计算题专练(7)热学、光学、机械波与机械振动(一)-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题还题突破一计算题专练（七） 物理·热学、光学、机械波与机械振动（一） 总分：64分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(8分)某种“系留气球”如图甲所示，图乙是气球的简化模型图。主、副气囊通过不漏气、无摩 擦的活塞分隔开，主气囊内封闭有一定质量的理想气体（密度较小），副气囊与大气连通。轻 弹簧右端固定，左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处 于原长。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度 时，活塞刚好与右挡板接触，理想气体的体积变为初始时的1.6倍，此时活塞两侧气体压强差 为地面大气压强的g:已知地面大气压强p。-1×10Pa,热力学温度T。=-300K,弹簧始终 处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。气球上升过程中理想气体温度视为不变。 主气囊 缆绳 载荷 活塞 右挡板 锚泊设施 副气囊 左挡板 ∧ 甲 乙 (1)求目标高度处的大气压强饣。 (2)气球在目标高度处长时间驻留，气球内、外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距 离的)，已知该处大气压强不变，求气球驻留处的大气的热力学温度T2。(结果保留三位 有效数字) 2.(8分)部分RNA疫苗的存储温度为一80℃至一60℃，使用时需要先在常温环境回温后再 注射。如图所示，某导热良好的封闭RNA疫苗存储箱处于温度为一73℃的低温柜内，存储 箱内的空气压强为0.8p。。某次使用时医生首先将存储箱取出置于温度为27℃、大气压强为 p。的环境中，当存储箱内气体的温度上升至一3℃时将其打开。已知存储箱的容积不变，T= t+273K。求： 物理·计算题专练（七）第1页（共4页） 广鱼跃花门卷 (1)存储箱即将被打开时其内部的压强。 低温柜 (2)打开存储箱后内外达到热平衡时存储箱内气体占原存储箱内气体 的百分比。（结果保留三位有效数字） mRNA疫苗存储箱 3.(8分)某同学制作了一个简易温度计，如图所示，向一个空金属饮料罐内插人一根玻璃管，将 接口密封好，在玻璃管内注入一段5cm长的水银柱。如果不计大气压的变化和饮料罐容积 的变化，这就成了一个温度计。已知饮料罐的容积为330mL,玻璃管的横截面积为1.6cm2, 玻璃管在饮料罐外面的长度为30c,当温度为27℃时，水银柱下表面距离饮料罐上表面的 高度为10cm,大气压强p。=75.0cmHg,不计饮料罐容积的变化。已知T=t十273K。(结 果均保留1位小数) (1)求该温度计测量温度的范围。 (2)某次温度计的测量值为40.5℃，后来发现实际的大气压强为73.0cmHg,求当时的 实际温度。 4.(8分)如图所示为某种透明介质材料制成的截面为直角梯形的柱体，其中∠A和∠B均为直 角，∠BCD=60°。一细光束由AB的左侧与AB边成30°角由O点斜射入介质，该细光束在 BC边的E点发生反射，最后从CD边的F点射出，且出射光线与CD边垂直，E、F两点在图 中均未标出。已知BC=3OB=30cm,光在空气中的传播速度c=3×108m/s。求： (1)该透明介质的折射率。 】 (2)该光束由O点经E点到F点所需的总时间（结果可保留根号）。 60 物理·计算题专练（七）第2页（共4页） 5.(8分)如图示，一束单色光从AB边中点沿垂直于直角三棱镜AB边的方向射入棱镜，在 AC边发生全反射后再从BC边射出棱镜，出射光线恰好与AC平行，已知∠A=60°，AC= 2L,光在真空中的速度为c。求： (1)该棱镜的折射率n。 (2)该单色光在棱镜中传播的时间t(不考虑光在BC边上的反射)。 60. 6.