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1（附解析）

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2．[2023·湖南湘潭模拟]如图是一可以加热的饭盒，饭盒盖上有一排气口，且密封性良好，可将其简化成一导热的长方体容器，饭盒内部横截面积为S，质量、厚度均不计的饭盒盖与玻璃饭盒底部之间封闭了一定质量的理想气体，饭盒盖与玻璃饭盒底部之间的距离为L，且饭盒盖固定不动，气体的初始温度T0＝300K，初始压强为大气压强p0，现缓慢加热饭盒使气体温度达到330K.
(1)求此时封闭气体的压强；
(2)打开排气口，设此过程中饭盒内气体温度不变，放出部分气体，使得饭盒内气体压强与外界大气压强相等，求排出气体与原有气体的质量比．
3．2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛中，中国队运动员谷爱凌力压世界排名第一的选手，最后一跳以向左偏轴转体1620°的动作完美逆转(如图1)，获得个人首金．大跳台比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分．图2是某技术公司对谷爱凌夺冠一跳的“高度－时间”分析．已知谷爱凌及身上的装置总质量为m＝65kg.根据这些信息回答下述问题：
(1)不考虑运动员转体的动作，将运动员看做质点．
①设助滑出发区距地面高度为h1，运动员从静止出发，从起跳台起跳后能达到的最大高度距地面为h2，不计人体能量的消耗、不计一切摩擦，求运动员在最高点的速度大小v(用字母表示)；
②请你根据图2中的信息，估算v大小；
③运动员落到着陆坡时，垂直坡面方向的速度在极短时间内减为0，因此运动员要承受极大的冲击力．设运动员在最高点速度约为v＝20m/s，落到着陆坡时的速度方向与水平方向成α＝45°，着陆坡的倾角θ＝36°，雪板与坡面经大约Δt＝0.05s的撞击时间后继续滑行．请根据以上条件估算运动员受到的冲击力．(保留1位有效数字)(可能会用到数据：sin36°＝0.59，cs36°＝0.81，sin9°＝0.16，sin81°＝0.99)(提示，先写表达式，再代数).
(2)考虑运动员的转体动作．
①若谷爱凌在空中腾空的时间约为3s，在空中转动的角速度几乎不变，求她在空中转动的角速度大小；
②物体转动动能可以理解为各部分绕轴转动的动能之和．已知物体转动的惯性用物理量I来描述，它的名称为“转动惯量”，物体转动的快慢用角速度ω描述．请类比质点动能表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2，写出物体转动动能表达式；
③若将谷爱凌在空中转动，理想化为一个半径约为0.20m的圆柱体的转动，已知圆柱体的转动惯量为I＝eq \f(1,2)mR2(m为圆柱体质量，R为圆柱体半径)，并假设谷爱凌在冲出跳台的瞬间(约0.02s)内获得足够的角速度，请问她瞬间转体爆发的功率大约多大？(保留1位有效数字).
