专题12 计算题解题技巧（解析版）-2025年高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考用）

热点题型·计算题攻略热点题型·计算题攻略专题12计算题解题技巧目录01.题型综述 错误！未定义书签。02.解题攻略 错误！未定义书签。03.高考练场 23高考计算题思维含量大，但解决问题是有章可循的。(1)仔细审题，明确题意。审题时要慢、要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼。(2)计算题一般有二到三问，难度是层层递进的，从感觉最熟悉、最有把握的子过程或图像的物理意义切入，对研究对象进行受力或运动情况分析，列方程，进而结合题述向前或向后分析其他过程，逐渐扩大“战场”，步步为营，可化难为易。(3)可把复杂的问题分解为一个个具体的小问题，充分利用各种手段，把物理情境分析清楚，建立物理模型，各个击破。(4)遇到难以突破的，可尝试从不同角度分析。比如某些变力问题，从动力学角度不好突破，可以尝试从能量转换角度、动量角度等进行分析。【提分秘籍】一、文字说明要清楚文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐、段落清晰等，让改卷老师看到你的卷面后有着赏心悦目的感觉。必要的文字说明是指以下几方面内容：1．研究的对象、研究的过程或状态的说明。2．题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。3．题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明。4．所列方程的依据及名称要进行说明。5．规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。6．对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明。7．文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰嗦，而找不到得分点。二、主干方程要突出在高考评卷中，主干方程是得分的重点。1．主干方程要有依据一般表述为：依××物理规律得；由图几何关系得；根据……得等。“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确。2．主干方程列式形式书写规范(1)严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的)。如：带电粒子在磁场中的运动，应有qvB＝meq\f(v2,R)，而不是其变形结果R＝eq\f(mv,qB)；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg＝meq\f(v2,r)，不能写成v＝eq\r(gr)。(2)要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合。3．物理量符号要和题干一致最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m0、ma、M、m′等，不能统一写成4．要分步列式，不要写连等式如电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：E＝BLvI＝eq\f(E,R＋r)F＝BIL不要写连等式F＝BIL＝Beq\f(E,R＋r)L＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误就得0分。5．计算结果的单位计算结果是数据的要带单位，不带单位要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量e等)不能用数字(10m/s2,1.6×10－19C)替换；字母运算的结果不能写单位。三、解题过程中运用数学的方式有讲究1．“代入数据”，解方程的具体过程不必写出。2．所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明。3．重要的中间结论的文字表达式要写出来。4．所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。5．数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”。四、大题增分技巧1．先做简单的题目，后做运算量大、难度大的题目。2．如果实在不会做，那么将题中可能用到的公式都写出来，不会倒扣分。3．如果时间不够用，要先把计算公式写出来，数据计算放到最后。【典例剖析】【例1】如图所示，半径为0.5m的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，质量为0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25m。另一质量为0.2kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物块A运动到N点时对曲面的压力；(2)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。【答案】(1)4.8N，与竖直方向夹角37°斜向下(2)3s【解析】(1)物块A从静止开始下滑到N点的过程中，由机械能守恒定律得mAgRcos37°＝eq\f(1,2)mAv02①(2分)设物块A运动到N点时受到曲面的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mAgcos37°＝mAeq\f(v02,R)②(2分)联立解得FN＝4.8N(1分)说明研究过程和研究对象，写出列式依据，注意方程书写规范，利用机械能守恒定律时，①式不能写成mAgRcos37°－eq\f(1,2)mAv02＝0。