备战2025年高考二轮复习物理（福建专版）计算题专项练2（Word版附解析）

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(1)这束红光在该液体中的折射率n;
(2)这束红光在液体中的传播时间。
答案 (1)43
(2)2.2×10-9 s
解析 (1)根据几何关系可知,该束红光在P点发生的反射,入射角α符合
tan α=MPMQ=60cm80cm=34
则α=37°
则这束红光从液体中射出时的折射角
β=90°-37°=53°
根据折射定律可知
n=sinβsinθ=43。
(2)设液体深度为h=40 cm,则这束红光在液体中的传播距离s=hcs37°
传播速度v=cn
则传播时间
t=sv=2.2×10-9 s。
2.(12分)(2024辽宁鞍山二模)如图所示,质量为m的小球A通过长为L的不可伸长轻绳悬挂于天花板上,质量为2m的小球B放在高也为L的竖直支架上。现将A球拉至水平位置由静止释放,在最低点与静止的B球发生碰撞,碰后瞬间B球的速度大小为22gL3。求:
(1)从碰后至B球落地时B球的水平位移x;
(2)A、B碰后瞬间轻绳对A的拉力大小T。
答案 (1)43L
(2)119mg
解析 (1)设B球在空中做平抛运动的时间为t,则有
L=12gt2
x=vB·t
得x=43L。
(2)设A球碰前的速度为v0,由动能定理有
mgL=12mv02
A、B两球碰撞满足动量守恒,设碰后A球速度为vA,水平向右为正,则有
mv0=mvA+2mvB
得vA=-2gL3
由牛顿第二定律得T-mg=mvA2L
得T=119mg。
3.(16分)(2024山东枣庄一模)如图甲所示,三维坐标系O-xyz所在的空间中,有平行于y轴且沿其正方向的匀强电场,电场强度的大小E1=7mv0210qL。一带正电的粒子从A点由静止开始经加速电场加速后,沿xOy平面从x轴上的P(L,0,0)点进入匀强电场,经过P点时速度的大小为v0、方向平行于xOy平面且与x轴负方向的夹角α=53°。当粒子运动一段时间Δt=2Lv0到达Q(未画出)点时,匀强电场的方向突然变为z轴正方向,以此刻为计时起点,此后电场强度的大小E2随时间t的变化关系如图乙所示,同时加上沿z轴正方向、磁感应强度大小为B=3mv0qL的匀强磁场。已知带电粒子的质量为m,电荷量为q,粒子的重力忽略不计,求:
(1)A、P两点间的电压UAP;
(2)Q点的位置及带电粒子到达Q点时的速度;
(3)t=3πLv0时带电粒子的位置坐标。
答案 (1)mv022q
(2)-L5,-L5,0 325v0,速度方向跟x轴负方向的夹角为45°且与y轴正方向夹角为45°
(3)L5,L5,L2
解析 (1)在加速电场中,对带电粒子由动能定理得
qUAP=12mv02-0
解得UAP=mv022q。
(2)对带电粒子,在从P点到Q点的运动过程中,根据牛顿第二定律得
qE1=ma
粒子在xOy平面内的运动为类斜抛运动,轨迹如图所示
设粒子到达Q点时的速度大小为v,跟x轴负方向的夹角为θ,根据运动的合成与分解,粒子在Q点满足
x=-v0cs α·Δt+L=-L5
y=-v0sin α·Δt+12a(Δt)2=-L5
vx=-v0cs α=-35v0
vy=-v0sin α+aΔt=35v0
则有v=vx2+vy2=325v0
tan θ=vyvx=1
可知粒子到达Q点时的速度方向跟x轴负方向的夹角为45°且与y轴正方向夹角为45°,大小为v=325v0。
(3)根据第(2)问计算结果可知,带电粒子到达Q点时的速度与OQ连线垂直,电场变化后粒子的运动可以看成在xOy平面内的匀速圆周运动与沿z轴方向的变速直线运动的合成,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R
解得R=25L
R与OQ的长度相等,即O点为粒子轨迹的圆心,设粒子运动的周期为T,则有
T=2πRv=2πL3v0
由于t=3πLv0=4T+12T
可知该时刻粒子位置的x、y坐标值均为L5
在z轴方向,设加速度大小为az,根据牛顿第二定律得qE2=maz
该方向的坐标值为
z=12az2πL3v022×5+az·2πL3v02·2πL3v0=L2
则当t=3πLv0时带电粒子的位置坐标为L5,L5,L2。