2024届高考物理二轮复习计算题专项练(1)-(6)答案

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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sin θ＝ 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(sin i,sin r) ＝ 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＝52 m，h2＝32 m，解得v＝19.7 m/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′) ＝cs 45°，速度垂直斜坡的分量为v″＝v′sin 81°
根据动量定理－FΔt＝0－mv″，解得F≈4×104 N
（2）①角速度ω＝ eq \f(Δθ,Δt) ＝ eq \f(9π,3) rad/s＝3π rad/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＝3×103 W
答案：（1）① eq \r( ,2（h1－h2）g) ②19.7 m/s ③4×104 N
（2）①3π rad/s ② eq \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＝m eq \f(v2,r)
根据几何关系，有sin θ＝ eq \f(R,r)
解得v＝ eq \f(qB0R,m sin θ) ，U＝ eq \f(qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,2msin 2θ)
（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＝vt cs θ
沿z轴负方向有h＝vzt＋ eq \f(1,2) at2
其中a＝ eq \f(qE,m) ，vz＝v sin θ
解得h＝R tan θ＋ eq \f(mEtan 2θ,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) tan θ＝ 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＝v cs θ，设该匀速圆周运动的轨迹半径为r′，周期为T，则qvyB0＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,r′) ，T＝ eq \f(2πr′,vy)
解得r′＝ eq \f(R,tan θ) ＝ 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＝2 rad
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－cs 2）
y＝r′sin （π－α）＝ eq \f(R,2) sin 2
则坐标为[－ eq \f(R,2) （1－cs 2）， eq \f(R,2) sin 2，0]
答案：（1） eq \f(qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,2msin 2θ) （2）R tan θ＋ eq \f(mE tan2θ,2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
（3）[－ eq \f(R,2) （1－cs2）， eq \f(R,2) sin 2，0]
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(sin i,sin r) ＝ eq \f(sin 53°,sin θ) ＝ eq \f(4,3)
解得sin θ＝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＝h1tan 53°＋h2tan 37°＝15× eq \f(4,3) m＋23× eq \f(3,4) m＝37.25 m
答案：37.25 m
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＝1 m代入数据解得F≈5.5×104 N
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）1.1×105 Pa （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tan θ＝ eq \f(gt,v0)
代入数据解得t＝ eq \f(2,3) s，v0＝5 m/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＝5 m/s
薄板所受滑块的滑动摩擦力为f1＝μ1m1g＝1.5 N
薄板所受平台的最大静摩擦力为f2＝μ2（m1＋m2）g＝1.5 N
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＝1.35 J
（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＝4 m/s
m1v2＝（m1＋m2）v3
解得 v3＝2.4 m/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＝0.96 m
s＝L＋x1＝0.9 m＋0.96 m＝1.86 m
答案：（1） eq \f(10,3) m （2）1.35 J （3）1.86 m
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＝m eq \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－sin 60°）和y2＝L（1＋sin 60°）
则l＝y2－y1＝2L sin 60°＝ 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