计算题专项练(3)-【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： 计算题专项练（三） (分值：40分 限时：35分钟) 1.(12分)(2025·湖南长沙 2.(12分)(2025·辽宁沈阳 一模)医院在转运病人时 三模)在现代科学研究的 有时会用到负压救护车， 微观粒子探测实验中，常 如图为一容积为0.6m 常需要精确控制带电粒子 的负压舱，需要将患者从甲地转移到乙地，在甲地 的运动轨迹以实现对其各 出发时舱内温度为27℃，压强为1.0×10°Pa,到 种物理性质的研究。在这 乙地后，外界温度变为17℃，外界大气压变为 个特定的实验装置里，有一套用于控制电子运动 0.9705×10Pa。负压舱导热性良好，舱内空气视 的系统。如图所示，宽度为d=0.5m的虚线框内 为理想气体，绝对零度取一273℃，舱内负压（舱内 有垂直纸面方向的匀强磁场，匀强磁场左右边界 外压强差)为20~50Pa时效果比较理想。 竖直。电子枪发出的电子（初速度可以忽略）经 得分 M、N之间的加速电场加速后以一定的速度水平 (1)转运过程中，负压舱与外界没有气体交换，则 射出并进入偏转磁场。速度方向改变60°角后从 运输到乙地后，负压舱内与乙地外界大气压的压 右边界离开磁场最终打在荧光屏上，已知加速电压 强差是多少？ 为U=6.6V,电子的比荷C=1.76X101C/kg,电 (2)转运到乙地后负压舱内需保持50Pa的稳定负 压，需要充入多少体积的空气？ 子重力不计。 得分 (1)求偏转磁场的磁感应强度B; (2)若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀 强偏转电场，从右边界离开电场也可使电子偏转 60°角最终打在荧光屏上，求所加电场的电场强度 大小E。 (横线下方不可作答)213]第二部分题型综合练 3.(16分)(2025·安徽芜湖一模)如图所示，质量m=2kg的滑块（视为质点），从半径R=5m的光滑四分之 一圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道最低点A与静止在光滑地面上的长木板平滑相接，长木板的长度 L=4,质量M=3kg。滑块运动到长木板最右端时恰好相对长木板静止，长木板右端也刚好到达右侧等 高固定的平台处，滑块顺利滑上平台，平台上固定有一底端C处开口的竖直圆轨道，滑块从C处进入圆轨 道后，在一沿运动切线方向的外力作用下做匀速圆周运动，转动一周后撤去外力，滑块通过圆轨道后滑上C 右侧平台，与静止在D处的轻质挡板相撞后粘在一起。已知滑块与圆轨道间的动摩擦因数4，=】， ,与C 右侧平台间的动摩擦因数43=0.35，C左侧平台光滑，LD=1.8m,轻质挡板与轻弹簧铰接，弹簧另一端固 定在右侧挡板上，弹簧的劲度系数k=100N/m,弹簧弹性势能的表达式为E,-2kx(x为弹簧形变量)， 取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： 得分 (1)滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小； (2)滑块与长木板之间的动摩擦因数41； (3)从滑块冲上长木板到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量Q。 红对勾·讲与练 214高三二轮物理 ■3.(1)√0。-2gl m(6-2gl) (2) 5qr 2md(06-2gl) (3) 5gBhr 解析：(1)设小滑块运动到位置P,时 速度大小为1，由动能定理得 1 1 -umgl= m00· 2 解得v1=√06一24gl。 (2)由题意可知，电场方向如图所示， N 电场强度最大时，小滑块恰能通过位 置P,后沿挡板滑至P,,设小滑块在位 置P的速度为，设匀强电场的电场强 度为E, 由动能定理得一mgl一qE·2r= 1 my 2 2 恰能通过位置P时N=0,则有gE= 2 ,联立解得E= m(0后-2μgl) m 5gr (3)设金属杆产生的电动势为E1,平行 板电容器两端的电压为U,则有 U=Ed, 金属杆切割磁感线有E1=Bh心m, 由闭合电路欧姆定律得E1=I(R十R), 根据U=IR, 联立解得m= 2md(o。