2023届高考物理二轮复习计算题押题卷作业含答案

这是一份2023届高考物理二轮复习计算题押题卷作业含答案，共28页。
1．小明同学设计了一个用等臂电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示．导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上．当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K．设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2.
(1)当环境温度T2＝294 K时，电子天平示数为多少？
(2)该装置可测量的最低环境温度Tmin为多少？
答案 (1)200.0 g (2)291 K
解析 (1)轻质直杆中心置于固定支点A上，根据杠杆原理可知，两根细绳上的拉力相等．对铁块受力分析如图，电子天平示数为600.0 g，理想气体压强p1＝p0＝1×105 Pa，T1＝300 K，当环境温度T2＝294 K，由eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)代入数据解得p2＝0.98×105 Pa
活塞受力平衡，有p2S＝p0S＋(m1g－FT)
其中拉力FT＝m2g－m0g
其中m1＝600 g＝0.6 kg，m2＝1 200 g＝1.2 kg，解得m0＝200.0 g.
(2)当温度降低，细绳拉力增大，当拉力F′T＝m2g时，天平示数为零，此时的温度为该装置可测量的最低环境温度，活塞受力平衡，有p3S＝p0S＋(m1g－F′T)
代入数据解得p3＝0.97×105 Pa
由eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,T3)
解得Tmin＝T3＝291 K.
2.如图所示，在AOB平面内存在着一个匀强电场，OA＝L，OB＝eq \f(3L,2)，∠AOB＝60°.一个带电荷量为q的正电粒子以初动能Ek从O点两次沿不同方向抛出，并分别运动到A、B两点．若粒子运动到A、B两点时的动能分别为EA＝2Ek，EB＝eq \f(5Ek,2)，粒子重力不计，求匀强电场的场强大小．
答案 eq \f(2\r(3)Ek,3qL)
解析 设电场强度与OA成α角，与OB成β角，粒子在电场中所受电场力F＝Eq，粒子带正电，故电场力方向与场强方向相同，根据题意有：
从O到A只有电场力做功，有EqLcs α＝2Ek－Ek；
从O到B只有电场力做功，有Eq·1.5L·cs β＝eq \f(5Ek,2)－Ek；
联立两式可得cs α＝cs β
又∠AOB＝60°，所以有α＝β＝30°
所以可得场强E＝eq \f(2Ek－Ek,qLcs 30°)＝eq \f(2\r(3)Ek,3qL).
3．如图甲所示，水平传送带两皮带轮圆心间的距离为L(未知)，两皮带轮的直径均为D＝0.1 m，与传送带上表面等高的光滑平台上有一个小物体以v0(未知)的初速度滑上传送带，皮带轮顺时针匀速转动，角速度为ω.小物体经传送带后从右侧做平抛运动的水平位移为s，s－ω的关系图像如图乙所示．已知小物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)传送带下表面离水平地面的高度H；
(2)传送带水平段的长度L和小物体的初速度v0.
答案 (1)1.15 m (2)0.6 m 1.3 m/s
解析 (1)由题意知当ω≤14 rad/s时，小物体做匀减速直线运动，然后做平抛运动vx＝ωeq \f(D,2)＝0.7 m/s
又s＝vxt
解得t＝0.5 s
依题意H＝eq \f(1,2)gt2－D
解得H＝1.15 m.
(2)由题意结合题图乙知，小物体抛出时的最小速度
v1＝0.7 m/s
同理，最大速度v2＝1.7 m/s
有v02－v12＝2μgL，v22－v02＝2μgL
解得L＝0.6 m，v0＝1.3 m/s.