②式的依据是牛顿第二定律，不能写成FN－mAgcos37°－mAeq\f(v02,R)＝0。由牛顿第三定律得物块A对曲面的压力大小FN′＝FN＝4.8N③(2分)与竖直方向夹角37°斜向下；(1分)利用牛顿第三定律得到压力大小和方向，如果没有写明牛顿第三定律，直接写出FN′＝FN＝4.8N，同样给分，没有这一转换过程或没有写明压力的方向，要扣除一定的分数。(2)滑上斜面后，对物块A，设加速度为a，与物块B碰撞前速度为v，由牛顿第二定律可得mAgsin37°－μAmAgcos37°＝mAa④(1分)由运动学公式可得v2－v02＝2ax0⑤(1分)联立解得v＝3m/s(1分)说明研究过程和研究对象，写出各公式的列式依据和各量的物理意义，结果是数值时，要写出单位。物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后物块A速度为v′，物块B速度为v1，满足动量守恒、机械能守恒，即mAv＝mAv′＋mBv1⑥(1分)eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv′2＋eq\f(1,2)mBv12⑦(1分)联立解得v′＝2m/s，v1＝5m/s(2分)因为碰撞前物块B恰好静止在斜面上，所以碰撞后物块B匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度a做匀加速运动，设经时间t第二次碰撞，由运动学公式可得v′t＋eq\f(1,2)at2＝v1t⑧(2分)解得t＝3s⑨(1分)eq\x(简单叙述运动情境，根据物理规律列式，让阅卷老师明白你列出的方程的意义。)【例2】如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小分别为B1、B2，第Ⅱ象限内存在平行于x轴的匀强电场(未画出)。现有一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从A(－L，0)点垂直于x轴以v0的速度射入第Ⅱ象限，并从P(0,2L)点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，B1应满足什么条件？(3)如果B2＝2B1＝eq\f(2mv0,qL)，且粒子垂直通过平行于y轴的直线x＝nL(n>3)，则n应满足什么条件？【答案】(1)eq\f(mv02,2qL)沿x轴负方向(2)B1＜eq\f(\r(2)＋1mv0,2qL)(3)n＝1＋eq\f(3,2)k(k＝2,3…)【解析】(1)带电粒子射入第Ⅱ象限后，做类平抛运动，故所受静电力水平向右，电场强度方向水平向左(沿x轴负方向)。由平抛运动规律有2L＝v0t(2分)L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2(2分)解得E＝eq\f(mv02,2qL)(1分)eq\x(写出粒子的运动情况，根据平抛运动的规律列式，叙述要简明扼要。)(2)设带电粒子在第Ⅰ象限内的运动轨迹刚好与x轴相切，如图设粒子进入第Ⅰ象限时，速度与竖直方向的夹角为α，则根据平抛运动中粒子速度的反向延长线过其水平位移的中点可知tanα＝eq\f(vx,v0)＝eq\f(L,L)(1分)v＝eq\r(v02＋vx2)(1分)由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝meq\f(v2,r)(1分)由几何关系得2L＝r＋rsinα(1分)解得B1＝eq\f(\r(2)＋1mv0,2qL)(1分)为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，应满足B1＜eq\f(\r(2)＋1mv0,2qL)。(1分)①向心力qvB1＝meq\f(v2,r)不能写成r＝eq\f(mv,qB1)，最后要写明B1＜eq\f(\r(2)＋1mv0,2qL)。②不写化简过程，直接写化简结果，过程清晰，重点突出。(3)因为B2＝2B1＝eq\f(2mv0,qL)由(2)可知，带电粒子能够进入第Ⅳ象限，带电粒子在第Ⅰ、Ⅳ象限内的运动半径分别为r1＝eq\r(2)L，r2＝eq\f(\r(2)L,2)(2分)运动轨迹如图粒子垂直通过平行于y轴的直线，则根据几何关系x＝r1cosα＋kcosα(r1＋r2)＝(1＋eq\f(3,2)k)L＝nL(k＝0,1,2,3…)(3分)又n>3，所以n应满足n＝1＋eq\f(3,2)k(k＝2,3…)。(2分)画出粒子运动示意图，根据几何关系列式，不需要证明，要注明k的取值范围，否则结果就没有意义。【例3】在竖直平面内，质量为m1＝0.1kg的小球A用长为L＝0.5m的不可伸长的细线悬挂于O点，光滑水平地面到O点的距离为h＝0.5m，在O点正下方放置一质量为m2＝0.1kg的小球B。C为一固定的半径为R＝0.1m的光滑半圆弧槽。把小球A拉到如图所示位置，细线恰好伸直，且细线与竖直方向的夹角α＝37°。由静止释放小球A，当细线再次伸直时，小球沿细线方向的速度瞬间变为0。两小球的碰撞为弹性碰撞，且两球都可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小球A由静止释放后，细线再次伸直前瞬间，小球A的速度大小；(2)判断小球B能否到达半圆弧槽最高点D，如果不能，请说明理由；如果能，求出小球B对半圆弧槽D点的压力大小。