ、MN与y轴平行，PQ与MN间的距离为，MN与y轴间的距离为d。直线PQ与MN之间足够大的区域内有大小为E1＝E、方向沿x轴正方向的匀强电场，直线MN与y轴之间足够大的区域内有大小为E2＝2E、方向沿y轴负方向的匀强电场。在圆心位于O1、半径R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。现让一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从直线PQ上某恰当位置A由静止释放，经两个电场区域后射入匀强磁场，到达x轴时沿x轴正方向离开匀强磁场。不计粒子重力，求： (1)粒子经过y轴时速度v的大小； (2)匀强磁场磁感应强度B的大小； (3)粒子从A点释放至离开磁场的时间t。 解析：(1)设粒子在电场E1中运动的加速度为a1，离开电场E1时的速度为v1，经过电场E2的时间为t2，加速度为a2，离开电场E2时速度方向与x轴正方向成夹角θ，y轴方向的分速度为vy，粒子从出发到离开电场E1的过程中，由牛顿第二定律及匀变速直线运动公式有qE1＝ma1，2a1· 粒子经过电场E2的过程中，x轴方向上有 d＝v1t2 y轴方向上有qE2＝ma2，vy＝a2t2 联立可得v＝。 (2)粒子运动轨迹如图所示， 轨迹与y轴的交点为C，则有tan θ＝ 解得θ＝ 由题意可知粒子沿圆形磁场区域的半径方向射出磁场， 则粒子必沿圆形磁场区域的半径方向射入磁场；设粒子在圆形区域内做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知r＝ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时有qvB＝m 联立解得B＝。 (3)设粒子在电场E1中运动的时间为t1，根据牛顿第二定律及匀变速运动规律有 设粒子从C点运动到圆形区域过程中的位移为s，时间为t3，则有s＝－R＝vt3 在匀强磁场中运动，通过的圆弧长为s′，时间为t4，由几何知识及匀速圆周运动规律有s′＝rθ＝vt4 则粒子从A点释放至离开磁场的时间为 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝。 答案：(1)2　(2) (3) 学科网（北京）股份有限公司 $