题型专项练 计算题专项练(二)（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦光学、电磁场、力学综合三大模块，通过多解法对比构建系统性解题思路，强化物理观念与科学思维的融合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |光学计算|1题|折射定律+运动学公式，sinθ比值得折射率|从光的折射现象（概念）到折射定律（原理），结合几何关系求比值（应用）| |电磁场运动|1题|动能定理求速度，类平抛运动分解，洛伦兹力提供向心力|带电粒子加速（能量观念）→类平抛（运动分解）→圆周运动（模型建构）的逻辑链条| |力学综合|1题|动能定理/牛顿定律求摩擦因数，动量守恒+能量守恒综合应用|从受力分析（相互作用）到守恒定律（科学推理），结合电场力做功分析电势能（能量观念）|

计算题专项练(二) 1.(10分)(2025广东雷州模拟)陈皮茶有消暑、理气健脾等功效。一杯没有满的陈皮茶如图所示,现用一束激光从A点发射,刚好从陈皮茶的上表面B点射入,激光射在杯子底面最左端的C点,过B点作底边CE的垂线交于D点。DE的长度d1=2.6 cm,CD的长度d2=2.0 cm,AB与BC的长度相等都是s=3.0 cm,求: (1)陈皮茶的折射率n; (2)激光从B到C的时间与从A到B的时间的比值。 2.(11分)(2025河北博野中学模拟)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。现有这样一个简化模型:如图所示,在xOy平面内第一象限的角平分线OA两侧分布着方向竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场,电场强度、磁感应强度的大小均未知。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U,一比荷为k的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板中心的S点由静止开始做加速运动,粒子经y轴上的a(0,3d)点垂直于y轴进入电场区域,然后从OA上的b(2d,2d)点离开电场进入磁场区域,最后从x轴上的c点离开磁场区域,且离开时速度方向与x轴垂直。求: (1)粒子运动到a点时的速度大小; (2)电场强度的大小; (3)磁感应强度的大小。 3.(17分)(2025安徽淮南检测)如图所示,水平长直轨道上方存在一个竖直向下的匀强电场,电场强度大小E=1.0×104 V/m。O点左侧轨道粗糙,右侧轨道光滑。在O点右侧放置一个质量m0=2 kg、带有四分之一光滑圆弧轨道的绝缘槽,圆弧半径R=0.5 m,圆弧槽的末端与水平轨道相切于O点。在O左侧l=6 m处有一个质量m=1 kg、电荷量q=2.0×10-4 C的带负电的小物块(可视为质点),小物块受到大小F=10 N、与水平方向成37°的推力作用,由静止开始向右运动,到达O点时撤去力F,此时,小物块速度v=6 m/s。不计空气阻力,以水平轨道所在平面为零势能面,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小物块与O点左侧轨道间的动摩擦因数; (2)小物块电势能的最小值; (3)小物块从第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽的过程中,圆弧槽运动的位移大小。 参考答案 1.答案 (1)1.3 (2)1.3 解析 (1)入射角的正弦值为sin α= 折射角的正弦值为sin β= 根据折射定律,陈皮茶的折射率为n=1.3。 (2)激光从B到C的时间t1= 设光速为c,则激光在茶水中的传播速度为v= 激光从A到B的时间t2= 激光从B到C的时间与从A到B的时间比值=n=1.3。 2.答案 (1) (2) (3) 解析 (1)设粒子运动到a点时的速度大小为v0,由动能定理得qU= 可得粒子运动到a点时的速度大小v0=。 (2)由题意可知,粒子从a到b做类平抛运动,轨迹如图所示 沿y轴方向,有qE=ma,Δy1=d=t 粒子沿x轴正方向做匀速运动,由几何关系可得Δx1=2d=v0t 解得vy=v0 又有vy=at,v0= 可得电场强度大小为E=。 (3)根据上述分析,粒子从b点垂直于OA进入磁场,又从c点垂直于x轴离开磁场,由几何关系,则粒子在磁场中做圆周运动的半径R==2d 粒子进入磁场时的速度v=v0 由牛顿第二定律可得qvB=m 又有v0= 解得磁感应强度的大小B=。 3.答案 (1) (2)-3 J (3)2 m 解析 (1)方法1:小物块在O点右侧做匀加速直线运动,依据动能定理有(Fcos 37°-Ff)l=mv2 因为FN=mg-qE+Fsin 37° 联立解得μ=。 方法2:小物块在O点右侧做匀加速直线运动,有v2=2al 依据牛顿第二定律有Fcos 37°-Ff=ma 因为Ff=μFN,FN=mg-qE+Fsin 37° 联立解得μ=。 (2)方法1:设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为vx,竖直速度为vy,小物块和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒,故mv=(m+m0)vx 依据能量守恒定律有(mg-qE)R=mv2-(m+m0) 联立解得vx=2 m/s,vy=4 m/s 小物块第一次离开圆弧槽后,竖直方向做初速度方向向上、大小为vy的匀变速直线运动,加速度方向向下,设大小为a',依据牛顿第二定律有mg-qE=ma' 解得a'=8 m/s2 小物块第一次离开圆弧槽后上升的最大高度h==1 m 小物块电势能变化量为 ΔEp=-qE(h+R) 故小物块电势能的最小值Ep=-3 J 方法2:小物块第一次离开圆弧槽后上升到最大高度时,小物块与圆弧槽速度相等 设此时速度为vx,小物块和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒,故mv=(m+m0)vx 依据能量守恒定律有 (mg-qE)(R+h)=mv2-(m+m0) 解得h=1 m 小物块电势能变化量为 ΔEp=-qE(h+R) 故小物块电势能的最小值 Ep=-3 J。 (3)方法1:小物块第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽的过程,小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为vx的匀速直线运动,此过程历时为t==1 s 故圆弧槽此过程运动位移x=vxt=2 m 方法2:设小物块第一次离开圆弧槽时水平方向速度为vx,竖直方向速度为vy,小物块和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒,故mv=(m+m0)vx 依据能量守恒有(mg-qE)R=mv2-(m+m0) 解得vx=2 m/s,vy=4 m/s 小物块第一次离开圆弧槽后,竖直方向做初速度方向向上、大小为vy的匀变速直线运动 加速度方向向下,大小为a',依据牛顿第二定律mg-qE=ma' 解得a'=8 m/s2 小物块第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽的过程,小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为vx的匀速直线运动,此过程历时为t==1 s 故圆弧槽此过程运动位移x=vxt=2 m。 6 学科网（北京）股份有限公司 $