备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）计算题专项练2（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2（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了2×10-9 s，2 N　2等内容，欢迎下载使用。


(1)这束红光在该液体中的折射率n;
(2)这束红光在液体中的传播时间。
答案 (1)43
(2)2.2×10-9 s
解析 (1)根据几何关系可知,该束红光在P点发生的反射,入射角α符合
tan α=MPMQ=60cm80cm=34
则α=37°
则这束红光从液体中射出时的折射角
β=90°-37°=53°
根据折射定律可知
n=sinβsinθ=43。
(2)设液体深度为h=40 cm,则这束红光在液体中的传播距离s=hcs37°
传播速度v=cn
则传播时间
t=sv=2.2×10-9 s。
2.(8分)(2024辽宁鞍山二模)如图所示,质量为m的小球A通过长为L的不可伸长轻绳悬挂于天花板上,质量为2m的小球B放在高也为L的竖直支架上。现将A球拉至水平位置由静止释放,在最低点与静止的B球发生碰撞,碰后瞬间B球的速度大小为22gL3。求:
(1)从碰后至B球落地时B球的水平位移x;
(2)A、B碰后瞬间轻绳对A的拉力大小FT。
答案 (1)43L
(2)119mg
解析 (1)设B球在空中做平抛运动的时间为t,则有
L=12gt2
x=vB·t
得x=43L。
(2)设A球碰前的速度为v0,由动能定理有
mgL=12mv02
A、B两球碰撞满足动量守恒,设碰后A球速度为vA,水平向右为正,则有
mv0=mvA+2mvB
得vA=-2gL3
由牛顿第二定律得FT-mg=mvA2L
得FT=119mg。
3.(14分)(2024山东枣庄一模)如图甲所示,三维坐标系O-xyz所在的空间中,有平行于y轴且沿其正方向的匀强电场,电场强度的大小E1=7mv0210qL。一带正电的粒子从A点由静止开始经加速电场加速后,沿xOy平面从x轴上的P(L,0,0)点进入匀强电场,经过P点时速度的大小为v0、方向平行于xOy平面且与x轴负方向的夹角α=53°。当粒子运动一段时间Δt=2Lv0到达Q(未画出)点时,匀强电场的方向突然变为z轴正方向,以此刻为计时起点,此后电场强度的大小E2随时间t的变化关系如图乙所示,同时加上沿z轴正方向、磁感应强度大小为B=3mv0qL的匀强磁场。已知带电粒子的质量为m,电荷量为q,粒子的重力忽略不计,求:
(1)A、P两点间的电压UAP;
(2)Q点的位置及带电粒子到达Q点时的速度;
(3)t=3πLv0时带电粒子的位置坐标。
答案 (1)mv022q
(2)-L5,-L5,0 325v0,速度方向跟x轴负方向的夹角为45°
(3)L5,L5,L2
解析 (1)在加速电场中,对带电粒子由动能定理得
qUAP=12mv02-0
解得UAP=mv022q。
(2)对带电粒子,在从P点到Q点的运动过程中,根据牛顿第二定律得
qE1=ma
粒子在xOy平面内的运动为类斜抛运动,轨迹如图所示
设粒子到达Q点时的速度大小为v,跟x轴负方向的夹角为θ,根据运动的合成与分解,粒子在Q点满足
x=-v0cs α·Δt+L=-L5
y=-v0sin α·Δt+12a(Δt)2=-L5
vx=-v0cs α=-35v0
vy=-v0sin α+aΔt=35v0
则有v=vx2+vy2=325v0
tan θ=vyvx=1
可知粒子到达Q点时的速度方向跟x轴负方向的夹角为45°,大小为v=325v0。
(3)根据第(2)问计算结果可知,带电粒子到达Q点时的速度与OQ连线垂直,电场变化后粒子的运动可以看成在xOy平面内的匀速圆周运动与沿z轴方向的变速直线运动的合成,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R
解得R=25L
R与OQ的长度相等,即O点为粒子轨迹的圆心,设粒子运动的周期为T,则有
T=2πRv=2πL3v0
由于t=3πLv0=4T+12T
可知该时刻粒子位置的x、y坐标值均为L5
在z轴方向,设加速度大小为az,根据牛顿第二定律得qE2=maz
该方向的坐标值为
z=12az2πL3v022×5+az·2πL3v02·2πL3v0=L2
则当t=3πLv0时带电粒子的位置坐标为L5,L5,L2。