(8分)景观湖水面之下安装的小灯泡发出的某种单色光，会在水面形成一个个漂亮的发光区 域，位于1深处的甲灯泡发红色光，位于另一深度的乙灯泡发黄色光，两灯泡发出的光在水 面形成的面积相等，已知水对红光的折射率为n1,对黄光的折射率为n2。 (1)求甲灯泡发光区域的面积。 (2)求乙灯泡的深度。 (3)若在一次雨后，发现甲灯泡发光面积是原来的4倍，求水面上升的高度。 物理·计算题专练（七）第3页（共4页） /鱼欧花门老 7.(8分)在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距3的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B 两质点的振动图像。已知该波波长大于2m,求： (1)这列波的周期。 ◆y/cm y/cm (2)这列波可能的波速大小。 10 10f--- 0.40.6ts 0.6 10 10 甲 8.(8分)如图甲所示，相距d=20m的波源A、B,在t=0时同时开始振动，产生的两列波沿直 线AB相向传播。波源A只振动了半个周期，其振动图像如图乙所示。波源B连续振动，其 振动图像如图丙所示。两列简谐横波的传播速度大小都为v=1.0m/s。求： 个x/cm x/cm 4 0.2 AC d=20 m 甲 乙 丙 (1)0~24s内，波源A右侧1m处的质点C经过的路程。 (2)0~15s内，从波源A发出的半个波传播过程中遇到波峰的个数。 物理·计算题专练（七）第4页（共4页）·物理· 3器 (2)-3rmE gBo (3)号B 【解析】(1)设存在沿x轴正方向大小为。的速度，满足 E Bg00=Eq,解得U0=B。, 开始时对粒子沿x轴正、负方向分别配出大小为0、o1的速 度，其中1=00， 则粒子以分速度。沿x轴正方向做匀速直线运动，以分速度 v1做匀速圆周运动，其轨迹为摆线，粒子在A点时满足vA 2E 0十U1,解得vA= B。 (2)由洛伦兹力提供向心力g06B。-m, R 粒子做圆周运动的周期T=2”,粒子由P点运动至A点，所 Boq 经历的时间t1=1.5T, P、A之间的水平距离x1=,t1,故P点的x坐标为xp= 一x1--3rmE qB2 (3)设粒子能从电场下边界射出，粒子在该区域运动的时间为 红，电场的宽度d=8Bm 3Bq 则有d=号.号，设此段时间内其水平位移为x,有x:= 2· 8√3Em vat2,解得x2 3Bog 3d 0 x2等于矩形区域的长度，可知粒子从矩形右下角顶点射出电场 区域，根据题意作出粒子的运动轨迹，设此时粒子的速度大小 为2，与x轴正方向之间的夹角为0，则有U,= cos 0' mv 由洛伦兹力提供向心力Bq?=R, 设粒子第一次经过x轴时的横坐标为x3,带电粒子离开匀强电 场时速度方向延长线经过矩形上边中点，则有 x3-√3d 2d 3d =tan0,解得x,=33d 29 由题知x,=2Rsin9,解得B= 3B。 4.(1)4m/s2(2)2J(3)3J 【解析】(1)金属棒a下滑过程，根据动能定理可得mgr 2mu2, 可得v=w√2gr=4m/s, 金属棒a刚滑入水平导轨时，产生的感应电动势为E=BLv= 8V, E 回路电流为I=2R=2A, 金属棒a受到的安培力大小为F=BIL=4N, 金属棒a的加速度大小为a=F m =4m/s2。 (2)以金属棒a、b为系统，由于两金属棒受到的安培力大小相 等，方向相反，则系统在碰到绝缘柱之前满足动量守恒，有 mv=2mv1, 可得金属棒b接触绝缘柱之前，两棒匀速运动的速度大小1= 2m/s, 根据能量守恒可得棒b与绝缘柱碰撞前，整个回路产生的焦耳 热Qa=mw-×2moi, 解得Q=4J,则棒b上产生的焦耳热Q。=2Qa=2J。 (3)金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，以两金属棒为系 统动量仍然守恒，但总动量为零，则有0=m。十m06,即任何时 刻有v。