计算题考点专练1 热学计算题-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习考前增分练

班级： 姓名： 计算题考点专练1热学计算题 （分值：40分 限时：40分钟) 1.(10分)如图为吸盘工作原理示意图，使用时先把 2.(10分)2025年6月某地区遭遇了暴雨袭击，导致 吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上， 一些排水井内水面上升，若井盖排气孔被堵塞，会 挤出吸盘内部分空气，如图(a)所示，然后要把锁 产生井盖移位的安全隐患。如图所示，井盖质量 扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，在 m=40kg,圆柱形竖直井内水面面积S=0.5m, 拉起吸盘的同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖 此时井内密闭空气的压强恰好等于大气压强p。 以最大的压力吸住吸盘，使外界空气不能进入吸 1.0×10Pa。若井内水位以20mm/h的速度上涨， 盘，如图(b)所示。由于吸盘内外存在压强差，使 空气视为理想气体，温度保持不变，g取10m/s2。 吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。 得分 已知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压 (1)求密闭空气的压强为多大时，井盖刚好被 强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体 顶起； 体积变为扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即 (2)若48分钟后井盖刚好被顶起，求此时井内水 图(b)中大圆面积S1=6.0cm,吸盘中气体与墙 位与井盖之间的距离h。 面的接触面积S2=2.5cm2,大气压强p。=1.0X 井盖 地面 10Pa,重力加速度g取10m/s2,吸盘内的气体可 水面 视为理想气体，环境温度不变。 得分 排水管道 盘盖 锁扣 吸盘 图(a 图(b) (1)求扳下锁扣后吸盘内气体的压强； (2)若吸盘与墙之间的动摩擦因数为4=0.75，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装 置的重力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。 (横线下方不可作答)183]第一部分题型精准练 ■ 3.(10分)图甲为汽车后备箱的气压杆，气压杆内部 4.(10分)如图所示，粗细均匀的T形导热玻璃管（足 的高压气体被活塞密封在汽缸中。在后备箱打开 够细)由A、B、C三部分组成，其长度分别为8cm 或关闭过程中，气压杆内部的气体体积发生变化。 16cm、50cm。现将T形玻璃管固定，使A、B管 箱盖打开静止在某位置时，活塞到汽缸底部的距 水平，C管竖直，管内有一段水银柱分别将一定质 离为L,活塞的横截面积为S。箱盖作用于连杆上 量的理想气体封闭在A、B管内，A、B管内气柱的 的沿杆方向的力为F=9p。S,示意图如图乙所示。 长度分别为5cm、10cm,C管内水银柱高度为 已知大气压强为p。,重力加速度为g。不计活塞 14cm。已知大气压强p。=76cmHg=1.0× 与汽缸壁的摩擦及连杆和活塞的质量，忽略气体 105Pa,环境温度t。=27℃，玻璃管横截面的面 温度的变化。 得分 积S=9×106m,热力学温度T与摄氏温度t的 关系为T=t+273K。现对玻璃管缓慢加热，直 箱盖 至水银刚好全部进入C管。 得分☐ 连杆 (1)求此时封闭气体的热力学温度； (2)若继续给玻璃管缓慢加热，当气体再吸收 10.234J的热量时，C管水银面上升了20cm,求 汽车后备箱气压杆 气体内能的增量。