【解题指导】(1)法一球A开始时做自由落体运动，设下(关键点)确定球A运动模型落高度为h0时细线伸直，则有v2＝2gh0①由几何关系得h0＝2Lcosα②解得v＝4m/s③①②③分步列式求解法二球A由静止下落，由动能定理有m1gh0＝eq\f(1,2)m1v2④由几何关系得h0＝2Lcosα⑤解得v＝4m/s。⑥(2)把竖直速度v分解为沿细线方向的速度v1和垂直细线方向的速度v2，[题目关键信息]细线再次伸直时，小球沿细线方向的速度瞬间为0则v2＝vsinα设小球A、B碰撞前瞬间，球A的速度为vA由动能定理可得[关键过程]细线伸直后到与B球碰撞前m1g(h－Lcosα)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)两球碰撞为弹性碰撞，设碰后瞬间球B速度为vB1，[题目关键信息]弹性碰撞满足动量守恒，机械能守恒球A速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1vA＝m1vA1＋m2vB1eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B1)假设球B能到达最高点D，设球B在最高点速度为vD，[关键过程]竖直面内圆周运动最高点、最低点的速度常用动能定理联系由动能定理可得－2m2gR＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B1)解得vD＝eq\r(3.76)m/s＞eq\r(gR)＝1m/s所以球B能到达最高点D[关键点]恰好过最高点的临界条件v0＝eq\r(gR)在D点，由牛顿第二定律得F＋m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,D),R)解得F＝2.76N由牛顿第三定律可知，球B对D点的压力大小为[关键点]不要忘记牛顿第三定律，若求压力还要指明方向F′＝2.76N。【变式演练】1．如图甲所示，一质量为m=2kg的小物块从倾角α=37°的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点。已知小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面在B点处平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。从滑块滑上水平面BC开始计时，其运动的速度图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。(1)求物块与水平面间的动摩擦因数；(2)求A、B两点间的距离。【答案】(1)0.5(2)6.25m【详解】（1）由图乙求得物块在水平面上滑行的加速度大小为根据牛顿第二定律，有求得物块与水平面间的动摩擦因数为（2）物块在斜面上滑行过程中，根据牛顿第二定律，有另外代入数据求得2．如图所示，顶角为74°的光滑圆锥竖直固定在水平面上，圆锥的高为2.1m，质量为1kg的小球（可视为质点）用1m长的轻质细线悬挂在圆锥的顶端。现使小球做水平面内的匀速圆周运动，小球对锥面的压力恰好为零。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求小球转动的角速度；(2)通过细线对小球做功，使小球做圆周运动的角速度增大，至细线与竖直方向的夹角为53°的过程中，细线对小球做功为多少？(3)当细线与竖直方向的夹角为53°时，细线突然断开，则小球落地时的位置离锥顶的水平距离为多少？【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设小球转动的角速度为，小球做水平面内的匀速圆周运动，小球对锥面的压力恰好为零，则有解得（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，设小球转动的角速度大小为，则有解得此时小球的线速度为（1）问中小球的线速度为根据功能关系，细线对小球做的功为（3）细线断开时，小球离地面的高度为离转轴的距离为细线断后，小球做平抛运动，运动的时间为做平抛运动的水平位移为则小球落地时，离锥顶的水平距离为3．如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体b静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点与水平面上的A点对齐，且与水平面相切，轻质弹簧的右端与静止的质量为3m的物块c相连，左端与水平面上的B点对齐，AB部分长为R，弹簧处于原长，水平面仅A、B部分粗糙。现将质量为m、可视为质点的物块a从圆弧面的最高点由静止释放，物块a与弹簧作用，第二次滑过AB段后，恰好不再能滑上圆弧面。已知弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：(1)物块a从释放运动到圆弧面最低点时，圆弧体运动的距离为多少；(2)物块a第一次运动到A点时速度多大；(3)物块a与水平面AB部分间的动摩擦因数。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）物块a在圆弧面上运动时，物块a和b组成的系统水平方向动量守恒，则即又有解得（2）设物块a第一次运动到A点时速度为v1，圆弧体的速度为v2，根据水平方向动量守恒根据机械能守恒有解得，（3）设物块a与弹簧作用前的速度为v3，根据动能定理设a与弹簧作用后一瞬间速度为v4，物块c的速度为v5，a与弹簧作用过程，根据动量守恒根据机械能守恒有解得，由于物块a刚好不再能滑上圆弧面，故物块a第二次滑过AB段后的速度大小等于v2，根据动能定理解得4．