计算题考点专练3 力学计算题(小)&计算题考点专练4 力学计算题(大)-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习考前增分练

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, V2=24S, 根据理想气体状态方程D,V=力：V T T: 代入数据解得T2=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°1 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i,=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0十60°=90°， 又8+i2=90°， 可得光线在BC面的入射角ig=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√ 2 2 mo 2.(1)√2 (2)2 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n= sin 45 sin 30 =√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=L, 解得C=45°， 0为等边三角形的垂心，则0A= 3Q, 根据几何关系有∠GOH=C=45°， 5 则OH=rsin C=; 12 2702树勾·讲与练·高三二轮物理 AH-0A-0H 4, A、E两点间的距离x AH cos30°=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 1 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 OAcos30°， 解得OA=r= (1+W3)d 2 光在光导纤维中的传播速度= n 光在光导纤雏中的路程s=6r, 则该光束在半圆形光导纤雏中运动的 时间为t=三=(6+63)d 4.(1)W3(2)3πR 解析：(1)如图甲所示，由几何关系可 3 31 知，折射角r满足tanr三 得r=30°， 根据折射定律可知，该玻璃砖的折射 √3 率为n=sine= 2二 sin r 2 L C. R 0 B 0 C 甲 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=13 ,如图乙所示， 3 此光线与O的距离为L=Rsin C=3R,} 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 1 为S=πL=3R。 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 sin9=mg cos6, 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/s。 (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x1= 2a= a 匀减速阶段有x= m 2a 所以匀速运动的时间为 L一x1一x3 m 联立可得t=t1十t2十t:=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 m Bg2 aB- 2=4m/s2, mB 对A,由牛顿第二定律可得加速度大小 QA= mBg4:-（ms十mA）gL=4m/s2, mA 根据题意可知 2 代入题中数据，解得t=0.5s, 此时A、B的速度分别为VA=aAt= 2 m/s,Ug=vo-ast=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= m Ag =2m/s2, 71A 故A与圆弧轨道MN碰后向左运动的 时间t。= A=1s。 QAl (2)设B在M点速度为0M,由动能定 mg0i=一mBgR· 2 (1-cos6), 在M,点由牛顿第二定律有 N-msg cos 0-mw 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。 .I)v2g(2)2gt(3)L 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 律得mgL=)mi, 2 解得v1=√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？A、℃B,由水 平方向动量守恒得 m0A十myB=mU1, 由能量守恒得 1 1 2 2 2 解得YA=0,℃B=√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))=U1, 由能量守恒得 1 mgh = 2(m+m)2, 联立解得h=一L。 2 计算题考点专练4力学计算题（大）》 1.(1)2√gL 3W√2g 2 26L (3) 27 解析：(1)小球甲从A到B做斜抛运 动，且在B,点的速度沿水平方向，由逆 向思维可得小球甲从B到A做平抛运 动，则有L=弓g25L=,Ae 解得tAB三 故两球碰前小球甲的瞬时速度大小为 0。