（结果保留两位有效数字） 甲 乙 (1)求此时被封闭气体的压强p1: (2)活塞到汽缸底部的距离为L时，求此时气体 B 的压强p2; (3)由于漏出部分气体，当活塞到汽缸底部的距离 为爱L时，此时沿杆方向作用力变为14S,求漏 出的气体与剩余气体的质量之比。 红对勾·讲与练 184 高三二轮物理 ■3.(1)AC (2)1 (3)bb+V。 解析：(1)该气体发生等温变化，从注 射器的刻度上读出体积，因此传感器 A为压强传感器，A正确；在步骤① 中，将注射器与传感器A连接前，应使 注射器封住一定质量的气体，因此不 必将活塞移至注射器最右端，B错误； 操作中，不可用手握住注射器封闭气 体部分，是为了保持封闭气体的温度 不变，C正确；若实验过程中不慎将活 塞拔出注射器，气体的质量发生变化， 不可将活塞插入注射器继续做实验， D错误 (2)为使作出的图像为一条直线，根据 玻意耳定律pV=C可知，x轴应 为、1 (3)设石子体积为V1,对一定质量的气 体，根据玻意耳定律可得p(V一V1)= C,整理得V=C+V,因此可得V, b;软管容积为V。不能忽略，则表达式 为p(V+V。一V1)=C,整理得V= C+V,-V,可知V,-V,=b,故 V,=b+V。。 实验题考点专练4 创新实验 d 1.(1)10.6 (2) △t △t2 (3)(m+M) △t2 解析：(1)10分度游标卡尺的精确度为 0.1mm,由题图乙可知小球的直径为 d1=10mm+6×0.1mm=10.6mm。 (2)由于小球和滑块经过光电门时的 挡光时间很短，可认为小球和滑块经 过光电门时挡光过程的平均速度等于 小球和滑块经过光电门时的瞬时速 度，则小球经过光电门1的速度大小为 1= ，滑挟经过光电门2的速度大 △t d: 小为2= △t (3)若小球和滑块组成的系统在相互 作用的过程中水平方向动量守恒，则 有mw1=（m+M)v2,则有m d △t d2 (m+M) △t2 2.(1)R,(2)见解析图 (3)左 (4)1998大于(5)1mA 解析：(1)根据电压表半偏法测量原理 可知，为减小实验误差，满足滑动变阻 器内阻远小于电压表内阻，应选择最 大阻值较小的滑动变阻器，故选择R1。 (2)实物连接图如图所示。 (3)在步骤b中，闭合开关S1、S2前，滑 动变阻器的滑片应移到题图甲中最左 端，其目的是保护电表，且使电压表的 示数从0开始调节。 (4)在步骤c中，记录的电阻箱阻值为 1998.02,若认为调节电阻箱时滑动 变阻器上的分压不变，则有Ry=R 1998 根据设计的电路，实际上在调节电阻 箱时滑动变阻器上的左侧部分分压要 变大，大于2.0V,故电阻箱分得的电 压大于1.0V,电阻箱的阻值大于电压 表的真实阻值，故测量值大于真实值。 (⑤)该表头的满偏电流为I=尺 U 1 mA 3.(4)见解析图(5)非线性(6)9.83 (7)大于 解析：(4)补上数据点后绘制下落高度 h随时间t变化的h-t图线如图。 ↑h/m 12 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.10.20.30.40.5t/s (5)由绘制的h-t图线可知，下落高度 与时间是非线性关系。 (6)根据h=4.91612,结合h=21， 可知2g=4.916,解得g≈9.83m/s。 (7)若因操作不慎，导致长木条略有倾 斜地自由下落，则各个小磁铁经过磁 传感器时的时间偏小，则加速度的测 量值大于真实值。 4.(1)见解析图(2)1.303.47×1032 (3)R22.1(4)减小 解析：(1)实物连线如图所示 Ro ×× 磁敏电阻 RM 电源 (2)电压表的读数为U=1.30V,根据 部分电路欧姆定律可得U十RR。 IRM,解得磁敏电阻的阻值为RM 3.47×103. (3)根据闭合电路欧姆定律可得U。