一定质量的理想气体从状态A先后经历状态B、C，最终回到状态A，其p−V图像如图所示。已知理想气体的内能，其中p、V分别为气体的压强和体积，所有变化过程均缓慢发生。(1)已知气体在状态A时的热力学温度为T0，求气体在状态B和状态C时的热力学温度TB和TC；(2)求气体从状态A到状态B过程吸收的热量Q1和从状态C到状态A过程吸收的热量Q2之比。【答案】(1)，；(2)【详解】（1）A到B过程是等容变化，根据查理定律可得B到C过程是等压变化，根据盖—吕萨克定律可得联立解得（2）A到B过程中由热力学第一定律可得C到A过程中由热力学第一定律可得解得5．气压千斤顶是一种利用压缩空气作为动力来起重的升降设备。某种气压千斤顶的模型如图所示，其由高度分别为h和3h、横截面积分别为3S和S的汽缸连接而成，将模型开口向上竖直放置在水平地面上，封闭充气口，将厚度不计，横截面积为S的活塞连同支架轻轻放入汽缸开口处，活塞下降一定距离后稳定。已知大气压强为，活塞连同支架的重力为，环境温度恒为，重力加速度为g，汽缸的气密性、导热性良好且内壁光滑，空气可视为理想气体。(1)求活塞稳定后下降的距离(2)若在支架上放置重力大小为的重物，同时通过充气口向缸内充入压强为的空气，当活塞上升到汽缸口的位置并稳定时，求充入的空气与汽缸内原来空气的质量之比。【答案】(1)h(2)11:1【详解】（1）活塞放入汽缸之前，汽缸内空气的压强体积活塞连同支架的重力大小为活塞放入并稳定后，封闭空气的压强为体积根据玻意耳定律，有解得活塞下降的距离为（2）在支架上放置重物的重力大小为根据题意可知，充入空气并稳定后，封闭空气的压强为设充入压强为的空气体积为V，则根据玻意耳定律，有压强相同时，空气的体积之比等于质量之比，联立解得即充入的空气与汽缸内原来空气的质量之比为11:1。6．在2024年巴黎奥运会中，中国游泳队取得了辉煌的成绩。如图所示，游泳比赛的泳池（假设足够大）水深h=2m，在泳池底部中央有一标记物A，已知水的折射率为，角度很小时θ=sinθ=tanθ。求：(1)若运动员在水面上A正上方向下看，看起来A在水下多深处？(2)运动员在水面上能看到标记物的最大面积。【答案】(1)(2)【详解】（1）如图甲所示设A的视深为h′，从A上方看，光的入射角及折射角均很小，由折射定律解得（2）画出临界光路图，如图乙所示，当从A发出的光在N点处发生全反射时，有则解得则最大面积7．如图所示，一块足够大的平面镜与一块横截面为半圆形的玻璃砖平行放置，玻璃砖圆心为O，半径为R，圆心O点正下方P点可向平面镜发出单色细光束，P点到B点的距离为R。调整光束方向，可使得光线经平面镜反射后进入玻璃砖，恰好从沿垂直于玻璃砖直径AB的方向射出，且射出点为OA中点D。已知玻璃砖对该光的折射率为。求：(1)光线进入玻璃砖时的入射角；(2)平面镜与玻璃砖直径AB之间的距离。【答案】(1)60°(2)【详解】（1）光路图如图所示光从F点射入玻璃有D为AO的中点，则所以（2）反射光EF的延长线过A，则由于所以8．直角坐标系xOy如图，在第I象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第Ⅳ象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场；N、P、Q为x轴上三点，P点坐标为（d，0），Q点坐标为（3d，0）。一质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子从N点以与x轴正方向成45°角的速度射入匀强电场区域，然后以沿x轴正方向的速度经过y轴上坐标为（0，）的M点，此时粒子刚好分裂成两个质量相等、带正电的粒子1和粒子2，分裂后两粒子的运动方向与分裂前相同，分裂过程中电荷量守恒，粒子1经过P点的时刻粒子2也恰好经过Q点。不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：(1)分裂后粒子1、2的速度大小；(2)第Ⅲ象限匀强电场的电场强度大小；(3)当粒子2第二次经过x轴时，两粒子之间的距离。【答案】(1)，(2)(3)6d【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示设粒子1运动的半径为r1，由几何关系得解得设粒子2运动的半径为r2，由几何关系得解得由几何关系知，粒子1运动轨迹对应的圆心角为120°，对应的运动时间为粒子2运动轨迹对应的圆心角为60°，对应的运动时间为结合周期可得根据电荷守恒定律，有解得，根据洛伦兹力提供向心力解得所以粒子1的速度为粒子2的速度为（2）对分裂过程，由动量守恒定律有解得由运动的合成与分解可知，粒子从x轴上N点进入匀强电场区域时沿y轴负方向的分速度大小也等于v，竖直方向由运动学公式，有联立解得（3）粒子1、2进入第I象限后将做周期性运动，如图所示粒子2第二次经过x轴时，粒子1也经过x轴，粒子1到点的距离为粒子2到点的距离为所以两个粒子之间的距离解得9．如图所示，两平行且间距为L的倾斜光滑金属导轨与水平面成37°角，导轨上端接电容为C的电容器（不会被击穿），下端通过小段绝缘光滑圆弧（长度忽略不计）与足够长且间距也为L的水平光滑平行金属导轨平滑连接，水平导轨右端与阻值为R的定值电阻连接。两平行金属导轨均处于与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。质量为m、电阻不计的金属棒P从倾斜金属导轨上距水平面高度为h处由静止释放，通过绝缘圆弧后与静止在水平金属导轨左端绝缘位置的金属棒Q发生弹性碰撞，金属棒Q的质量也为m，接入电路的电阻为R。金属棒P、Q运动过程中始终与金属导轨垂直，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g，，。