题型专项练 计算题专项练(四)（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦热学、电磁学、力学核心计算题型，以递进式知识逻辑构建专项突破体系，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |热学计算|1|气体状态变化（玻意耳定律）|气体实验定律应用，质量与体积关系推导| |电磁复合场|1|带电粒子在磁场圆周+电场类平抛|洛伦兹力提供向心力，类平抛运动规律综合| |力学板块模型|1|板块相对运动（牛顿定律+运动学）|摩擦力分析，相对位移与能量转化推理|

计算题专项练(四) 1.(10分)一种血压计的气路系统如图所示,血压计未工作时,气路系统内部封闭一定质量的空气,其压强为p0,体积为V0,血压计工作时,气泵工作,向气路系统充入压强为p0的空气,气路系统体积膨胀,当气路系统的压强达到1.5p0时,气路系统内的空气体积变为1.2V0,然后打开机械阀放出部分空气,气路系统的压强变为1.2p0时,气路系统内的空气体积变为1.1V0,已知外界大气压强为p0,假定气路系统气体可视为理想气体,空气的温度不发生变化且与外界相同。 (1)当气路系统的压强达到1.5p0时,求充入的外部空气体积; (2)求打开机械阀放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比。 2.(12分)(2025河北沧州二模)如图所示,空间左边为垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,右边是一个电场强度大小未知的匀强电场,其方向平行于OC且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中,初速度方向与边界线的夹角θ=60°,粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场,最后打在Q点,已知OQ=2OC,不计粒子的重力,求: (1)粒子从P运动到Q所用的时间t; (2)电场强度E的大小; (3)粒子到达Q点时的动能EkQ。 3.(16分)(2025湖北咸宁模拟)如图所示,在倾角为θ=37°的足够长的斜面上有一个质量为m1=4 kg的长木板,长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1=0.7。将长木板由静止释放,经过Δt=2.5 s,将一质量为m2=1 kg的物块无初速度地放到距长木板底端L=9.628 m处。已知物块最终从长木板底端滑出,物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.3,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,物块体积较小,计算时可视为质点。 (1)刚放上物块的瞬间,求长木板的加速度a1的大小; (2)求物块在长木板上滑行的时间t; (3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量Q。 参考答案 1.答案 (1)0.8V0 (2)4∶11 解析 (1)假设充入的外部空气的体积为V,根据玻意耳定律可得p0V0+p0V=p1V1 其中p1=1.5p0,V1=1.2V0 可得充入的外部空气的体积为V=0.8V0。 (2)假设放出的气体在p2=1.2p0时,对应的体积为ΔV,根据玻意耳定律可得p1V1=p2(V2+ΔV) 其中V2=1.1V0 解得ΔV=0.4V0 放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为Δm∶m=ΔV∶V2=4∶11。 2.答案 (1) (2) (3)m 解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示 由题意可知∠PO1C=120° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,r= 由几何关系可得r+rcos 60°=OC,OC=x=r 粒子在磁场中做圆周运动的时间t1=T= 粒子在电场中做类平抛运动,有OQ=2x=3r,t2= 粒子从P运动到Q所用的时间t=t1+t2=。 (2)粒子在电场中做类平抛运动,有x=,2x=v0t2 解得E=。 (3)由动能定理,得ExQ-=qEx 解得粒子到达Q点时的动能为EkQ=m。 3.答案 (1)1.6 m/s2 (2)2.3 s (3)23.347 2 J 解析 (1)由静止释放长木板之后,设长木板的加速度为a1',由牛顿第二定律有m1gsin θ-μ1m1gcos θ=m1a1' 解得a1'=gsin θ-μ1gcos θ=0.4 m/s2 放上物块瞬间,同理,由牛顿第二定律,长木板的加速度为a1= =1.6 m/s2。 (2)刚放上物块时,设物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有m2gsin θ+μ2m2gcos θ=m2a2 解得a2=gsin θ+μ2gcos θ=8.4 m/s2 此时长木板的速度为v1=a1Δt=1.0 m/s 设经过Δt1时间二者共速,则v1-a1Δt1=a2Δt1 解得Δt1=0.1 s,则共同速度v共=0.84 m/s 这段时间里长木板比物块多走的距离为Δx1=v1Δt1-a1Δa2Δ=0.05 m 经过判断,物块会继续相对长木板加速下滑,长木板的加速度a1″==0.4 m/s2,方向沿斜面向上 物块的加速度为a2'=gsin θ-μ2gcos θ=3.6 m/s2 设又经过Δt2时间长木板停下,v共=a1″Δt2 解得Δt2=2.1 s Δt2时间内物块比长木板多走Δx2=(a2'+a1″)Δ=8.82 m 此时物块的速度为v2=a2Δt1+a2'Δt2=8.4 m/s 距离长木板底端Δx3=L+Δx1-Δx2=0.858 m 设再经Δt3时间,物块从长木板上滑落,则Δx3=v2Δt3+a2'Δ 解得Δt3=0.1 s 所以物块在长木板上滑行的时间为t=Δt1+Δt2+Δt3=2.3 s。 (3)整个过程中,物块和长木板之间产生的热量为Q=μ2m2gcos θ×(Δx1+Δx2+Δx3)=23.347 2 J。 5 学科网（北京）股份有限公司 $