-2gl） 5gBhr 计算题专项练（二） 1.(1)W3(2)15√2cm 解析：(1)光路图如图甲所示， E M 甲 sin a 折射率n= sin 0 其中sin0= 1 R 2 OF 由几何关系可得EN=Rtan60 15√3cm,FN=20√3cm-EN 5√3cm,OF=√R2+FN2=10√3cm, 解得n=√3。 (2)保持光线始终沿半径方向逆时针 缓慢转动激光笔，当光屏PQ上只有一 个光点时，光发生全反射。光路图如 图乙所示， B M N Q 乙 R 则sinC=3sinC=OB' 解得OB=153cm, 光，点到N点的距离BV=√JOB一R= 15√2cm. (k2-1)00 2πR 2.(1) 2πgR (2)(k+1)uo 解析：(1)小滑块在ABC处所受滑动 摩擦力大小f=mg, 根据动能定理得一mgπR= 1 由题意可知小滑块经过P处后速度为 v=kvo, 联立解得口= (k2-1)8 2πgR (2)小滑块在轨道ABC中运动可等效 为匀减速直线运动， 由运动学公式得πR= (v+vo)t 2 2πR 联立解得t=(k十1)0 3.(1)L 2πL Ua 2(-1.14)oL.5） a(台)器品 解析：(1)由牛顿第二定律Bq。= ,解得r=L, 根据周期公式T=2, 解得T=2xL (2)粒子沿之轴方向做初速度为0、加 速度大小为a的匀加速直线运动，由 牛顿第二定律gE=ma, 解得a= 20 x'L' 30P 之30°V 609 粒子在垂直义轴的平面上做半径为L 的匀速圆周运动，如图所示，初速度方 向沿y轴负方向的粒子打在接收屏上 3 前运动的时间最长4T二2心， 1 9L 对应之坐标有最大值之m=2m=4' 由几何知识可得该点x坐标为一L,其 对应的坐标为(-LL.头） 初速度沿y轴正方向偏向x轴负方向 30°角方向的粒子打在接收屏前运动的 TπL 时间最短tmm=630 由几何知识可得该点x坐标为0，对应 其对应的坐标为(0L,片） (3)粒子从O点至P点过程，沿x轴方 向由动量定理有∑(k),十qgB,)△t= 0一（一m0。）, 即k△x十gB片=m。, mvo 解得△x= 2k 所以P点坐标为(，0小 沿y轴方向由动量定理有∑(gB0,一 kvx）△t=mv-0, 即Bg△x-k 2 =m, mkL 解得v= 2kL 2m 计算题专项练（三） 1.(1)380Pa(2)2.0×10-3m 解析：(1)以负压舱内气体为研究对 象，体积不变，初态压强为p1=1.0× 10Pa,温度为T1=300K, 末态压强为p2,温度为T。=290K, 由查理定律可得 解得p2≈0.9667X10Pa, 此时舱内外压强差△p=(0.9705 0.9667)×10Pa=380Pa。 (2)初状态下2=0.9667×10Pa, 温度T2=290K, 体积V1=0.6m3, 充入气体压强p'=0.9705×105Pa, 充入体积为△V,末状态气体压强 p3=p'-50Pa=0.97×10Pa, 根据玻意耳定律得p2V1+b'△V=p:V: 解得△V≈2.0X10-3m3。 2.(1)1.5×10-T,垂直纸面向外 (2)1323 N/C 5 解析：(1)电子带负电，根据左手定则 可知磁感应强度B方向垂直纸面向 外，电子在磁场中的轨迹如图所示， v' 根据洛伦兹力提供向心力eB=m一， d 由几何关系可得r= sin60° 电子经过电场加速过程，根据动能定 理可得eU=马mo, 2 1 联立解得B= 3mU 2e 代入数据解得B=1.5×10iT。 (2)电子在电场中做类平抛运动，假设 在电场中运动的时间为t,则有d=vt, 参考答案 279 离开电场时，假设沿电场方向的分速 度为，则有口，=5， 又tan60°= 联立可得E= 2√3U1323 N/C. d 5 3.(1)60N (2)0.75(3)138J 解析：(1)根据机械能守恒定律有 mgR= 1 代入数据解得滑块在A,点的速度。= /2gR=10m/s, 在A点时，由牛顿第二定律可得FN 2 mvo mg三 R 解得Fx=60N, 根据牛顿第三定律可知，滑块对圆孤 轨道最低点A处的压力大小F压= FN=60N。 (2)滑块以v。