4. 如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为θ＝53°，空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、…、n，相邻两个磁场的间距均为d＝0.5 m．一边长L＝0.1 m、质量m＝0.5 kg、电阻R＝0.2 Ω的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场Ⅰ的上边界为d0＝0.4 m，导线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，将导线框由静止释放，导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
(1)导线框进入磁场Ⅰ时的速度大小；
(2)磁场Ⅰ的磁感应强度B1；
(3)磁场区域n的磁感应强度Bn与B1的函数关系．
答案 (1)2 m/s (2)5 T (3)Bn＝eq \f(B1,\r(4,n))
解析 (1)线框从静止开始运动至刚进入磁场Ⅰ时，以线框为研究对象，由动能定理得：
(mgsin θ－μmgcs θ)·d0＝eq \f(1,2)mv12－0，解得v1＝2 m/s
(2)线框在磁场Ⅰ中做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律：
E1＝B1Lv1，I1＝eq \f(E1,R)，线框受到的安培力F1＝B1I1L
由平衡条件有mgsin θ－μmgcs θ－F1＝0 联立各式得B1＝5 T
(3)线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为d－L＝d0，线框由静止开始运动至刚进入第n个磁场时，由动能定理：n(mgsin θ－μmgcs θ)·d0＝eq \f(1,2)mvn2－0
又由上可得线框在第一个磁场Ⅰ中受到的安培力
F1＝eq \f(B12L2v1,R)
线框在第n个磁场受到的安培力：Fn＝eq \f(Bn2L2vn,R)
线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动，受到的安培力均相等：Fn＝F1
得：Bn＝eq \f(B1,\r(4,n)).
高考计算题押题卷(二)
1.竖直固定的汽缸由一大一小两个同轴绝热圆筒组成，小圆筒横截面积为S，大圆筒横截面积为2S，小圆筒开口向上且足够长，在两个圆筒中各有一个活塞，大活塞绝热，小活塞导热，两活塞用刚性杆连接，两活塞之间与大汽缸下部分分别封闭一定质量的理想气体Ⅰ、Ⅱ，初始时各部分长度均为h，如图所示，气体Ⅰ压强为p0，活塞和刚性杆总质量为m，大气压强为p0，环境温度为T0，气体Ⅱ初始温度也为T0.缓慢加热气体Ⅱ，不计所有摩擦，活塞厚度不计，活塞不会漏气，重力加速度为g，求：
(1)初始时，气体Ⅱ的压强p2；
(2)当大活塞恰好到达两汽缸连接处时，气体Ⅱ的温度．
答案 (1)p0＋eq \f(mg,2S) (2)eq \f(2mg＋5Sp0,2Sp0＋mg)T0
解析 (1)对两活塞整体受力分析p0S＋mg＋p0·2S＝p2·2S＋p0S
解得p2＝p0＋eq \f(mg,2S).
(2)当大活塞恰好到达汽缸连接处时，对两活塞封闭的气体分析，该过程气体Ⅰ温度不变，气体Ⅰ的压强为p1，则有p0(2hS＋hS)＝p1S·2h
解得p1＝eq \f(3,2)p0
对两活塞整体受力分析有p0S＋mg＋p1·2S＝p3·2S＋p1S
此时气体Ⅱ压强为p3＝eq \f(5,4)p0＋eq \f(mg,2S)
根据理想气体状态方程eq \f(p2·2Sh,T0)＝eq \f(p3·2S·2h,T1)
解得T1＝eq \f(2mg＋5Sp0,2Sp0＋mg)T0.
2.某型号的网红“水帘秋千”如图所示，它与平常秋千的不同之处是秋千架顶端水平横梁上装有很多个独立竖直向下的出水孔，在系统控制下能够间断性出水，从而形成一个“水帘秋千”．假设秋千摆长L＝3.6 m．人坐在座板上，头顶到座板的距离为h1＝1.15 m，鞋底到座板的距离为h2＝0.45 m，可把人看成处于秋千平面内的模型．忽略绳的重力和空气阻力，人与座板整体的重心在座板上．假设秋千的摆动周期与同摆长的单摆做简谐运动的周期相同；出水孔打开时，水的初速度为零．以秋千座板从最高点刚要向下摆动时作为计时起点，此刻，比座板略宽的范围内的所有出水孔都是关闭的．取g＝10 m/s2，π＝3.14.求：
(1)秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，哪个时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶？
(2)秋千第二次到达最低点之前最迟哪个时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位？
答案 (1)0.242 s (2)1.926 s
解析 (1)由题意知，此秋千的周期为T＝2πeq \r(\f(L,g))＝3.768 s
则秋千第一次从最高点运动到最低点的时间为
t＝eq \f(1,4)T＝0.942 s
设水恰好到头顶的时间为t1，则L－h1＝eq \f(1,2)gt12
解得t1＝0.7 s
所以想要水刚好不能淋湿人的头顶，打开出水孔的时刻为t′＝t－t1＝0.242 s.
