2025年高考二轮复习物理计算题专项练42

计算题专项练(四)1.(8分)如图所示,半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上,半球的上表面水平,球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面),入射角为45°,出射光线射在桌面上B点处。测得A、B之间的距离为12R。现将入射光束在纸面内向左平移,平移到过E点时,恰好在球面上D点发生全反射,不考虑光线在玻璃体内的多次反射,求(1)玻璃体的折射率n;(2)O、E之间的距离。答案(1)102(2)2解析(1)当光线经球心O入射时,光路图如图甲所示甲根据折射定律n=sin其中sinr=AB解得n=102(2)如图乙所示,入射光束平移到过E点时,在D点发生全反射,则sin∠EDO=1乙在△EDO内,有OD联立得OE=22R2.(8分)(2024陕西宝鸡二模)某同学在操场练习篮球的控球能力。他单手托着篮球,使篮球由静止随手一起竖直向上运动h1=0.3m的高度后竖直抛出,篮球离开手上升h2=1.2m的高度到达最高点。篮球落回抛出点时再单手接住,篮球随手一起向下运动h3=0.2m的高度后速度减为零。已知篮球质量m=0.6kg,重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计,手和篮球一起的运动近似看作匀变速直线运动。求:(1)抛球过程和接球过程手对篮球的作用力之比;(2)抛球过程和接球过程手对篮球的冲量之比。答案(1)5∶7(2)15∶14解析(1)设抛球过程和接球过程手对篮球的作用力分别为F1、F2,两过程篮球运动的加速度大小分别为a1、a2,抛出瞬间球的速度大小为v,由匀变速直线运动规律可得v2=2gh2v2=2a1h1由于篮球运动过程中不计空气阻力,抛球和接球速度大小相等,所以v2=2a2h3联立解得a1=40m/s2,a2=60m/s2由牛顿第二定律可得F1mg=ma1F2mg=ma2解得F1∶F2=5∶7。(2)设抛球和接球过程中手对篮球的冲量分别为I1、I2,篮球运动时间分别为t1、t2,由题意可得I1=F1t1I2=F2t2v=a1t1=a2t2解得I1∶I2=15∶14。3.(14分)(2024山西朔州二模)如图所示,一足够长的长方体O1a1b1c1O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下两个长方体空间Ⅰ和空间Ⅱ,以O1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O1xyz,其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整个长方体空间存在沿z轴负方向的匀强电场(图中未画出),另外空间Ⅱ内同时还存在沿z轴正方向的匀强磁场(图中未画出),一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O3c3边的中点P以初速度v0平行于y轴正方向射入长方体区域,粒子恰好经过正方形O2a2b2c2的中心点Q,且粒子在空间Ⅱ内运动的过程中,恰好未从长方体侧面飞出长方体区域,不计粒子重力,求:(1)匀强电场的电场强度大小;(2)粒子经过Q点时的动能;(3)匀强磁场的磁感应强度大小。答案(1)2mv02qL解析(1)带正电粒子在空间Ⅰ中做类平抛运动,运动轨迹如图甲所示甲则2L=v0t1,4L=1由牛顿第二定律qE=ma联立可得,匀强电场的电场强度大小为E=2m(2)在空间Ⅰ中,由动能定理qE×4L=Ek1解得,粒子经过Q点时的动能为Ek=172(3)粒子进入空间Ⅱ时速度为v=2Ek将v分解为沿y轴方向的速度vy=v0和沿z轴方向的速度v=4v0,由于vz方向与磁场方向平行,不受洛伦兹力,如图乙所示,在xO1y平面内的分运动由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=mv由几何关系可知r=2L可得匀强磁场的磁感应强度大小为B=mv乙4.(16分)(2024福建泉州统考二模)如图所示,一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角θ=30°的固定斜面上,木板的上表面光滑,下表面与斜面间的动摩擦因数μ=32,木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端,上端由原长被压缩L2后用触控锁钉锁定。现将质量为m的小滑块从木板的中点由静止释放,经过一段时间,滑块与挡板发生第一次碰撞后,木板开始运动。经过多次碰撞后,当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时,木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为g,弹簧的劲度系数k=15mgL,滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰,(1)滑块第一次与挡板碰撞前瞬间,滑块的速度大小v0;(2)滑块第一次与挡板碰撞后瞬间,木板的速度大小v1和加速度大小a1;(3)木板在初始位置时,其下端与锁钉的距离d;(4)锁钉解除后,当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小v'。答案(1)gL(2)gL8(3)L(4)3解析(1)设滑块释放时加速度大小为a0,由牛顿第二定律得mgsinθ=ma0滑块在从释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动,有v02=2a得v0=gL2(2)设第一次碰撞后瞬间,木板的速度为v1,滑块的速度为v2,由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=3mv1+mv212mv0联立解得v1=12v0=gL8,v2=12v对木板由牛顿第二定律可得4μmgcosθ3mgsinθ=3ma1解得a1=12方向沿斜面向上。(3)从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时,木板一直向下运动,在这一过程中,滑块重力做功WG1=mgL2+d木板重力做功WG2=3mgdsinθ木板所受摩擦力做功Wf=4μmgdcosθ由功能关系得WG1+WG2+Wf=0解得d=L4(4)当板块分离时,设弹簧的形变量为x,此