4.(16分)(2024山东烟台一模)如图所示,半径R=1 m的光滑圆环形滑杆MNP竖直固定放置,左侧端点M和圆心O1的连线与竖直方向夹角的余弦值cs θ=0.15,右侧端点Р和圆心O1、O2在同一水平线上,P点的切线沿竖直方向。现有一质量m1=0.2 kg的小橡胶环A以v0=1.2 m/s的初速度水平抛出,恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆,在滑杆的最高点静止着质量m2=0.2 kg的小橡胶环B。在右侧端点Р的正下方h=4.15 m处,有一质量m3=0.1 kg、长度L=3 m的长直木杆C竖直静止在水平面上,但跟水平面并不黏合。已知小橡胶环B与长直木杆C之间的滑动摩擦力大小f=2 N,最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力,小橡胶环A、B均可视为质点,两小橡胶环之间和小橡胶环与水平面间的碰撞都是弹性碰撞;小橡胶环B套入长直木杆C后,长直木杆C不倾倒,且每次与水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)小橡胶环A到达滑杆最低点Q时所受弹力大小;
(2)小橡胶环B在长直木杆C上上滑的最大距离;
(3)长直木杆C跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能;
(4)小橡胶环B在长直木杆C上运动的总路程。
答案 (1)18.2 N (2)2.4 m (3)1.6 J (4)32135 m
解析 (1)小橡胶环A恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆,设小橡胶环A在M点时的速度为vM,则vMcs θ=v0
解得vM=8 m/s
小橡胶环A从M点到Q点,根据动能定理
m1gR(1-cs θ)=12m1vQ2-12m1vM2
解得vQ=9 m/s
小橡胶环A在Q点时,支持力和重力的合力提供向心力
N-m1g=m1vQ2R
解得N=18.2 N。
(2)设小橡胶环A从Q点运动到最高点与小橡胶环B碰撞前的速度为vA,根据动能定理
-m1g×2R=12m1vA2-12m1vQ2
设小橡胶环A和小橡胶环B碰后的速度分别为vA'和vB,根据动量守恒和动能守恒
m1vA=m1vA'+m2vB
12m1vA2=12m1vA'2+12m2vB2
小橡胶环B,从碰撞后到与长直木杆接触前瞬间,设接触前速度为v,根据动能定理
m2g(R+h)=12m2v2-12m2vB2
解得v=12 m/s
小橡胶环B沿长直木杆下滑时,长直木杆静止不动,根据受力分析m2g=f
可得小橡胶环B在长直木杆C上受力平衡做匀速直线运动,小橡胶环B沿长直木杆上滑时,小橡胶环B做匀减速直线运动,长直木杆C做匀加速直线运动,设共速时速度大小为v1,所需时间为t1,对小橡胶环B有
m2g+f=m2a1
v1=v-a1t1
对长直木杆有
f-m3g=m3a2
v1=a2t1
x1=v12t1
此时小橡胶环B上滑的距离最大
s1=v+v12t1-v12t1=v26a22=2.4 m。
(3)小橡胶环B与长直木杆C共速后一起做竖直上抛运动,直到长直木杆跟水平面第一次碰撞前,则有v1'2-v12=2gx1
解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为v1'=42 m/s
长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为ΔE=12m3v1'2=1.6 J。
(4)长直木杆跟水平面第一次碰撞后,小橡胶环B先沿长直木杆做匀速下滑,小橡胶环B跟水平面碰撞后小橡胶环B沿长直木杆上滑时,小橡胶环B做匀减速直线运动,长直木杆做匀加速直线运动,第二次共速后又一起做竖直上抛运动,直到长直木杆跟水平面第二次碰撞,设第二次达到共速时速度为v2,则有
v2=v1'-a1t2
v2=a2t2
v2'2-v22=2gv22t2
联立可得长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为
v2'=2v2=23v1'=232v
可得长直木杆跟水平面第n次将要碰撞时的速度大小表达式为
vn'=23nv=12×23n m/s
小橡胶环B沿长直木杆第一次下滑的路程为L,小橡胶环B跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑,由(3)知,在长直木杆上第一次上滑的路程为s1=125 m
第一次匀速下滑的路程为s1;在长直木杆上第二次上滑的路程为
s2=v1'+v22t2-v22t2=v1'26a22=29s1
第二次匀速下滑的路程为s2,以此类推小橡胶环B在长直木杆上运动的总路程s=L+2s1+2s2+2s3+…=L+2s11-29=32135 m。