4．某离子束实验装置的基本原理如图1所示，在半径为R的圆柱形底面建立空间直角坐标系，坐标原点与圆柱底面圆心重合．圆柱形区域内存在沿z轴负方向、电场强度为E的匀强电场，圆柱形区域正上方存在沿x轴负方向、磁感应强度为B0的匀强磁场．如图2所示，从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，经电场加速后从圆柱形边界正上方沿y轴负方向进入磁场，恰好在圆柱顶面圆心处与y轴正方向成θ角斜向下射出磁场，进入圆柱形区域内的电场中，最后落在圆柱底面上坐标为(0，R，0)的D点(图中未画出)，不计离子重力．
(1)求加速装置的电压U；
(2)求圆柱形区域的高度h；
(3)在离子进入圆柱形区域时，在圆柱形区域内加一个磁感应强度大小为B0、方向沿z轴周期性变化的磁场，以z轴正方向为正方向，离子进入圆柱形区域的时刻为计时起点，磁场的变化如图3所示．已知磁场方向变化的周期为eq \f(4πm,qB0)，tanθ＝2，求该离子打在圆柱形底面的位置坐标．
计算题专项练（1）
1．解析：依题意画出光路，如图所示
入射光与“反向射回”的光之间的距离等于eq \r(3)R时，由几何关系可知AC＝eq \f(\r(3)R,2)，i＝θ＝2r
又因sinθ＝eq \f(AC,R)＝eq \f(\r(3),2)
所以i＝60°，r＝30°
根据折射定律可知，玻璃材料的折射率为n＝eq \f(sini,sinr)＝eq \r(3)
即玻璃材料的所射率应满足n≥eq \r(3)
答案：n≥eq \r(3)
2．解析：（1）加热饭盒时，玻璃饭盒内气体体积不变，由查理定律有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)
解得p1＝1.1p0
（2）设最后气体在大气压强下的体积为V1，则V0＝SL
有p1V0＝p0V1
解得V1＝1.1SL
同温度、同压强下同种气体的质量比等于体积比，设排出气体的质量为Δm，气体原来的质量为m0，则
eq \f(Δm,m0)＝eq \f(V1－V0,V1)
联立解得eq \f(Δm,m0)＝eq \f(1,11)
答案：（1）1.1p0 （2）eq \f(1,11)
3．解析：（1）①根据机械能守恒，mgh1＝mgh2＋eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r( ,2（h1－h2）g)
②根据图像可得h1＝52m，h2＝32m，解得v＝19.7m/s
③从最高点到斜坡的运动为平抛运动，则落到斜坡时eq \f(v,v′)＝cs45°，速度垂直斜坡的分量为v″＝v′sin81°
根据动量定理－FΔt＝0－mv″，解得F≈4×104N
（2）①角速度ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(9π,3)rad/s＝3πrad/s
②转动动能Ek＝eq \f(1,2)Iω2
③根据动能定理有，Pt＝eq \f(1,2)Iω2，解得P＝3×103W
答案：（1）①eq \r( ,2（h1－h2）g) ②19.7m/s ③4×104N
（2）①3πrad/s ②eq \f(1,2)Iω2 ③3×103W
4．解析：（1）设离子进入磁场的速度为v，根据动能定理，有qU＝eq \f(1,2)mv2
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝meq \f(v2,r)
根据几何关系，有sinθ＝eq \f(R,r)
解得v＝eq \f(qB0R,msinθ)，U＝eq \f(qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,2msin2θ)
（2）离子在圆柱形区域内的电场中沿y轴正方向做匀速直线运动，沿z轴负方向做匀加速直线运动，则
沿y轴正方向有R＝vyt＝vtcsθ
沿z轴负方向有h＝vzt＋eq \f(1,2)at2
其中a＝eq \f(qE,m)，vz＝vsinθ
解得h＝Rtanθ＋eq \f(mEtan2θ,2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
（3）在圆柱形区域内加磁场后，离子沿z轴负方向做与第（2）问相同的匀加速直线运动，由（2）可知离子在圆柱形区域内运动的时间t＝eq \f(m,qB0)tanθ＝eq \f(2m,qB0)
由磁场方向变化的周期为eq \f(4πm,qB0)可知，离子在圆柱形区域内运动时，磁场方向一直沿z轴负方向
在垂直电场方向，即离子的运动在圆柱底面的投影运动为匀速圆周运动，该匀速圆周运动的线速度大小vy＝vcsθ，设该匀速圆周运动的轨迹半径为r′，周期为T，则qvyB0＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,r′)，T＝eq \f(2πr′,vy)
解得r′＝eq \f(R,tanθ)＝eq \f(R,2)，T＝eq \f(2πm,qB0)
设离子做圆周运动转过的圆心角α，如图所示，则t＝eq \f(α,2π)T
解得α＝2rad
设该离子打在圆柱形底面的位置坐标为（x，y，0），根据几何关系可知x＝－r′－r′cs（π－α）＝－eq \f(R,2)（1－cs2）
y＝r′sin（π－α）＝eq \f(R,2)sin2
则坐标为[－eq \f(R,2)（1－cs2），eq \f(R,2)sin2，0]
答案：（1）eq \f(qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,2msin2θ) （2）Rtanθ＋eq \f(mEtan2θ,2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
（3）[－eq \f(R,2)（1－cs2），eq \f(R,2)sin2，0]