2021届高考物理二轮复习计算题专项练三课件

1、计算题专项练(三)满分42分，实战模拟，35分钟拿下高考计算题高分！1.(121.(12分分) )某同学制作简易喷雾器，量筒内装自来水，顶端某同学制作简易喷雾器，量筒内装自来水，顶端使用胶塞密封，胶塞下端到量筒下端高度为使用胶塞密封，胶塞下端到量筒下端高度为h h，胶塞上打，胶塞上打两个孔，一个孔插入长细玻璃管，玻璃管下端插到靠近两个孔，一个孔插入长细玻璃管，玻璃管下端插到靠近量筒底端位置，上面装上控制开关；另一孔通过玻璃管、量筒底端位置，上面装上控制开关；另一孔通过玻璃管、细胶管与打气筒相连。已知量筒除了胶塞以外其他部分细胶管与打气筒相连。已知量筒除了胶塞以外其他部分体积等于打气筒有效打气体

2、积的体积等于打气筒有效打气体积的2020倍，打气筒每次吸入倍，打气筒每次吸入气体的压强等于气体的压强等于1 atm(1 atm(标准大气压标准大气压) )，每打一次均把有效体积内气体压入量筒。，每打一次均把有效体积内气体压入量筒。开始时控制开关闭合，液面距量筒底高开始时控制开关闭合，液面距量筒底高 h h，内部气体压强，内部气体压强2 atm2 atm，设周围大气，设周围大气34压恒为压恒为1 atm1 atm，打气过程中量筒内气体温度与外界温度相同且保持不变，不考，打气过程中量筒内气体温度与外界温度相同且保持不变，不考虑漏气和玻璃管内剩余体积和这部分液体产生的压强。求：虑漏气和玻璃管内剩余体

3、积和这部分液体产生的压强。求：(1)(1)打开控制开关，较长时间后，量筒内所剩液体的高度是多少。打开控制开关，较长时间后，量筒内所剩液体的高度是多少。(2)(2)打开控制开关，较长时间后，重新关闭控制开关，使用打气筒打气打开控制开关，较长时间后，重新关闭控制开关，使用打气筒打气2020次，次，量筒内气体压强的大小。量筒内气体压强的大小。【解析解析】(1)(1)设量筒横截面积为设量筒横截面积为s s，较长时间后，气体的高度为，较长时间后，气体的高度为h h，所以开始气，所以开始气体体积体体积v v1 1= hs= hs，压强，压强p p1 1=2 atm=2 atm，较长时间后，较长时间后p p

4、2 2=1 atm=1 atm，因为温度不变，因为温度不变，v v2 2=hs=hs根据玻意耳定律，得根据玻意耳定律，得p p1 1v v1 1=p=p2 2v v2 2解得解得h= h= 所以液体高度也为所以液体高度也为 14h2h2(2)(2)原来剩余体积是量筒体积的一半，打气原来剩余体积是量筒体积的一半，打气2020次，设量筒体积为次，设量筒体积为v v，则总体积则总体积v v3 3=20=20 ，压强，压强p p3 3=1 atm=1 atm，v v4 4= = 根据玻意尔定律，得根据玻意尔定律，得p p3 3v v3 3=p=p4 4v v4 4解得解得p p4 4=3 atm=3

5、atm答案：答案：(1) (1) (2)3 atm(2)3 atmvv202v2h22.(142.(14分分) )如图所示，如图所示，abab、cdcd为两个同心半圆弧面构成的辐向型加速电场，电势为两个同心半圆弧面构成的辐向型加速电场，电势差为差为u u，圆心为，圆心为o o1 1，在右侧有一与直线，在右侧有一与直线cdcd相切于相切于o o1 1半径为半径为r r的圆形区域，圆心为的圆形区域，圆心为o o2 2，圆内圆内( (及圆周上及圆周上) )存在垂直于纸面向外的匀强磁场；存在垂直于纸面向外的匀强磁场；mnmn是一个足够长的平板，与是一个足够长的平板，与o o1 1o o2 2连线平行并

6、位于其下方连线平行并位于其下方3r3r处。质量为处。质量为m m，电荷量为，电荷量为q q的带正电粒子，从的带正电粒子，从abab圆圆弧面静止开始加速到弧面静止开始加速到cdcd后，从后，从o o1 1点进入磁场偏转，最后打到板点进入磁场偏转，最后打到板mnmn上，其中沿上，其中沿o o1 1o o2 2连线方向射入的粒子经磁场偏转后恰好从圆心连线方向射入的粒子经磁场偏转后恰好从圆心o o2 2的正下方的正下方g g点射出磁场点射出磁场( (不计重不计重力的影响力的影响) )。求：。求：(1)(1)粒子到达粒子到达o o1 1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小点时速度的大小及圆形磁场的磁