求：(1)金属棒P沿倾斜金属导轨下滑时通过金属棒的电流大小；(2)导轨右端定值电阻R产生的总热量；(3)金属棒Q在水平金属导轨上向右运动的位移大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）金属棒P下滑过程，根据牛顿第二定律可得又联立可得（2）金属棒P下滑过程做匀加速直线运动，加速度由以上表达式可得根据运动学公式可得解得金属棒P到达底端的速度大小为P与Q发生弹性碰撞，且P与Q质量相等，由动量守恒和机械能守恒可得解得，碰后P金属棒静止在绝缘位置，Q金属棒在安培力的作用下减速，直至停下，根据能量守恒定律，碰后回路产生的总热量为右端定值电阻R产生的热量为联立解得（3）对金属棒Q，根据动量定理可得又联立解得10．如图所示，在竖直面内建立直角坐标系，第二象限存在竖直向上的匀强电场E1，第一象限存在平行于xOy平面且方向未知的匀强电场E2。质量为m、电荷量为+q的带电小球从A（−2L，0）点以初速度（g为重力加速度大小）进入第二象限，后经y轴上的B（0，L）点水平向右进入第一象限，落在x轴上的C（L，0）点时速度大小为。E1、E2的大小均未知，不计空气阻力，小球重力不可忽略。求：(1)电场强度E1的大小；(2)电场强度E2的大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）设小球在A点的初速度与x轴正方向的夹角为θ，由牛顿第二定律水平方向有竖直方向有解得（2）小球经过B点时的速度设第一象限匀强电场的水平分量为Ex，竖直分量为Ey，则设C点的水平分速度为vx，竖直分速度为vy，则且解得则1．（2024·北京·高考真题）如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求：（1）水从管口到水面的运动时间t；（2）水从管口排出时的速度大小；（3）管口单位时间内流出水的体积Q。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向解得水从管口到水面的运动时间（2）由平抛运动规律得，水平方向解得水从管口排出时的速度大小（3）管口单位时间内流出水的体积2.（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；（2）滑板的长度L【答案】（1）；（2）【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒解得在b点根据牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为（2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得解得根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得根据运动学规律对游客解得该段时间内游客的位移为滑板的位移为根据位移关系得滑板的长度为3．（2024·甘肃·高考真题）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：（1）抽气之后A、B的压强。（2）弹簧的劲度系数k。【答案】（1），；（2）【详解】（1）设抽气前两体积为，对气体A分析：抽气后根据玻意耳定律得解得对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即，则根据玻意耳定律得解得（2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有根据胡克定律得联立得4．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。（2）求O点到P点的距离。（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。【答案】（1）带正电，；（2）；（3）【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件在加速电场中，由动能定理联立解得，粒子的比荷为（2）由洛伦兹力提供向心力可得O点到P点的距离为（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力向下的电场力由于，且所以通过配速法，如图所示其中满足则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为5．（2024·山东·高考真题）某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R，∠FEG=30°。横截面所在平面内，单色光线以θ角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。（1）求sinθ；（2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D（图中未标出）到E点距离的范围。【答案】（1）；（2）【详解】（1）由题意设光在三棱镜中的折射角为，则根据折射定律有由于折射光线垂直EG边射出，根据几何关系可知代入数据解得（2）根据题意作出单色光第一次到达半圆弧AMB恰好发生全反射的光路图如图则根据几何关系可知FE上从P点到E点以角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB都可以发生全反射，根据全反射临界角公式有设P点到FG的距离为l，则根据几何关系有又因为联立解得所以光线在EF上的入射点D到E点的