题型专项练 计算题专项练(一)（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 本专项聚焦热学、电磁感应、力学综合计算，通过典例系统呈现气体实验定律、动量定理、能量守恒等核心方法，强化物理观念与科学推理的应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |热学计算|1（广东模拟）|查理定律（等容）+盖-吕萨克定律（等压）|气体状态参量关系→质量变化分析| |电磁感应综合|1（安徽模拟）|动量定理+电磁感应规律+能量守恒|导体棒运动→安培力冲量→电容充放电能量转化| |力学综合|1（山东模拟）|能量守恒+动量守恒+运动学公式|圆弧运动→传送带动力学→碰撞能量转化|

计算题专项练(一) 1.(10分)(2025广东东海新龙中学模拟)某陶瓷窑结构的示意图如图所示。某次烧制前,封闭在窑内的气体压强为p0=1.0×105 Pa,温度为室温t0=27 ℃。烧制时为避免窑内气压过高,窑上有一个单向排气阀,已知当窑内气体温度为t1=327 ℃时,单向排气阀开始排气,此后窑内气体压强保持不变,温度逐渐升高至烧制温度t2=1 227 ℃。气体可视为理想气体,T=t+273 K。求: (1)排气阀开始排气时窑内气体的压强p1; (2)本次烧制排出的气体与原有气体质量的比值。 2.(12分)(2025安徽合肥模拟)如图所示,足够长的两倾斜金属导轨与水平地面的夹角均为θ=37°,间距均为L=1 m,最低处平滑连接(无能量损失),左上端接有电容C= F的电容器。一质量m=1 kg的导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数均为0.5,导体棒和导轨的电阻均不计。两侧导轨均存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=4 T。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放,经时间t1(未知)第一次到达最低点的速度v1=1 m/s,然后滑上右侧导轨,多次运动后,最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿,忽略两磁场间相互影响,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)导体棒第一次运动到最低点时,电容器所带电荷量Q; (2)导体棒第一次运动到最低点时所用时间t1以及此时电容器储存的能量EC; (3)导体棒运动的总时间t总。 3.(16分)(2025山东淄博模拟)一种自动卸货装置的简化图如图所示,质量为m1=1 kg的货箱内装有质量为m2=5 kg的货物,将其从半径为R=40 m的光滑圆弧轨道AB上的A点由静止释放,AB与以v=8 m/s的速率顺时针转动的水平传送带相切于B点,A、B两点的竖直高度差为h=0.2 m,传送带与水平光滑直轨道CD平滑连接,紧挨D点有一与CD等高的小车停在光滑的水平轨道上,车的质量为m3=2 kg,货箱和货物滑上车经一段时间后与车右端挡板发生碰撞,碰后与车速度相同但不粘连,一起向右运动至水平轨道右端,压缩固定弹簧至最短时将车锁定,货物与货箱始终相对静止。卸下货物后解除锁定,弹簧将车及货箱一起弹回,车与水平轨道左侧台阶碰撞后立即停止,货箱滑出车后恰好能回到A点。B、C间距离L1=8 m,货箱与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,与车间的动摩擦因数μ2=0.2,货箱和货物均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)货箱和货物下滑经过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小FN; (2)货箱和货物一起由A运动到C过程中所用的时间t;(结果保留三位有效数字) (3)车的长度L2。 参考答案 1.答案 (1)2×105 Pa　(2)0.6 解析 (1)由题意可知,排气阀开始排气前,气体体积不变 初状态时p0=1.0×105 Pa,温度为T0=(273+27) K=300 K 末状态时压强为p1,温度为T1=(273+327) K=600 K 对气体,由查理定律可得 解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为p1=p0=×1.0×105 Pa=2×105 Pa。 (2)排出气体后,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得 解得V2=V1=V1 则排出的气体在烧制环境下的体积为ΔV=V2-V1=V1 则排出的气体与原有气体的质量的比值为=0.6。 2.答案 (1)0.25 C　(2)1 s　0.5 J (3) s 解析 (1)在最低点,导体棒切割磁感线,电容器两端电压与导体棒两端电动势相等,有U=E=BLv1=4 V 电容器的电容C= 联立解得Q=0.25 C。 (2)导体棒在左侧导轨上由静止释放后,在下滑过程中受力分析如图甲所示 甲 沿斜面方向由动量定理得 mgt1sin θ-μmgt1cos θ-BLt1=mv1 解得t1=1 s 沿斜面方向由牛顿第二定律得Gx-Ff-F=ma1 又F=BIL,a1=,I==CBL=CBLa1 则mgsin θ-μmgcos θ-CB2L2a1=ma1 解得a1=1 m/s2 故导体棒在左侧导轨上由静止释放后做匀加速直线运动 导体棒释放位置与导轨的最低点距离x1=t1=0.5 m 电容器储存的能量 EC=mgx1sin 37°-μmgcos 37°·x1- 解得EC=0.5 J。 乙 (3)根据分析可知,导体棒冲上右侧导轨后,电容器放电,导体棒所受安培力沿斜面向上,受力分析如图乙所示 根据牛顿第二定律得Gx'+Ff'-F'=ma2 又F'=BI'L,I'==CBL=CBLa2 解得a2=5 m/s2 则第一次冲上右侧导轨所用时间t2==0.2 s 导体棒上滑到右侧最高点位移x2=t2=0.1 m 同理,导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电,加速度大小等于a1,导体棒第二次经过最低点时设其速度为v2,则x2=a1,v2=a1t3 解得t3= s,v2= m/s 之后以v2冲上左侧导轨,导体棒上滑到左侧导轨最高点位移为x4==0.02 m 所用时间为t4==0.2 s 从左轨道再次下滑时间为x4=a1 解得t5=0.2 s 第三次到最低点时的速度v3=a1t5=0.2 m/s 之后冲上右侧导轨,导体棒上滑到右侧导轨最高点位移为x6==0.004 m 所用时间为t6==0.04 s 如此往复,直至停在最低点 在两侧导轨加速下滑过程时间依次为t1=1 s,t3= s,t5=0.2 s……公比为,由等比数列求和公式,得下滑的总时间为t下= s 在两侧导轨减速上滑过程时间依次为t2=0.2 s,t4=0.2 s,t6=0.04 s……公比为,由等比数列求和公式,得上滑的总时间为t上= s 所以全程的总时间为t总=t上+t下= s。 3.答案 (1)60.6 N (2)4.59 s (3)3 m 解析 (1)对货物及货箱(以后简称系统M)在由A到B过程中有 (m1+m2)gh=(m1+m2) 系统M在B点有FN'-(m1+m2)g=(m1+m2) 由牛顿第三定律知,系统M在B点对圆轨道的压力大小FN=FN' 联立解得FN=60.6 N。 (2)系统M由A到B过程中降落的高度与半径之比为,即h≪R 则此过程可视为简谐运动,且有T=2π 则系统M由A到B的时间为t1= 解得t1=3.14 s 系统M在传送带上加速的过程有 μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a 若系统M与传送带能够共速,则有v=vB+at2 解得t2=1.2 s 系统M在此加速过程中的位移为x1=t2 解得x1=6 m<L1 故系统M与传送带共速后将做匀速直线运动 由L1-x1=vt3 得t3=0.25 s 则系统M由A到C所用的时间为t=t1+t2+t3=4.59 s。 (3)在系统M冲上小车到与之达到共速过程中由动量守恒定律有 (m1+m2)v=(m1+m2+m3)v共 系统M和小车的动能先转化为弹簧的弹性势能,然后弹簧又将弹性势能完全转化为小车和货箱组成的系统的动能,则由能量守恒定律得(m1+m2+m3)(m1+m3) 小车与台阶碰后对货箱由能量守恒定律有μ2m1gL2+μ1m1gL1+m1gh=m1 联立解得L2=3 m。 6 学科网（北京）股份有限公司 $