的速度冲上长木板，设二 者相对静止时的速度为℃1，则从滑上 长木板到二者相对静止的过程中，根 据动量守恒定律有 (M十m)1=muo, 根据能量守恒定律有 专m之(M+m)u+1mgL 代入数据解得01=4m/s,41=0.75。 (3)滑块的整个运动过程有三段产生 摩擦热，第一段过程为滑块以速度 冲上长木板到两者相对静止的过程， 此过程产生的摩擦热Q1=41mgL= 60J, 第二段过程为滑块以速度1冲上右侧 的固定平台后，在竖直圆轨道匀速运 动一周的过程，如图所示， mg 选取竖直圆轨道上下对称的P、P 两点，根据牛顿第二定律有N1十 mg cos =-N:-mgcos 0= mvi 在P、P'两，点附近选取微元，则滑块在 这两段微元克服摩擦力做的功之和 70i △w,=2N1△1+2N,△1=24： △, 求和可得W:=∑△W:=2μ：广 ∑△l=2元42moi, 代入数据解得Q2=W,=64J, 第三段过程为滑块滑上C右侧平台并 压缩弹簧，由功能关系可知，弹簧第一 次被压缩到最短（此时滑块运动到E 点)则有 pm(n+ve)e 1 代入数据解得LDE=0.2m, 280 2树闪·讲与练·高三二轮物理 第三段过程产生的热量 Q:=g:mg(LCD+LDE)=14 J, 故整个过程产生的热量为Q=Q,十 Q。+Q3=138J。 计算题专项练（四） 5 1.1)20(2)32m (3)385km 解析：(1)由P=U1和1= E-U ,可 得，当U=E 5 代入数据解得r=20。 (2)汽车以40kW恒定功率启动加 速过程中，输出的机械功率为P, 90%P=36000W, 由动能定理有P,t1一fx=2mu, 解得x=32m。 (3)汽车行驶时的阻力为 f'=0.025G=400N, 电池组的输出功率为P,=F)=∫'℃= 5kW, 汽车匀速行驶的时间为 t,=EtX90%X956=8.55h, P. 汽车行驶的路程为s=t2≈385km。 2.浮 (2)600m 解析：(1)当侧面入射角小于60°时，光 在圆柱面发生全反射，无光从圆柱面 射出，当侧面入射角为60°时，圆柱面 的入射角刚好为全发射的临界角，光 路图如图所示， ● n=sin 60 sin a 1 n= sin B' a+B=90°， 联立解得m= 2 (2)光线进入玻璃砖的最大折射角为 0,如图所示， 坦克外部 12 cm B 8/3 cm 坦克内部 12 3 sin 0= √12+(83)2 √21 sin y sin 由几何关系可得ny=厅 联立解得s=600m。 3.1)B1BL BL 6mR 8mR (2)10R (3)L 解析：(1)由于撤去F时M棒已经达 到匀速运动，则有F=FA=BIL, E B'L 又E=BLU,I= 2R ,则F= 2R 2FR 整理得= B2L,其中F= B'L 12mR2 B2L3 解得v= 6mR 对M棒，由能量守恒定律有FX2L= Q+号×3mu, 2 BL 解得Q= 8mR? (2)两棒发生完全弹性碰撞，根据动量 守恒定律及机械能守恒定律可得 3mv1十2mU2=3m0, 1 1 1 ×3mui+×2mui=X3mu, 1 6 解得1=50,0:= 5 5 M棒进入cc'd'd区域磁场中到停下， 由动量定理得一BI,L△t1=一BLg= 0一3mw1,又q=It, BL' 解得通过电阻R的电荷量q= 10R (3)M棒进入cc'd'd区域磁场运动x右 中 后停下，则9=2 BLx右 2R 解得x古=0.2L, 绝缘棒N第二次与导体棒M碰前速 度大小为2，碰后速度为2，方向水 平向右，导体棒M的速度为？M2,由弹 性碰撞可得2m0N2十3mM2=2mY2, ×2m+×3mai=×2m时 1 4 解得N=一 5,0M2= 0, 对导体棒M,由动量定理有 B2L2- B2L'z =0一 2R NM△t2= 2R 37UMe· 解得x1= 2 25 L. 同理可得绝缘棒N第三次与导体棒M 碰前速度大小为2，碰后的速度为 ,方向水平向右，导体棒M的速度 为VM,由弹性碰撞可得 2muN3 +3mv Ms =2muN2, 1 4 解得UNg=一5 NM=5Ue, 对导体棒M,由动量定理有 B2L2- B2L'z: =0 2R Mg△tg= 2R 3720M3, 24 解得 ，=125L=521, 依次类推x,=()x [-(传）] 解得x左 6L. 1 5 所以导体棒M在磁场中运动的总位移 大小为x=x左一x者=L。