(2)因为秋千第二次到最低点的时间为t2＝eq \f(3,4)T＝2.826 s
设水刚好落到鞋底的时间为t3，则L＋h2＝eq \f(1,2)gt32
解得t3＝0.9 s
所以想使水刚好不能淋湿人体的任何部位，关闭出水孔的时刻为t″＝t2－t3＝1.926 s.
3.如图所示，三块挡板围成横截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷eq \f(q,m)＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过小孔Q进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3.求：
(1)磁感应强度B1的大小；
(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间．
答案 (1)eq \f(2,3)×10－5 T (2)2.85×10－2 s
解析 (1)粒子在电场中加速，则由动能定理得
Eqx＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝400 m/s
设粒子进入三角形区域匀强磁场做匀速圆周运动半径为R1，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．
由几何关系可知R1＝eq \f(L,2)＝0.6 m
由qvB1＝meq \f(v2,R1)
代入数据得B1＝eq \f(2,3)×10－5 T.
(2)设带电粒子进入外部磁场做匀速圆周运动的半径为R2，由题可知
B2＝3B1＝2×10－5 T
又qvB2＝meq \f(v2,R2)
则R2＝eq \f(R1,3)＝0.2 m
粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，由公式x＝eq \f(1,2)vt1
得到t1＝0.01 s
粒子在磁场B1中的周期为T1＝eq \f(2πm,qB1)＝9×10－3 s
则在磁场B1中的运动时间为t2＝eq \f(1,3)T1＝3×10－3 s
在磁场B2中的周期为T2＝eq \f(2πm,qB2)＝3×10－3 s
在磁场B2中的运动时间为t3＝eq \f(180°＋300°＋180°,360°)T2＝5.5×10－3 s
则粒子在复合场中运动的总时间为t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s.
4. 如图，是大型户外水上游乐活动的模型图．固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑．质量M＝50 kg、长度L＝5 m的平板C浮于水面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切．平板左侧放置质量m0＝10 kg的橡胶块B.质量m＝40 kg的人A从圆弧轨道上与平板高度差为h＝5 m处由静止滑下，A与B碰撞后立即共速．整个运动过程中A、B均可视作质点．已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.4；水池宽度d＝10 m，平板碰到水池边墙壁立即被锁定．水面平静、平板受到的水的阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)A与B碰撞后的共同速度为多大？
(2)A、B与C达到共同速度时，C是否与墙壁发生了碰撞？A、B离C右端的距离多大？
(3)在C被墙壁锁定后，为了避免人碰撞到墙壁，在A、B与墙壁距离为x时，人把B用一速度v推出，B与墙壁碰后立即被锁定，试讨论v的取值范围(答案中包含x)．
答案 (1)8 m/s (2)C不会与墙壁发生碰撞，1 m
(3)v≥(20－8eq \r(2x)) m/s
解析 (1)A从圆弧上滑下与B碰撞前速度设为vA，由机械能守恒得mgh＝eq \f(1,2)mvA2
解得vA＝10 m/s
之后，A与B发生碰撞并共速mvA＝(m＋m0)v共
解得v共＝8 m/s.
(2)之后A、B与C三者共速，由动量守恒有(m＋m0)v共＝(m＋m0＋M)v1
解得v1＝ 4 m/s
在三者到达共速这个过程中，对C有μ(m＋m0)g＝Ma1
解得a1＝4 m/s2
则C的位移为v12－0＝2a1xC
解得xC＝2 m