7、感应强度大小b b0 0；(2)(2)在图中在图中p p点点(po(po1 1与与o o1 1o o2 2成成3030夹角夹角) )出发后打在板上出发后打在板上q q点点( (图中未画出图中未画出) )的粒子，的粒子，从从o o1 1点运动到板上所用的时间。点运动到板上所用的时间。 【解析解析】(1)(1)带正电粒子从带正电粒子从abab圆弧面静止开始加速到圆弧面静止开始加速到cdcd圆弧面上，圆弧面上，由动能定理得由动能定理得qu= mvqu= mv2 2解得解得v= v= 在圆形磁场中洛伦兹力提供向心力在圆形磁场中洛伦兹力提供向心力qvbqvb0 0= = 由几何关系得由几何关系得r=rr

8、=r联立解得联立解得b b0 0= = 122qum2vmr2qmuqr(2)(2)从从p p点被加速的粒子运动轨迹如图所示点被加速的粒子运动轨迹如图所示 则在磁场中的运动周期则在磁场中的运动周期t= t= 在磁场中的运动时间在磁场中的运动时间t t1 1= t= = t= 出磁场后到达探测板所需的时间出磁场后到达探测板所需的时间t t2 2= = 从从o o1 1点到探测板点到探测板mnmn所需的时间所需的时间t=tt=t1 1+t+t2 2= = 2 rv1203602 r3v33rr2v32m(3)r232qu答案：答案：(1) (1) (2) (2) 32m(3)r232qu2qum2

9、qmuqr3.(163.(16分分) )如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量m=2 kgm=2 kg，车上放置有，车上放置有质量质量m ma a=2 kg=2 kg木板木板a a，木板上有可视为质点的物体，木板上有可视为质点的物体b b，其质量，其质量m mb b=4 kg=4 kg。已知木板。已知木板a a与小车间的动摩擦因数与小车间的动摩擦因数0 0=0.3=0.3。a a、b b紧靠车厢前壁，紧靠车厢前壁，a a的左端与小车后壁间的的左端与小车后壁间的距离为距离为x=2 mx=2 m。现对小车施加水平向右的恒力。现对小车施加水平向右的恒力f

10、 f，使小车从静止开始做匀加速直，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过线运动，经过1 s1 s木板木板a a与车厢后壁发生碰撞，该过程中与车厢后壁发生碰撞，该过程中a a的速度的速度时间图像如图时间图像如图乙所示，已知重力加速度大小乙所示，已知重力加速度大小g g取取10 m/s10 m/s2 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)(1)求求a a、b b间的动摩擦因数间的动摩擦因数；(2)(2)求恒力求恒力f f的大小；的大小；(3)(3)若木板若木板a a与小车后壁碰撞后粘在一起与小车后壁碰撞后粘在一起( (碰撞时间极短碰撞时间极短) )，碰后立即撤去恒力，

11、碰后立即撤去恒力f f，若要使物体若要使物体b b不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距l l至少为多少？至少为多少？【解析解析】(1)(1)若若a a、b b间不发生相对滑动，则间不发生相对滑动，则a a、b b整体的加速度为整体的加速度为a a= =0 0g=3 m/sg=3 m/s2 2由乙图可知，由乙图可知，a a的加速度的加速度a aa a= =4 m/s= =4 m/s2 2即即a a、b b间发生相对滑动，对间发生相对滑动，对a a0 0( (m ma a+m+mb b) )g-g-m mb bg=mg=ma aa aa a解得解

12、得=0.25=0.25vt(2)(2)对小车在该过程中知对小车在该过程中知f-f-0 0( (m ma a+m+mb b)g=ma)g=ma且且x= atx= at2 2- a- aa at t2 2联立解得联立解得a=8 m/sa=8 m/s2 2，f=34 nf=34 n1212(3)(3)当当a a与小车碰撞时与小车碰撞时v va a=a=aa at=4 m/st=4 m/sv vb b= =gt=2.5 m/sgt=2.5 m/sv v车车=at=8 m/s=at=8 m/s该过程中该过程中b b相对于相对于a a滑动距离为滑动距离为l l1 1= a= aa at t2 2- a- ab bt t2 2=0.75 m=0.75 m对对a a与小车在碰撞中动量守恒，可知与小车在碰撞中动量守恒，可知mvmv车车+m+ma av va a=(=(m+mm+ma a) )v v解得解得v=6 m/sv=6 m/s1212对对a a小车与小车与b b在碰撞后，滑动过程中知在碰撞后，滑动