=一v6, 两金属棒从相向运动到相碰，位移大小相等均为0.5m,回路中 的瞬时感应电动势是两棒各自电动势的叠加，则有E′= 2BLo', 根据闭合电路欧姆定律可得1=分， 金属棒b的安培力Fx=BI'L=2BL20' 2R1 对金凤棒6由动量定理得-2B20△L=m0,一m1, 2R 其中∑o'△t=x1=0.5m,可得v2=1m/s, 棒b与绝缘柱碰撞后到与棒α碰撞前的过程，根据能量守恒可 得整个回路产生的焦耳热为Q=合×2mf-子×2m心i=3J。 物理计算题专练（六） u4L27 (3)3gB n 2m 【解析】(1)根据题意，作出粒子的运动 D 轨迹如图1所示， Bx: 由儿何关系得m0-,解得0-30， 由图可知rm=OPsin0=2Lsin30°=L, 0 -10 立，解得 由牛顿第二定律g·3Bu=m7。, 图1 3qBL Um- m (2)粒子垂直于y轴离开磁场，运动轨迹如图2所示，因带电粒 子速度大小没有确定，可多次通过磁场I区和Ⅱ区，但带电粒 子第一次通过磁场I区进入磁场Ⅱ区后垂直y轴射出，所用时 间最短。 由几何关系知粒子在I区转过的圆心角为120°，在Ⅱ区转过的 圆心角为30°，又T=2r_2πm gB 故所用时间最短为t= 20.2+30.2=7xm 360°q·3B360°g·B=18gB B x 3B B￥ 50 0 图2 图3 (3)若粒子从O点离开磁场，部分轨迹如图3所示， 由几何关系得OP=n(2r1sin60°+2r2sin60), mv mu 其中1=g·3Br:q·B 联立解得0=5gBL(m=1,2,3…, 2mn 则能使粒子从O点离开磁场的速度的最大值为3gBL 2m 9 15 参考答案及解析 (1) 2aL (2) 由题意可知若所有离子均能经过O进入电场，则有t=nT(n= (3)96L 1,2,3,…), 【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规 联立得B= 2L nm00(n=1,2,3,…), 2gR 律可知2L=vot,解得t= 当n=1时，B有最小值，可得Bmim= 在竖直方向上有B=ml=了以，解得E- 2gR (2)设粒子从O点进入磁场区域时速度大小为v,速度方向与 ②将离子的速度分解，如图所示，有tan0= 轴正方向的夹角为a,有，=a:-×2头-2gL 当v,最大时，tan0有最大值，此时r最大，为 m RR muym 2’2Bq 0' 人0 所以=√06十=√2v0,a=45°， 粒子运动的轨迹如图所示，由几何知识 y 可得r=√2L, 又B-0R联立可得m孕，an0-至 再结合粒子在磁场中运动时，洛伦兹力 ③当，最大时，离子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位 提供向心力Bg0=m女 21 , 移y。,根据匀变速直线运动规律有y。=二，由牛顿第二定律 2a' 解得B=mu。 知gE。=ma, gL。 (3)由图可知，粒子从M点进人电场中 8mo6联立得ya=256。 gR 时的速度为√2v。,在y轴左侧做斜上抛运动，在y轴右侧做类 平抛运动，由于从M点进入电场时速度方向与x轴的夹角为 物理计算题专练（七） 45°，所以类平抛运动时的水平速度依然是v。,根据几何关系的 1.(1)5×104Pa(2)219K 对称性可知，第4次通过x轴的位置为x=0,如此往复，可得第 【解析】(1)上升过程气球中气体的温度不变，则发生的是等温 2n次通过x轴的坐标x=一4L十2nL(n=1,2,…), 变化，设气球内的气体在目标高度处的压强为卫1，由玻意耳定 可得第100次通过x轴的位置的横坐标x=96L。 5 (1)0.75N(2)2.5m/s2(3)1.8J 律有pV。=p1·1.6V。,解得p1=8o, 【解析】(1)由图乙可知金属杆P做加速度减小的加速运动，2s 后做匀速直线运动。当 1 t=2s时v=4m/s,此时感应电动势E=BLv, 由题意可知，目标处的内、外压强差为p:一力=8p0,解得力= E 5×104Pas 感应电流I= R+r' B2L2 (2②)由胡克定律F=k红，可知，弹簧的压缩量变为原来的？