新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练计算题专项练6（附解析）

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(1)波的传播速度及方向；
(2)质点Q在5s内通过的路程．
2．[2023·浙江省温州市考试]如图所示是用导热性能良好的材料制成的空气压缩引火仪，活塞的横截面积S＝1cm2；开始时封闭的空气柱长度为22cm、温度为300K、压强为大气压强p0＝1×105Pa；现在用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭空气柱长度变为2cm，不计活塞的质量、活塞与器壁的摩擦以及漏气．
(1)若用足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强；
(2)若以适当的速度压缩气体，压强达到1.144×106Pa时，求空气柱的温度；
(3)若压缩气体过程中，人对活塞做功为100J，气体向外散失的热量为18J，求气体的内能增加值．
3．[2023·四川省成都市三诊]超级高铁(Pneumatic.Tubes)是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点，2017年8月中国航天科工公司启动时速1000千米的“高速飞行列车”研发项目，后续还将研制最大运行速度2000千米和4000千米的超级高速列车，如图甲是中国超级高铁模型效果图；在管道中固定着两根水平的平行导轨MN和PQ，两导轨间距为1.6R，图乙是超级高铁列车的纵向截面图，截面是半径为R的圆，列车总质量为M，在列车底盘上固定有长为1.6R、宽为R的矩形金属线框abcd，线框单位长度的电阻为r.管道内依次分布着磁感应强度大小均为B、宽度均为R且方向垂直导轨平面的匀强磁场，且相邻区域磁场方向相反，当列车进站时，列车以速度v0从图丙所示位置开始减速，管道内稀薄空气阻力及与轨道间摩擦均可忽略不计，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，求：
(1)导轨对列车的支持力FN的大小；
(2)列车减速过程中的最大加速度a；
(3)列车减速的距离x.
4．[2023·江苏省八市高三下学期三模]如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为L＝2.5m、质量为m＝1kg、左右挡板厚度不计的U形盒子P(盒子内底面水平)，盒子P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5.在盒子的左端放一质量等于M＝4kg的物块(可看作质点)，Q的带电量始终为q＝＋2×10－2C．整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，场强为E＝1×103N/C，Q与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内向右运动与右面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小；
(2)物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子右挡板间的最大距离(结果可用分数表示)；
(3)P最终是否会停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒内P前进的路程；若P会停止，求P前进的总路程．
计算题专项练（6）
1．解析：（1）从图乙可知，在t＝0时质点Q在平衡位置且向正方向振动，据振动与波动关系，波动为沿x轴正方向传播；从图中可知波长为8m，周期为2s，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝4m/s
（2）5s内质点Q通过的路程为
s＝40cm×eq \f(5,2)＝100cm
答案：（1）4m/s 沿x轴正方向 （2）100cm
2．解析：（1）设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，L0＝22cm，L＝2cm，V0＝L0S，V＝LS，缓慢压缩气体温度不变，由玻意耳定律得p0V0＝pV
解得p＝1.1×106Pa
（2）由理想气体状态方程eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p′V,T)
解得T＝312K
（3）大气压力对活塞做功W1＝p0S（L0－L）＝2J
由热力学第一定律得ΔU＝W1＋W人＋Q
解得ΔU＝84J
答案：（1）1.1×106Pa （2）312K （3）84J
3．解析：（1）对列车受力分析如图所示
根据平衡条件可得2FNcsθ＝Mg
其中sinθ＝eq \f(0.8R,R)＝0.8
故θ＝53°
解得FN＝eq \f(5,6)Mg
（2）列车刚开始减速时加速度最大，安培力提供加速度，根据牛顿第二定律可得FA＝Ma
图丙中，线框的ad与bc杆均受到向右的安培力FA＝2BI·1.6R
其中，电流为I＝eq \f(E,r总)
电动势为E＝2B·1.6Rv0
总电阻为r总＝（2·1.6R＋2R）r
解得a＝eq \f(128B2Rv0,65Mr)
（3）减速过程中，取向左为正方向，对列车由动量定理得－2Beq \(I,\s\up6(－))·1.6Rt＝0－Mv0
其中eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),r总)t＝eq \f(2B·1.6R\(v,\s\up6(－))t,r总)＝eq \f(2B·1.6Rx,r总)
解得x＝eq \f(65Mv0r,128B2R)
答案：（1）eq \f(5,6)Mg （2）eq \f(128B2Rv0,65Mr) （3）eq \f(65Mv0r,128B2R)
4．解析：（1）设Q与P第一次碰撞前的速度为v0，碰后P、Q的速度分别为vP和vQ，由动能定理，得qEL＝eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0
碰撞过程动量守恒Mv0＝MvQ＋mvP
碰撞过程机械能守恒eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P))
代入数据求得v0＝5m/s , vP＝8m/s , vQ＝3m/s
（2）碰后Q加速运动的加速度aQ＝eq \f(qE,M)＝5m/s2
碰后P减速运动的加速度aP＝eq \f(μ（M＋m）g,m)＝25m/s2
设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为t0，则有v0＋aQt0＝vP－aPt0
得t0＝eq \f(1,6)s
因为物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子右挡板间的距离此时最大，最大距离为二者相对位移Δx＝xP－xQ＝（vPt0－eq \f(1,2)aPt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）－（vQt0＋eq \f(1,2)aQt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）＝eq \f(5,12)m，Δx＝eq \f(5,12)m满足题意此时不会与盒子左板碰撞．
（3）由qE<μ（M＋m）g
可知P、Q终将停止．（否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律）
停止时，Q在P的右端，设P前进的总路程为s，由能量守恒qE（s＋L）＝μ（M＋m）gs
得s＝10m
答案：（1）8m/s 3m/s （2）eq \f(5,12)m （3）P、Q终将停止，P前进的总路程为10m