考前题型专项练 计算题抢分练4（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4] (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 1．(2025·广东广州模拟)某同学受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测量水深的装置。如图所示，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，横截面积均为S，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。汽缸Ⅰ内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞B封有压强为3p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置保持水平放入水下后，通过活塞A向右移动的距离可测定水的深度。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略水温变化，被封闭气体视为理想气体。求： (1)当活塞A向右移动了，此时该活塞受到水的压力F的大小； (2)此装置能测量的最大深度h。 解析：(1)设此时汽缸Ⅰ内气体压强为p1，活塞A受到水的压力为F，对Ⅰ内的气体，根据玻意耳定律有 p0LS＝p1S 解得p1＝p0 对轻质薄活塞A进行分析，根据平衡条件有 F＝p1S 解得F＝p0S。 (2)当活塞A到达缸底，此时所测水的深度最大。设此时汽缸内气体压强为p2，活塞B向右移动d，最大深度为h，对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得 p0LS＝p2dS 对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得 3p0LS＝p2(L－d)S 其中p2＝p0＋ρgh 解得h＝。 答案：(1)p0S　(2) 2．甲、乙两辆5G自动驾驶测试车，在不同车道上沿同一方向做匀速直线运动，甲车在乙车前，甲车的速度大小v1＝72 km/h，乙车的速度大小v2＝36 km/h，如图所示。当甲、乙两车相距x0＝20 m时，甲车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小a＝2 m/s2，从刹车时开始计时，两车均可看作质点。求： (1)两车并排行驶之前，两者在运动方向上的最远距离Δx； (2)从甲车开始减速到两车并排所用时间t。 解析：(1)当两车速度相等时，两者的距离最大，设经过时间t1两者速度相等，则有 v2＝v1－at1 其中v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝36 km/h＝10 m/s 解得t1＝5 s 在t1时间内，甲、乙的位移分别为 x1＝t1＝75 m，x2＝v2t1＝50 m 两车并排行驶之前，两者在运动方向上的最远距离为Δx＝x0＋x1－x2＝20 m＋75 m－50 m＝45 m。 (2)设经过时间t2甲车停下来，根据运动学公式可得 t2＝＝10 s 在t2时间内，甲车的位移为 x1′＝t2＝100 m 乙车的位移为x2′＝v2t2＝100 m 说明甲车速度减小到零时，甲、乙两车还相距20 m，到两车并排乙车再运动的时间为 t3＝＝2 s 所以从甲车开始减速到两车并排所用时间为 t＝t2＋t3＝12 s。 答案：(1)45 m　(2)12 s 3． (2025·安徽合肥模拟)控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的P点垂直于y轴向右射出，然后从x轴上的a点(d，0)离开电场进入磁场，最后从y轴上的b点离开磁场区域，粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝60°。求： (1)粒子运动到P点射入电场的速度大小和第一象限电场强度的大小； (2)第四象限内磁感应强度的大小； (3)粒子从P点运动到b点所经历的时间。 解析：(1)粒子在加速电场中由动能定理得 qU＝ 可得粒子运动到P点射入电场的速度大小为 v0＝ 粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，水平方向有d＝v0t1 竖直方向有 根据牛顿第二定律qE＝ma 联立解得第一象限电场强度的大小为 E＝。 (2)设粒子离开电场的速度与x轴正方向的夹角为α，由几何关系有tan α＝＝1 解得α＝45° 则粒子进入磁场时的速度大小为 v＝v0 作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示， 根据几何关系可知r cos 60°＋r cos 45°＝d 解得r＝2d 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得B＝ 其中v0＝ 故第四象限内磁感应强度的大小为 B＝。 (3)粒子做匀速圆周运动的周期为 T＝ 根据几何关系可知，粒子从a到b运动的圆心角为 θ＝165° 从a到b的时间t2＝T 综上所述粒子从P点运动到b点所经历的时间为 t＝t1＋t2＝。 答案：(1)　(2) (3) 4．(2025·湖南永州模拟)如图所示，固定在竖直平面内的半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道的圆心为O点，圆弧轨道的最低点与静置在光滑水平面上的木板A的上表面平滑连接，木板A的质量mA＝1 kg，在木板A右侧一定距离处有N＝2 025个质量均为m0＝3 kg的小球向右沿直线紧挨着排列，小球的直径与木板的厚度相同，质量mB＝2 kg的小滑块B(可视为质点)从圆弧轨道上与O点等高处由静止释放，经过圆弧轨道的最低点滑上木板A，当滑块B与木板A恰好相对静止时木板A与小球发生第一次碰撞。已知木板A足够长，整个过程中滑块B始终未脱离木板A，木板A每次与小球碰撞前A、B均已相对静止，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间均忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑块B经过圆弧轨道最低点的速度； (2)滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小； (3)滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能； (4)1号小球最终的速度为多大。 解析：(1)根据动能定理可得 mBgR＝ 代入数据解得滑块B经过圆弧轨道最低点的速度为 v1＝3 m/s。 (2)滑块B在圆弧轨道最低点时可视作做圆周运动，则有FN－mBg＝ 代入数据解得滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小为FN＝60 N。 (3)滑块B与木板A接触后，二者发生相对运动，最终达到共同速度，根据动量守恒定律有 mBv1＝(mB＋mA)v共 代入数据解得v共＝2 m/s 在这一过程中，系统机械能损失转化为内能，根据能量守恒定律有 Q＝＝3 J 则滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能为3 J。 (4)木板A与小球1发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒。木板A与小球1第一次碰撞前的速度为vA1＝v共＝2 m/s，小球1的速度为v球1＝0，第一次碰撞后木板A的速度为vA1′，小球1的速度为v球1′，根据动量守恒定律有 mAvA1＝mAvA1′＋m0v球1′ 根据机械能守恒定律有 mAvA1′2＋m0v球1′2 联立解得 vA1′＝－vA1＝－1 m/s，v球1′＝vA1＝1 m/s 即木板A与小球1碰撞后，木板A的速度大小变为原来的一半，方向相反，小球1的速度变为木板A原速度的一半。 木板A与小球1发生碰撞后经过一段时间再次与滑块B共速，同理根据动量守恒可得 mBv共＋mAvA1′＝(mB＋mA)v共2 解得第二次共速的速度为 v共2＝v共＝1 m/s 即每次木板A与滑块B重新共速后，速度变为滑块B的一半。 小球之间质量相等，且发生的都是弹性碰撞，它们之间发生速度交换，即直到木板A最后一次与小球1发生碰撞前瞬间，小球1的速度都为零。 综上所述，可知 v共n＝v共n－1，v球n′＝v共n 依此类推，可得1号小球最终的速度为v球2025′＝×v共＝ m/s。 答案：(1)3 m/s　(2)60 N　(3)3 J (4) m/s 学科网（北京）股份有限公司 $