，则 安培力F'=BIL=R十， 活塞受到弹簧的弹力也变为原来的子，即，=日。·弓 1 根据平衡条件有F-F′一mg=0,解得F=0.75N。 (2)刚开始运动时加速度最大，根据牛顿第二定律有F一mg= 1 ma,解得a=2.5m/s2。 16po, E 9 (3)通过金属杆P的电荷量g=It=R十，， 设此时气球内气体的压强为p2,有p2=p:十p=16。, 其中E=△地BLx t t 由理想气体状态方程有，，=pV」 T。T2 =BL工ocx(x为P的位移)， 所以q=R十r 1 其中V2=V。+0.6V。×2=1.3Vo,解得T2≈219K。 设第一个2s内金属杆P位移为x1,第二个2s内P位移为2.(1)1.08p。(2)83.3% x2,则△Φ1=BLx1,△Φ2=BLx2=BLvt,又由于q1：q2=3:5, 【解析】(1)存储箱内的气体开始时的热力学温度为T,=t1+ 联立解得x2=8m,x1=4.8m, 273K=200K, 前4s内，由能量守恒定律得F(x十x)=2mo2十mg(x,十 即将被打开时的热力学温度为T2=t2十273K=270K, x2)十Q,十QR, 其中Q,:QR=r:R=1:3,解得QR=1.8J。 由在理定律有2片 T,' (1)8m 解得存储箱即将被打开时其内部的压强p=1.08po。 aR 20票②是©紧 (2)最终的热力学温度为T=t3十273K=300K, 【解析】(1)在电场作用下，离子做类平抛运动，要能到达右侧端 设存储箱内气体的体积为V。,对整个过程，由理想气体状态方 面，则在垂直x轴方向做匀速直线运动的最长时间=尽 程有92业-兴 vo T 沿x轴方向做匀加速直线运动，有R=弓4， 内外达到热平衡时箱内气体占原存储箱内气体的百分比？= X100%,解得7≈83.3% 由牛顿第二定律得gE=ma,解得E-8mm5。 gR 3.(1)13.147.8℃(2)32.7℃ (2)①离子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直 【解析】(1)由题意可知饮料罐内的气体压强p=p。十.= 线运动和垂直x轴方向的匀速圆周运动，设离子入射时沿y轴 80 cmHg 的分速度大小为，由离子在x轴方向做匀速直线运动得 由题意可知在测温过程中，封闭气体做等压变化，当温度为 4R=vot,在垂直x轴方向，设离子做匀速圆周运动的半径为r, 27℃，即T=(273+27)K=300K时，封闭气体的体积V= 周期为T,由牛顿第二定律知B,=m号，得r=0,T V+h1S=346cm3, Bq 所测温度最低时，封闭气体的体积Vmin=V。=330cm3, 2πr2πm 所测温度最高时，封闭气体的体积Vx=V。十(L一h)S= Bg 370cm, 高考试题逐题突破 V_V=V血，解得Tm≈286.1K, 由等压变化规律有下一T二= T 是20.8K7.8℃，即测盘强度的范 (2)当温度计显示温度为40.5℃时T1=(273+40.5)K= 313.5K, VV 由等压变化规律有一=T: 解得此时封闭气体的体积V,≈361.6cm3 此时封闭气体的实际压强p1=p。'十p=78.0cmHg, 7 由理想气体状态方程有Y_」 T T ,解得T1=305.7K,即t1= 32.7℃ 4.1W5(2)(15+5y3〉 3 ×10-10s 【解析】(1)作出细光束在透明介质中的光路 图，如图所示 由几何关系知入射角i=90°一30°=60°，折 射角r=30°， 609 sin i 由折射定律n一sn,解得n=3。 (2)光在透明介质材料中的传播速度v= 3×108 m/s= √3×108m/s, 由几何关系可知OE=2OB=20cm,则BE=OBtan60° 10v3 cm, EF=(BC-BE)sin60°-(30-10V3)×5 cm=(15√3 15)cm 光束由O点经E点到F点的路程为s=OE+EF=(15√3+ 5)cm, 则上述过程所用的时间1=，=(15+5y3 X10-10s 3 5.