备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）计算题专项练1（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）计算题专项练1（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了4 cm，5 J等内容，欢迎下载使用。

(1)在初始不用手挤压塑料水瓶时,小玻璃瓶中气柱的长度至少为多少,小玻璃瓶才会浮在水面上?
(2)若某时刻小玻璃瓶内气体压强为1.1p0,瓶内气柱长为5.2 cm,再用力缓慢挤压塑料水瓶,当小玻璃瓶内气体压强稳定在1.3p0时,小玻璃瓶内气柱长度为多少?
答案 (1)3 cm (2)4.4 cm
解析 (1)不用手挤压塑料水瓶时,为保证小玻璃瓶会浮在水面上,则至少应保证小玻璃瓶刚好完全浸没时,所受浮力与重力大小相等,设小玻璃瓶中气柱的长度为h,则有ρ水gSh=mg
解得h=3 cm。
(2)由于环境温度始终保持不变,则小玻璃瓶内气体发生等温变化,设此次挤压塑料水瓶前、后小玻璃瓶内气柱长度分别为l1、l2,可得1.1p0×Sl1=1.3p0×Sl2
解得l2=4.4 cm。
2.(8分)(2024山东枣庄一模)如图所示,竖直平面内固定一弯曲刚性细杆POQ,PO部分光滑,形状为四分之一圆弧;OQ部分粗糙,形状为开口向下的抛物线的一部分,弯曲杆O点处的切线水平。小圆环穿在杆上,从P点由静止释放,到达Q点后与杆之间无弹力。若以O点为坐标原点,沿水平和竖直方向建立直角坐标系xOy,则Q点的坐标为(5 m,5 m)。已知弯曲杆PO部分的半径R=1.8 m,小圆环的质量m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小圆环在PO部分经过O点时对杆压力的大小;
(2)小圆环在OQ部分运动过程中克服摩擦力做的功。
答案 (1)30 N (2)5.5 J
解析 (1)小圆环从P到O,根据机械能守恒有mgR=12mvO2
小圆环在PO部分经过O点时,根据牛顿第二定律有F-mg=mvO2R
联立解得,此时小圆环受到杆的支持力大小为F=3mg=30 N
故小圆环在PO部分经过O点时对杆压力的大小为30 N。
(2)由于OQ部分形状为开口向下的抛物线的一部分,到达Q点时恰好与杆之间无弹力,则可将小圆环从O到Q的运动等效为以初速度v0从O点抛出的平抛运动,由数学知识可得y=15x2
根据平抛运动的抛物线方程y=g2v02x2
可得v0=5 m/s
即以初速度v0为5 m/s从O点抛出的运动轨迹恰好与该抛物线重合,则Q点的竖直速度为vy=2gy=10 m/s
所以经过Q点时的速度大小为vQ=v02+vy2=55 m/s
从P到Q根据动能定理有mg(R+y)-W=12mvQ2
解得,小圆环在OQ部分运动过程中克服摩擦力做的功为W=5.5 J。
3.(14分)(2024江西九江二模)如图甲所示,两根光滑平行导轨固定在水平面内,相距为L,电阻不计,整个导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨左端接有阻值为R的电阻,沿导轨方向建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在x=-x0处。在金属棒ab上施加沿x轴方向的外力F,使金属棒ab开始做简谐运动,将金属棒运动到x=0处时作为计时起点,其速度随时间变化的图线如图乙所示,其最大速度为v1。求:
(1)金属棒做简谐运动过程中流过的电流i随时间t变化的函数关系;
(2)在0~π2 s时间内通过金属棒的电荷量;
(3)在0~π2 s时间内外力F所做的功。
答案 (1)i=BLv1R+r·cs t
(2)Bx0LR+r
(3)πB2L2v124(R+r)-12mv12
解析 (1)由图乙可知金属棒做简谐运动的周期T=2π s
由此可得ω=2πT=1 rad/s
根据图乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数,可得其关系为
v=v1cs ωt m/s
由闭合回路的欧姆定律有
i=BLvR+r=BLv1R+r·cs t。
(2)根据对称性可知在t=π2 s时,金属棒到达x=x0处,则在0~π2 s时间内通过金属棒的电荷量q=ΔΦR=BΔSR+r=Bx0LR+r。
(3)金属棒做简谐运动过程中,回路中电流为余弦式交变电流,在0到π2 s时间内,
电路产生热量
Q=I2(R+r)t
其中I=Im2=BLv12(R+r),t=π2 s
解得Q=πB2L2v124(R+r)
设在0到π2 s的时间内外力F所做的功为WF,安培力所做的功为WA,由动能定理得
WF-WA=0-12mv12
其中WA=Q
解得WF=πB2L2v124(R+r)-12mv12。
4.(16分)(2024重庆高三模拟)如图所示,在第一象限中有一匀强磁场(图中未画出),一带正电的粒子(不计重力)从y轴上A点沿x轴正向以初速度v0进入匀强磁场区域,A点坐标为0,32L,随后从x轴上的C点出磁场并进入第四象限的匀强电场区域,速度方向与x轴负向成60°角。粒子经过此电场区域后恰好垂直于y轴进入第三象限的电、磁场区域,它们的宽度都为L,其中磁感应强度为B=mv04qL,电场强度为E=mv028qL。已知粒子的质量为m、电荷量为q,虚线边界有电场。求:
(1)第一象限中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向;
(2)粒子刚进入第三象限中的第二个磁场区域时的速度大小;
(3)整个运动过程中,粒子距离y轴最远的水平距离。
答案 (1)B1=mv0qL,方向垂直于纸面向外
(2)22v0
(3)(4+25)L
解析 (1)设该粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r,由几何关系得r=L
由洛伦兹力提供向心力,得qv0B1=mv02r
解得B1=mv0qL,方向垂直于纸面向外。
(2)设粒子刚进入第四象限第一个磁场时的速度为v1,则v1=v0cs 60°=v02
设粒子在该磁场区域中做圆周运动的半径为R1,由qv1B=mv12R1,得R1=2L
由几何关系,粒子出磁场时与水平方向的夹角为30°,则粒子刚进入电场区域时水平方向的速度为v1x=v1cs 30°=3v04
竖直方向的速度为v1y=v1sin 30°=v04
设粒子在第一个电场区域中运动的加速度为a,离开时的水平方向速度为v2x,则有
v2x2-v1x2=2aL
qE=ma
解得粒子刚进入第三象限中的第二个磁场区域时的速度大小为v2=v2x2+v1y2=22v0。
(3)设在第n个磁场中最远,在第三象限磁场中的水平位移大小为x磁,则
由动量定理∑qvxB·Δt=mΔvy
得qBx磁=mvy
由能量关系qE(n-1)L=12mvy2-12mv12
得x磁=2nL
而(n-1)L