= IR,=R,十R,要求输出电压达到或 超过2.0V时报警，即要求磁感应强度 增大时，磁敏电阻的阻值增大，输出电 压增大，由于需增大R2阻值才能实现 此功能，故R,为磁敏电阻。开始报警时 磁感应强度为0.2T,此时R2=1.4k R2两端电压为U。=2.0V,根据电路 Uo 关系R,R十R ,解得另一固定电阻 的阻值应为R1=2.1k2 (4)在磁感应强度更小时就能触发报 警，此时磁敏电阻的阻值减小，根据电 Uo E 路关系R,R,+R 可知，需减小磁敏 电阻之外的定值电阻。 计算题考点专练1热学计算题 1.(1)8×10Pa(2)3.0kg 解析：(1)已知环境温度不变，说明气 体发生的是等温变化：对于一定质量 的理想气体，在等温变化过程中，由玻 意耳定律得pV,=pV2, 其中V2=1.25V1, 代入数据解得扳下锁扣后吸盘内气体 的压强为p2=8×104Pa。 (2)水平方向上，吸盘内外存在压强 差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸 盘内气体对吸盘有一个向外的压力。 吸盘内外的压力差F=pS1一p2S2, 代入数据可得F=40N, 当吸盘恰好能挂起最大质量的重物 时，竖直方向上重物的重力等于吸盘 受到的最大静摩擦力即g=uF, 代入数据解得m=3.0kg, 即吸盘能挂起重物质量的最大值为 3.0kg。 2.(1)1.008×105Pa(2)2m 解析：(1)设此时密闭空气的压强为 中2，对井盖受力分析可知 paS十mg=p2S, 解得D:=D,十 =1.008×105Pam (2)由题可知，设刚开始时密闭空气的 压强为p1,密闭空气的体积为V1,井 盖被顶开时密闭空气的压强为2，此 时密闭空气的体积为V2,整个过程是 等温变化，根据玻意耳定律可知 piVI=P2V2, 其中p1=po=1.0×103Pa, V,=5h+20x103×88×5. 48 p2=1.008×105Pa, V2=Sh; 代入数据解得h=2m。 3.(1)10p。(2)16p。(3)1:15 解析：(1)对活塞受力分析，由平衡条 件有p1S=poS+9pS, 解得p1=10p。 (2)以封闭气体为研究对象，活塞由L 到L处的过程中，曲政意平定#得 b,LS=X日LS 解得p2=16po (3)设漏出气体的体积为△LS, pLS=p（(8L+aL)s, p3S=PoS+14poS, △m △LS n剩 5 LS 8 △17m 1 解得 7n剩 15 4.(1)528K (2)10J 解析：(1)A、B管内气体压强相同， A管内气柱长5cm、水银柱长3cm, 参考答案 269 B管内气柱长10cm、水银柱长6cm, 比例关系相同，所以升温后A、B管内 水银同时全部进入C管，以A、B管内 气体整体为研究对象，气体初状态时 p1=90cmHg,V1=5S+10S=15S, T,=300K, 当水银全部进入C管时，p2=99cmHg V,=24S, 根据理想气体状态方程P:V-P:V T 代入数据解得T,=528K。 (2)由题意可知p2=99cmHg≈ 1.30×10Pa, 如果继续给玻璃管缓慢加热，C管水银 面上升了20cm时，气体对外做功 W=-p2Sl=-1.30×105×9× 10-6×0.2J=-0.234J, 根据热力学第一定律△U=W十Q, 因为Q=10.234J, 解得△U=10J。 计算题考点专练2 光学计算题 1.60° 2 m 解析：如图所示，由几何关系可知光线 在AB边的入射角为i1=60°， B sin i 由折射定律可得n= sin r 解得r=30°， 所以△ADF为等边三角形，则F为 AC边的中点，可知0+60°=90°， 又0+i2=90°， 可得光线在BC面的入射角i2=60°， EF与AB平行，则E为BC的中点， 故入射点E与C点的距离为EC BC 3 2 2 m. 2.(1)2 (2)9 解析：(1)根据几何关系可得折射角为 0=90°-60°=30°， 根据折射定律，玻璃的折射率为= sin45° sin30° =2。 (2)当入射点移至E点时，发生全反 射，恰好没有光线进入中空部分，作出 光路图如图所示， 临界角为sinC=1 解得C=45°， O为等边三角形的垂心，则OA= 3, 根据几何关系有∠GOH=C=45°， 3 则OH=rsin C= 12 2702对闪·讲与练·高三二轮物理 AH-0A-0H-3 , A、E两点间的距离x AH c0s30°= 2 3.(1)2(2)6+63)d 解析：(1)光在半圆形光导纤维的外圆 内表面恰好发生全反射， 由题图可知，发生全反射的临界角为 30°，根据公式sinC= 1 力 可得该光导纤雏的折射率n=2。 (2)设OA长为r,则OD=d十r, 根据几何关系可得OD=2 DAcos30°， 解得OA=r= (1+√3)d 2 光在光导纤雏中的传播速度v= 光在光导纤雏中的路程s=6r, 则该光束在半圆形光导纤维中运动的 时间为t= 5=(6+63)d 4.(1)5(2)3R 解析：(1)如图甲所示，由几何关系可 31 √3 知，折射角r满足tanr= R 3 得r=30°， 根据折射定律可知，该玻璃砖的折射 √3 率为n=sina= 2 sinr 2 < C.D 0 O 乙 (2)当某光线在右侧面刚好发生全反 射时，临界角为C,由全反射条件得 sin C= 1=5 71 ,如图乙所示， 此光线与O的距高为L=Rsin C-,】 根据对称性，O点下方距离为L的光 线也恰好能从右侧射出， 在此范围内的光线可从右侧射出，则 能从玻璃砖射出的入射光的横截面积 为S三πL2=3元R2。 计算题考点专练3力学计算题（小） 1.(1)37°7.5m/s2(2)15.4s 解析：(1)根据题意，当包裹刚开始下 滑时满足mg sin日=mg cos0, 可得0=37°， 当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最 大静摩擦力时，加速度最大，即 umg =ma, 所以a=7.5m/s2。 (2)当机器人先以最大加速度做匀加 速直线运动，加速至最大速度，然后做 匀速直线运动，最后以最大加速度做 匀减速直线运动至0时，机器人从分拣 处运行至投递口所需时间最短，则匀 加速直线运动阶段有1一2a,4= a 匀减速阶段有xa一 2a 所以匀速运动的时间为 2 x:L-x1-x3 7m Vm 联立可得t=t1十12十tg=15.4s。 2.(1)1s(2)36N 解析：(1)在A、B共同运动阶段，对B, 由牛顿第二定律可得加速度大小 mBg dB= 2=4m/s2, mB 对A,由牛顿第二定律可得加速度大小 mgg2-（mB十mA）g41 aA= =4m/s2, mA 根据题意可知 代入题中数据，解得t=0.5s, 此时A、B的速度分别为TA=aAt= 2 m/s,UB=vo-agt=2 m/s, 由于A恰好与圆弧轨道MN发生弹性 碰撞，故碰后A按原速率返回，之后A 的加速度大小aA1= mAgμ1 =2m/s2, m A 故A与圆孤轨道MN碰后向左运动的 UA 时间tn= =1 so a Al (2)设B在M点速度为VM,由动能定 理有2m .1 2mB0后=-mBgR, (1-cos0), 在M,点由牛顿第二定律有 UM N-mBg cos 0=mB R 联立解得B在M点时受到的支持力大 小N=36N, 根据牛顿第三定律可知B通过M点时 对圆孤轨道的压力大小为36N。 3.g(②v2eL8) 解析：(1)小球A摆至最低点时速度最 大，最大速度设为1，由机械能守恒定 1 律得mgL= 2 mvj. 解得01=√2gL。 (2)小球A从最低点向右摆动的过程 中，A、B系统水平方向动量守恒；当A 最后回到最低点时，B的速度最大，设 此时A、B的速度分别为vA、V,由水 平方向动量守恒得 mVA十mVB=1w1, 由能量守恒得 1 2 2 mv+1 2 解得vA=0,VB=√2gL。 (3)当小球A向右摆至最高点时，A、B 共速，设为v,A、B系统水平方向动量 守恒，得(m十m)v=U1,