=2√gL,方向水平向右； 小球甲从A到B的平均速度为 √JL+(22L)3√2gL tAB 2 (2)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒 定律有m0p十3m飞元=m℃。， 由机械能守恒定律有 1 1 2 2 X3m02, 2 联立解得=√gL,方向水平向右。 小球乙从C到P,设水平位移为x,竖 直位移为y,且小球乙在P点的速度 与水平方向的夹角为53°，小球乙在P 点速度的反向延长线经过水平位移的 中点，则有0.5.x=ytan37°， 由平抛运动知识得y= 2 gtep, Ut tcp, 联立解得tcp= e (3)设半圆形轨道CDE的半径为R,由 几何关系可得R2一y2=(x一R)2, 解得R= 26L 27 2.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m 解析：(1)货物刚放上传送带时，对货 物受力分析如图所示， mg 在沿传送带方向上，mgsin 0十∫=ma, 在垂直于传送带方向上，ng cos=F麦， 由牛顿第三定律可知，F麦=F压， 滑动摩擦力f=41F压， 解得a=10m/s2。 (2)为使货物到底端B时的时间最短， 则货物在整个下滑过程中，始终加速， 传送带的最小速度为货物到底端B时 的末速度，由运动学关系式可知， 08=2as, 解得v。=20m/s。 (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平 方向上由牛顿第二定律得a1=上，竖 直方向上，mg=N, 由牛顿第三定律可知，货物受到的支 持力N与其对滑板的压力N1等大， 货物所受滑动摩擦力f1=4:N1, 解得a1=2m/s,方向水平向左，即货 物做减速运动； 对滑板，水平方向上，f1一f地=Ma2, 地面对滑板的摩擦力∫是=4：N是， 竖直方向上N,=Mg十mg, 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的 压力N是与地面对滑板的支持力N: 等大，解得a2=3m/s°，方向水平 向右； 当货物和滑板共速时共=。一 ait=a2t 货物这段时间内的水平位移为x1= ot1一2 aiti, 解得t1=4s,Y共=12m/s,x1=64m, 之后若货物与滑板一起减速，则共同 的加速度为a,=M十m, 解得a3=1m/s2,方向水平向左； 而货物在滑板上能达到的最大加速度 为a1=2m/s2,方向水平向左； a1>a3,即货物可以和滑板保持速度 一致，共同减速，直到减为0；共同减速 这段时间，货物的水平位移为工：= 0共 2as 解得x2=72m 所以货物从滑到底端B,到最终停止， 货物的总位移为L=x1十x2=64m十 72m=136m。 计算题考点专练5电磁学 计算题（小） 1.(1)45°(2)1：√3 解析：(1）根据动能定理得Ue= 2m6, 由气核在偏转电场中水平方向的运动 为匀速运动得d=v。t, 由匀强电场中电场强度与电势差的关 2U 系得E= 根据牛顿第二定律得eE=ma, 由气核在偏转电场中竖直方向上的运 1 动为匀加速直线运动得y=2at, d 解得y=2' 根据匀变速直线运动规律得)，=at, 假设氕核离开偏转电场时速度与水平 方向的夹角为f,则tan0= 0丝二1· 解得0=45°。 (2)设粒子进入匀强磁场时的速度为 ,由速度的合成与分解关系知 cos= 00 02 根据向心力公式得Be=m#F' 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的 弦长l=2Rcos6, 2 解得1= B e 代入上式可得，氕核和氚核打在接收屏 上的位置与M点的距离之比为1：√5。 gBo P BoR 2.(1) (2) (3) 2xf fBoR' 150L 解析：(1)根据题意可知，质子在磁场 中的运动周期与交流电源的周期相 等，有T=子 魔子在磁场中这动时，有B,=m艺 又有T=2,联立解得m qB。 U 2xf (2)设质子离开加速器时的速度大小 为vm,根据牛顿第二定律，有q℃mB。= 2 R 设在t时间内离开回旋加速器的质子 数为N,则此过程中质子束的等效电 流1= Nq t 质子从回旋加速器射出时，有Pt= 1 NX- P 联立各式，解得【=一 fB。R2 (3)由上述分析可知，质子射出回旋加 速器的速度大小0m=2xRf, 质子进入偏转系统的磁场后做圆周运 20m 动，如图所示，半径R'= qB R 设质子离开偏转系统时速度方向偏转 角度为a,有sne= L 经过磁场的过程中，质子在y轴方向 偏转距离y1=R'(1一cosa)≈ R' 离开磁场后，质子在y轴方向偏移距 L 离y:=Ltan a≈】 R 质子打到目标平面时的位置坐标y L y1+y:= 100 BR 联立可得B= 150L 3.(1)0.5(2)0.666J 解析：(1)分析电路关系，根据闭合电 E 路欧姆定律有I=R,十R】 Ri 又R一R1十 =12, 联立解得I=3A, I 2 =1.5A, 金属棒恰好不上滑，根据平衡关系有 BLI MN =mgsin 0+umg cos 0, 解得μ=0.5。 E (2)根据g=i,i=R,十7 E=A地=B △p △S BLe △t △t △t 参考答案 271班级： 姓名： 计算题考点专练3力学计算题（小）》 (分值：40分 限时：40分钟) 1.(12分)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了 2.