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2（附解析）

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2．我国发射的问天实验舱包括工作舱、气闸舱、资源舱三部分．工作舱容积V工＝60m3.通过舱门A与气闸舱连接，气闸舱是供航天员进出太空的气密性装置，容积为V气＝15m3，一侧开有直径1m的舱门B.初始时，工作舱与气闸舱中均有p0＝1.0×105Pa的气体，当航天员准备从气闸舱进入太空时，他们会先关闭舱门A，通过气体回收装置使气闸舱内气压降到p气＝0.7×105Pa.假设回收的气体都缓慢排放进工作舱，整个过程中气体温度不变，忽略宇航员对气体的影响．求：
(1)换气结束后，工作舱中的气压(结果保留2位有效数字)；
(2)舱门B受到的压力，并为宇航员能够顺利进入太空提出一条合理化建议．
3．如图所示，一弹枪将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块，打击过程为完全弹性碰撞，此滑块放在质量m2＝0.2kg的“L形”薄板上．已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差h＝eq \f(20,9)m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；薄板在平台的最左端，滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力：薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，不计碰撞过程的时间，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8.
(1)求A、B间的水平距离x；
(2)求m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量；
(3)若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s至少需要多长．
4．如图所示，直角坐标系xOy平面内的y<0区域存在半径为L的圆形匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，O、A、O′、C分别为磁场Ⅰ的最高点、最低点、圆心及与圆心等高点：y>0的无限大区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小也为B.探测板MN位于x坐标为1.5L的直线上，长度为L的收集板PQ位于x轴上．A点有一正粒子源，单位时间内发射n0个速度大小相等的粒子，粒子均匀分布在y轴两侧各为60°的范围内．其中沿y轴正方向射入的粒子经偏转后从C点射出圆形磁场．若所有粒子均能打在探测板MN上并发生弹性碰撞，打在收集板PQ的粒子则被完全吸收，已知粒子质量为m.电荷量为q(q>0)，不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：
(1)粒子的速度大小v；
(2)探测板MN的最小长度l及稳定后粒子对探测板MN的作用力F的大小；
(3)单位时间内收集板PQ收集到的粒子数n与P点横坐标x之间的关系．
计算题专项练（2）
1．解析：如图所示
根据折射定律可得n＝eq \f(sini,sinr)＝eq \f(sin53°,sinθ)＝eq \f(4,3)
解得sinθ＝0.6
即θ＝37°
由图中几何关系可得此时潜艇与人的水平距离为x＝h1tan53°＋h2tan37°＝15×eq \f(4,3)m＋23×eq \f(3,4)m＝37.25m
答案：37.25m
2．解析：（1）气闸舱抽气过程中p0V气＝p气（V气＋V抽）对于被抽出的气体p气V抽＝p0V
向工作舱排气过程p0V工＋p0V＝p工V工气体稳定后p工＝1.1×105Pa
（2）气闸舱剩余气体对舱门B的压力为F＝eq \f(p气πd2,4)其中d＝1m代入数据解得F≈5.5×104N
由于压力过大，无法打开舱门B，应该设法再次减去气闸舱内压强后才能顺利出舱．
答案：（1）1.1×105Pa （2）见解析
3．解析：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有
h＝eq \f(1,2)gt2，
x＝v0t又tanθ＝eq \f(gt,v0)
代入数据解得t＝eq \f(2,3)s，v0＝5m/s，x＝eq \f(10,3)m
（2）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统总动量和机械能均守恒．设碰后两者速率分别为v0′、v1.因m0＝m1，故两者速度互换，即v0′＝0（弹丸此后掉落），v1＝5m/s
薄板所受滑块的滑动摩擦力为f1＝μ1m1g＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为f2＝μ2（m1＋m2）g＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动．设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，Q＝μ1m1gL
解得Q＝1.35J
（3）滑块与薄板发生非弹性碰撞，系统总动量守恒－μ1m1gL＝eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v2＝4m/s
m1v2＝（m1＋m2）v3
解得v3＝2.4m/s
两者共速滑行至停止滑行x1，则－μ2（m1＋m2）gx1＝0－eq \f(1,2)（m1＋m2）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
代入数据解得x1＝0.96m
s＝L＋x1＝0.9m＋0.96m＝1.86m
答案：（1）eq \f(10,3)m （2）1.35J （3）1.86m
4．解析：（1）由题意可知粒子运动轨迹的半径为L，由洛伦兹力提供向心力有，qvB＝meq \f(v2,L)
解得v＝eq \f(qBL,m)
（2）粒子从y轴两侧各为60°的方向射出分别为竖直方向的最高点和最低点．距A点的竖直距离分别为y1＝L（1－sin60°）和y2＝L（1＋sin60°）
则l＝y2－y1＝2Lsin60°＝eq \r(3)L
粒子以速度v沿x轴正方向与探测板MN发生弹性碰撞，由动量定理Ft＝n0tmv－n0tm（－v）
解得F＝2n0qBL
（3）粒子与探测板MN碰撞后以速度v沿x轴负方向射回磁场Ⅰ，经圆形磁场后汇聚于O点射向磁场Ⅱ.
由对称性知，粒子仍均匀分布在y轴两侧各为60°的范围内．
①x≤0，n＝0
②0由题意知n＝eq \f(π－3α,π)n0
其中α满足csα＝eq \f(x＋L,2L)
③L④x≥2L，n＝0
答案：（1）eq \f(qBL,m) （2）eq \r(3)L 2n0qBL （3）见解析