高考物理二轮总复习计算题专项练2

计算题专项练(二)(满分:46分时间:45分钟)1.(7分)右图是某潜艇的横截面示意图,它有一个主压载水舱系统结构,主压载水舱有排水孔与海水相连,人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V=3m3的贮气钢筒,在海面上时,贮气钢筒内贮存了p=2×107Pa的压缩空气,压缩空气的温度为t=27℃。某次执行海底采矿任务时,通过向主压载水舱里注入海水,潜艇下潜到水面下h=290m处,此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1=7℃;随着采矿质量的增加,需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内,排出部分海水,使潜艇保持水面下深度不变,每次将筒内一部分空气压入水舱时,排出海水的体积为ΔV=1m3,当贮气钢筒内的压强降低到p2=5×106Pa时,就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变,设海水的密度ρ=1×103kg/m3,海面上大气压强p0=1×105Pa,g取10m/s2。在该贮气钢筒重新充气之前,可将贮气钢筒内的空气压入水舱多少次?2.(9分)某地某年春节表演烟花秀,很多烟花炸开后,形成漂亮的礼花,一边扩大,一边下落。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出,到达最高点时炸开。已知礼花弹从炮筒射出的速度为v0,假设整个过程中礼花弹、弹片所受的空气阻力大小与重力的比值始终为k(k<1),忽略炮筒的高度,重力加速度为g。(1)求礼花弹射出后,上升的最大高度h;(2)礼花弹炸开后的这些弹片中,最小加速度为多少?(3)礼花弹在最高点炸开后,其中有一弹片速度大小恰好也为v0,方向竖直向上,求此弹片炸开后在空中的运动时间。3.(14分)(2023福建泉州期中)在汤姆孙测量阴极射线比荷的实验中,采用了如图所示的阴极射线管,从K出来的阴极射线经过电场加速后,水平射入长度为l的D、G平行板间,接着在荧光屏F中心出现荧光斑,若在D、G间加上方向向下,电场强度为E的匀强电场,阴极射线将向上偏转;如果在D、G电场区再加上一垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画),荧光斑恰好回到荧光屏中心,接着再去掉电场,阴极射线向下偏转,偏转角为θ,试解决下列问题:(1)说明阴极射线的电性及图中磁场的方向;(2)求该射线进入电场时的初速度v;(3)根据l、E、B和θ,求出阴极射线的比荷。4.(16分)(2023重庆育才中学期中)高一某班同学利用课外活动课设计了一个挑战游戏。如图所示,固定的半径为R=2m光滑14圆弧形轨道末端水平,且与放置在水平地面上质量为m1=0.2kg的“”形滑板上表面平滑相接,滑板上左端A处放置一质量为m2=0.3kg的滑块,在滑板右端地面上的P点处有一个站立的玩具小熊。在某次挑战中,某同学将质量为m3=0.3kg的小球从轨道上距平台高度h=1.8m处静止释放,与滑块发生正碰,若滑板最后恰好不碰到玩具小熊则挑战成功。滑板长度l=1.1m,滑板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.3,滑块与滑板间的动摩擦因数为μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球、滑块和玩具小熊均视为质点,题中涉及的碰撞均为弹性碰撞,已知重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球到达轨道最低点时受到轨道支持力的大小;(2)小球与滑块碰后瞬间两者速度的大小;(3)该同学要挑战成功,A、P间距离s为多大。答案：1.答案13解析设在水面下h=290m处贮气钢筒内气体的压强变为p1,由查理定律得p设贮气钢筒内气体的压强变为p2时,体积为V2,由玻意耳定律得p2V2=p1V重新充气前,用去的气体在p2压强下的体积为V3=V2V设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4,由玻意耳定律得p2V3=p4V4其中p4=p0+ρgh则压入水舱的次数n=V4ΔV=贮气筒内的空气可压入水舱13次。2.答案(1)v(2)(1k)g(3)v解析(1)设礼花弹的质量为m1,上升过程中,由牛顿第二定律可得m1g+km1g=m1a1解得a1=(1+k)g由运动学公式可得0v02=2(a1解得h=v0(2)由题意可知,炸开后,竖直下落的弹片加速度最小,设该弹片质量为m2,由牛顿第二定律可得m2gkm2g=m2a2解得a2=(1k)g。(3)由(1)的分析可知,速度大小为v0的弹片上升过程的最大位移大小为h1=h=v该过程所用时间t1=v从最高点下降过程h1+h=12a2解得下降时间为t2=v该弹片在空中运动的总时间为t=t1+t2=v03.答案(1)阴极射线带负电;图中磁场垂直于纸面向里(2)E(3)E解析(1)由于阴极射线向上偏转,因此受电场力方向向上,又由于匀强电场方向向下,则电场力的方向与电场方向相反,所以阴极射线带负电。由于所加磁场使阴极射线受到向下的洛伦兹力,由左手定则得磁场的方向垂直于纸面向里。(2)设此射线电荷量为q,质量为m,当射线在D、G间做匀速直线运动时,有qE=Bqv所以粒子的速度为v=EB(3)当射线在仅存在磁场的情况下,在D、G间的磁场中偏转时,其轨迹如图所示。根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv同时又有l=r·sinθ解得qm4.答案(1)8.4N(2)06m/s(3)2.975m解析(1)小球从静止释放到A点过程中,由动能定理有m3gh=12m3解得v0=6m/s小球在A点,由牛顿第二定律有FNm3g=m3v解得FN=8.4N由牛顿第三定律可得,小球到达轨道最低点时对轨道的压力大小为8.4N,方向竖直向下。(2)小球与滑块碰撞过程中,小球与滑块碰后瞬间速度分别为v1、v2,系统水平方向动量守恒,能量守恒,取水平向右为正方向,则有m3v0=m3v1+m2v212m3v02=12联立解得v1=0,v2=6m/s。(3)滑块滑上滑板时,滑板所受平台的最大静摩擦力为Ff1=μ1(m1+m2)g=0.3×(0.2+0.3)×10N=1.5N滑板受滑块的摩擦力为Ff2=μ2m2g=0.5×0.3×10N=1.5N可知,滑块保持静止不动,滑块在滑板上向右匀减速,设滑块滑到右侧时速度为v3,由动能定理有μ2m2gl=12m2v32解得v3=5m/s滑块与滑板发生弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,能量守恒,设碰后两者速度分别为v4,v5,则有m2v3=m2v4+m1v512m2v32=12解得v4=1m/s,v5=6m/s此后,滑块与滑板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动,假设在P点前两者共速,速率为v6,对滑块和滑板,分别由动量定理有μ2m2gt=m2v6m2v4μ2m2gtμ1(m1+m2)gt=m1v6m1v5解得v6=2.25m/s,t=0.25s此过程滑板的位移为x1=12(v5+v6)t=12×(6+2.25)×0.25m=滑块的位移为x1'=12(v4+v5)t=12×(1+2.25)×0.25m=滑块相对滑板向左的位移为Δx=x1x1'=3332m1332m=58m<l=说明滑块未离开滑板,