(12分)如图所示，圆心角0=37°、半径R=0.5m 工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器 的光滑圆弧轨道MN固定在水平地面上，其末端 人的水平托盘上，机器人可沿直线将包裹送至指 N切线水平；质量mA=1kg、长度L=1m的木板 定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角 A置于水平地面上，其上表面与N端等高，A的 增大到0时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现 右端到N端的水平距离d=0.5m;质量mg= 机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45m的投 3kg的小物块B以vo=4m/s的速度从左端滑上 递口处，如图乙所示，为了运输安全，包裹需与水 木板A,当B运动到A的右端时，A恰好与圆弧轨 平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘间的 道MN发生弹性碰撞。已知A与地面之间的动 动摩擦因数4=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动 摩擦因数41=0.2，B与A之间的动摩擦因数 摩擦力，重力加速度g取10m/s2,求：得分 42=0.4,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， 包裹一托盘 c0s37°=0.8。求： 得分 包裹 6八 门托盘 机器人 一机器人 投递图 送爸襄的馨欧 B 简化图 → 甲 乙 (1)机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角0及运 (1)A与圆弧轨道MN碰后向左运动的时间； 输包裹的过程中允许的最大加速度大小； (2)B通过M点时对圆弧轨道的压力大小。 (2)若机器人运行的最大速度为um=3m/s,则机 器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最 短时间t。 (横线下方不可作答)187第一部分题型精准练 3.(16分)如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B,B的质量为，杆上在物块B 的左侧有一固定挡板C,B的下端通过一根轻绳连接一小球A,绳长为L,A的质量也为m。先将小球拉至 与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度为g。求： 得分☐ (1)小球A向右摆动的最大速度； (2)物块B运动过程中的最大速度； (3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。 红对勾·讲与练188] 高三二轮物理 ■ 班级： 姓名： 计算题考点专练4力学计算题（大）》 (分值：30分限时：30分钟) 1.(15分)如图所示，质量为3m的小球乙（可视为质 2.(15分)工厂用传送带将货物从高处传送到低处， 点)放置在光滑的水平面的最左端B点，水平面的 再通过地面滑板实现远距离传送。传送过程示意 最右端为C点，半圆形轨道CDE竖直放置，O是 图如图所示，倾斜放置的传送带装置与水平地面 圆心，CE是水平直径，D是圆弧的最低点，P点为 夹角0=37°，传送带以。的恒定速率顺时针转 圆弧上的一点。现让质量为m的小球甲（可视为 动，某时刻工人将质量为m=20kg的货物轻放在 质点)以斜向上的速度从A点抛出，小球甲运动到 传送带的顶端A,经过一段时间后，货物从传送带 B点时以水平向右的速度与小球乙发生弹性碰 底端B平滑地滑上质量为M=5kg的滑板左端 撞，然后小球乙从C运动到P点时速度与水平方 (货物经过B点前后速度大小不变)，再经过一段 向的夹角为53°，已知小球甲从A到B的竖直位 时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与 移、水平位移大小分别是L、2√2L,重力加速度为 传送带间的动摩擦因数41=0.5，货物与滑板间的 g,sin37°=0.6，c0s37°=0.8。 得分 动摩擦因数42=0.2，滑板与地面间的动摩擦因数 3m- 43=0.1,AB间的距离为s=20m。最大静摩擦 E B 光滑 力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2 171 (sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求：得分 甲 22L 0 (1)求小球甲在B点与小球乙刚要发生碰撞时小 球甲的速度大小以及小球甲从A到B的平均速度 B 的大小； (1)货物刚放上传送带时的加速度a的大小； (2)求小球乙通过C点的速度大小以及小球乙从 (2)要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的 C到P的运动时间； 时间最短，传送带的速度v。至少为多大？ (3)求半圆形轨道CDE的半径R。 (3)若货物能以最短时间滑到底端B,货物停止运 动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？ (横线下方不可作答)189 第一部分题型精准练 ■