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4（附解析）

这是一份新教材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4（附解析），共5页。试卷主要包含了求体积恢复后的环境温度．，5m/s，v2＝0等内容，欢迎下载使用。

(1)放上A物体待其稳定后，气缸对气体做功25J，判断该过程气缸内气体是吸热还是放热？热量的大小为多少？
(2)求气缸和物体A的总质量M；
(3)由于环境温度变化，气缸内气体体积逐渐恢复到620cm3.求体积恢复后的环境温度．

2．[2023·山东省实验中学二模]如图所示长方体容器，已知长CD＝3a，宽DD′＝2a，高BD＝2eq \r(7)a，其中A′B′C′D′内侧面涂有反光物质，只考虑该反光面反射的光．容器内充入某种溶液，深度为h＝eq \r(7)a，在CD边中点E处放一点光源，观察发现，经长方体几何中心点F射出的两束光相互垂直．已知光在真空中的速度为c，结果可用根式表示．求：
(1)该液体的折射率n；
(2)从F点射出的两束光在液体中传播的时间差Δt.
3．[2023·福建省福州市质检]如图，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为θ＝37°，平行于斜面底边的边界PQ下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．一质量为M＝0.2kg的U型金属框MM′NN′静置于斜面上，其中MN边长L＝0.4m，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，框架电阻不计且足够长．质量m＝0.1kg，电阻R＝0.6Ω的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界PQ上方距离为d＝0.75m．已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向；
(2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
(3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P.
4．[2023·湖南省岳阳县三模]如图所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画电场)，磁感应强度B＝1.0T，边界右侧离地面高h＝0.45m处有一光滑绝缘平台，右边有一带正电的小球a，质量ma＝0.1kg、电量q＝0.1C，以初速度v0＝0.9m/s水平向左运动，与大小相同但质量为mb＝0.05kg静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰，碰后a球恰好做匀速圆周运动，两球均视为质点，重力加速度g＝10m/s2.求：
(1)碰撞后a球与b球的速度；
(2)碰后两球落地点间的距离(结果保留一位有效数字).
计算题专项练（4）
1．解析：（1）放上A物体待其稳定的过程气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0
气缸的体积减小，气缸对气体做正功，可知气缸内气体放热，放出的热量等于气缸对气体所做的正功，则Q＝25J
（2）放上A物体待其稳定后气体的体积V2＝V1－ΔV1＝600cm3
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝1.6×105Pa
由气缸受力平衡有（p2－p0）S＝Mgcs37°
解得M＝30kg
（3）由盖­吕萨克定律有eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)
解得T2＝310K
答案：（1）放热 25J （2）30kg （3）310K
2．解析：（1）根据几何关系有sini1＝eq \f(a,\r(a2＋7a2))＝eq \f(1,\r(8))，sini2＝eq \f(3a,\r(9a2＋7a2))＝eq \f(3,4)
根据折射定理可得n＝eq \f(sinr,sini)
根据几何关系有sin2r1＋sin2r2＝1
带入得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3n,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(n2,8)＝1
解得n＝eq \f(4,11)eq \r(11)
（2）两束光在液体中传播的距离差Δs＝FE′－EF＝4a－eq \r(8)a
两束光在液体中传播的时间差Δt＝eq \f(Δs,\f(c,n))
解得Δt＝eq \f(16\r(11)a－8\r(22)a,11c)
答案：（1）eq \f(4,11)eq \r(11) （2）eq \f(16\r(11)a－8\r(22)a,11c)
3．解析：（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得mgdsinθ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0
解得v0＝3m/s
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)
解得I＝2A
电流方向：由N流向M.
（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝μ（M＋m）gcs37°＝1.8N
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为F安＝BIL＝0.8N
根据牛顿第二定律，框架的加速度为a，则Mgsinθ＋F安－f＝Ma
代入数据解得a＝1m/s2
（3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为E′＝BL（v1－v2）
电流I′＝eq \f(E′,R)
金属棒ab匀速运动mgsinθ－BI′L＝0
联立解得v1＝2.5m/s，v2＝0.25m/s
金属棒ab重力的功率P＝mgv1sinθ＝1.5W
答案：（1）2A，电流方向：由N流向M （2）1m/s2
（3）1.5W
4．解析：（1）a球与b球的碰撞，由动量守恒定律得
mav0＝mava＋mbvb
由能量守恒定律有：eq \f(1,2)mav eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mav eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋eq \f(1,2)mbv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
解得：va＝0.3m/s，vb＝1.2m/s
（2）对a球，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvaB＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ,r)
解得：r＝eq \f(mva,qB)＝0.3m
设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为θ，有h＝r＋rsinθ，r2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋（h－r）2
可得：θ＝eq \f(π,6)
则a球水平位移为：xa＝rcsθ＝0.15eq \r(3)m
b球不带电，碰后做平抛运动，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
水平方向：xb＝vbtb＝0.36m
故两球相距：Δx＝xb－xa＝0.1m
答案：（1）0.3m/s 1.2m/s （2）0.1m