(1W3(2) 2c 【解析】(1)作出完整的光路如图， 根据几何关系可知，入射角0=60°， 160 作AC界面法线交BC于D点，光线 在AB界面交于O点，光在P点发 生全反射，在Q点发生折射，则 ∠PDC=60°，∠DPQ=60°，可知 △PDQ为等边三角形，所以a=30°， 因为最终出射光线与AC平行，所以B=60°， 由n=sn可得n=5。 sin a (2)根据几何关系可知s=0P+PQ=Lsin60°+2coS30 53L 6 光在棱镜中传播速度为0=￡= C n√5 光在棱镜中传播的时间1=。，解得：= 2c 6.(1) /n2-1 ni-1 (2)h1√n-1 (3)h1 【解析】(1)设被光照亮的圆形区 域的半径为r,光路如图所示， 0 根据几何关系可得sinC= r1 √/r+h 全反射临界角满足sinC= n11 甲灯泡发光区域的面积S,=πr, πh 联立解得S,= n2-1 (2)同理可得乙灯泡发光区域的面积S2= πh2 n-1' n-1 又S,=S,解得乙灯泡的深度h:=h1√m-1 (3)若在一次雨后，发现甲灯泡发光面积是原来的4倍，则 5,=1,解得，=2h0 水面上升的高度△h=h,一h1=h1 (1)0.4s(2)见解析 【解析】(1)由振动图像可知这列波的周期为T=0.4s。 (2)若波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间为△t= nT+Tm=0,1,2…, 以A、B间的距离为△x=以十A=3m(n=0,1,2,, 则波长为入三4m十3m(n=0,1,2,…), 因为A>2m,所以=0，可得入1=4m,01=三10m/S。 若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间△t=nT十 4T(n=0,1,2,…), 1 所以A、B间的距离为△x=以十4=3m(n=0,1,2,…), 12 则波长为入=4n十mn=0,1,2,…), 因为入>2m,所以n=0或n=1； 当n=0时，可得=12m,01==30m/sg 2 当n=1时，可得2=2.4m,02=了 =6 m/se (1)208cm(2)5 【解析】(1)波源A引起的质点C振动的路程为s1=2A1 8 cm, 波源B的振动传播到C点的时间t=d-Lc=19s, 5 之后的5s,波源B引起的质点C振动的路程为52=2 4A2=200cm, 所以，在0~24s内质点C经过的路程s=s1十52=208cm。 (2)15s内两列波相对运动的长度为△l=lA十lB一d=2t一 d=10m, B波的波长为入B=TB=2m, 波源A发出的波传播过程中遇到波蜂的个数为==5。 入 物理计算题专练（八）】 (1)2.2×105Pa(2)7.4×10-4m 【解析】(1)充气前气体的总体积为V=15lS+V。=17.6× 10-4m3, 由玻意耳定律可知pV=Vo, 可得在室内充气完成后壶内气体的压强p1=2.2×10Pa。 8)余到室外后气体做等容变化则有号-会 可得p,-_-22X10X273+27Pa≈2.308X10Pa, 273+13 打开阀门，喷水过程由等温变化可知V=p2V。, 可得v=V=15.4X10m3, 则喷水壶正常喷水能喷出的水的最大体积△V=V一V。= 7.4×10-4m3。 (1)9×104Pa3×105Pa(2)420K(3)1.2J 【解析】(1)设拔去销钉K前A内气体的压强为p1,拔去销钉 K1稳定后A内气体的压强为p2,将销钉K,拔去，活塞a稳定 ·16 后，对活塞a有m1g十pS=p2S,解得2=1.5×105Pa, 可得s=(W6-√2)r, 根据玻意耳定律得1hS=p2(h一△h)S,解得p1=9X104Pa, 设拔去销钉K2前B内气体的压强为pB,对活塞b有m2g十 则该光线从进人透明材料到射出透明材料所用的时间为=三= p2S=pgS,解得pB=3×105Pa。 (23-2)r (2)对B内气体加热使活塞a回到初始位置的过程中，A内气 体和B内气体的压强均不变，活塞α导热，A内气体的温度不 c 变，故A内气体的体积不变，活塞b距缸底的距离为h1=h十 6.(1)45° (2)32a 2c 4cm,对B内气体根据盖一昌萨克定律可得7 【解析】(1)根据题意作图，如图所示， 联立解得T2=420K。 (3)加热过程B内气体吸热Q=3.6J,对B内气体加热过程，其 根据折射定律有n=sin45 459 sini,解得 60 体积增加△V=△hS, i=30°， 气体对外做功W=pB△V,解得W=2.4J, 根据几何关系可知i=30°， 根据热力学第一定律可得，B内气体内能的增量△U=Q一W= sin r' 2J。 同理根据折射定律有n= in,解得 a (2)7.6cm x'=45°， 1 【解折】①)设大气压为，开始时P0=名V0=号， 3 根据几何关系可知tan60°- ,则BE-Er-含(BC-FC CF c0s30°， 打开阀门，A室气体发生等温变化，此时pA=po， 1 设稳定后体积为VA,根据玻意耳定律有PaoVA。=pAVA,解得 其中BC=ACtan60,解得BE=2a· o VA=2 (2)光在介质中的传播速度为。=。，传播时间为t= n (2)假设打开阀门后，气体从T。一300K升到T时，活塞C恰 DC 好到达容器最右端，即气体体积变为V。,压强pA仍为。，此过 sin30°+EF 3√2a Vo 2c 程为等压变化，根据盖一昌萨克定律得三-二。 T。=T 7.(1波向右传播4m/s(2y=2sin(等-晋）m 可得T=2T。=600K， 【解析】(1)若波向左传播，则传播的距离为x=12n十8(m), 从T=600K升高到T2=660K发生等容变化过程，根据查理 定律号-，可得p加=1.1p, 传播的时间nT+号T=A=1.58-0.5s=1.0s 因周期T>2s,可知方程无解； 水银面的高度差为△h=(1.1一1)×76cm=7.6cm。 若波向右传播，则传播的距离为x=12n十4(m), (1)3(2)4 【解析】(1)光路如图所示，设光 传播的时间nT+3T=△1=1.5s-0.5s=1.0s, 线的折射角为日，则由几何关系 海水 因周期T>2s,可知n=0,周期T=3s。 2d cos9=00,sin(0-30)= 海水。 波为会-号 m/s=4 m/s 2d O0, (2②)设红=2m处质点的振动方程为y=Asm(祭+），其中祭 sin 0 折射率m一n30,联立解得0=60，n=3。 3 (2)光在空气砖中传播所用的时间4=O0_ 2d Ad 当t=0.5s时y=1m,代入数据可知9=一 c cos60°·cc (1W2r(2)23-2)r 则质点的振动方程为y=2sn(学：-吾）m 【解析】(1)单色光线经折射后在内圆的表面恰好发生全反射， 8.(1)2m2m(2)9个(3)28cm 根据血C=}-号，可得C-5、光路 【解析】(1)P与两个波源的距离差△x=x2-x1=2m,波速 图如图所示， =是-1m/e 根据折射定律可得n= sin 6 由图(b)、图(c)可知，两波的周期均为2s,两波的波长均为λ= sin B =√2，可得 vT=1×2m=2m。 1 sin 8=2' (2)两波源起振方向相反，△x=n入，n=0,士1，士2，士3，士4处 为减弱点，共9个减弱点。 R 根据正弦定理可得sin(180°-C)-sinP' 3)波源S1开始振动经过41传到P,则1=号=4s 解得管道的外圆半径为R=√2r。 (2)光在透明材料内的传播速度为口一片一卮， 波源S,开始振动经过，传到P,则，-号-6s, 由图(b)、图(c)可知，两波的振幅分别为A1=1cm,A2=3cm, 设光在透明材料内的传播距离为5，根据几何关系可得 0~4s,质点P一直静止，4~6s,质点P通过的路程51= 4A1=4cm,6~12s,质点P通过的路程s2=12(A2-A1)= 2 24cm, sin (C-B)sin B' 则sa=S1十s2=28cm。