备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）计算题专项练5（Word版附解析）

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(1)图乙状态下右侧细管中空气的压强;
(2)U形细管左侧竖直管的长度。
答案 (1)5ρgL4 (2)58L
解析 (1)设右侧活塞上加的水银高度为L0,两侧细管水平截面面积为S,对右侧气柱,活塞上加水银前
压强p1=p=ρgL
体积V1=L-116LS=1516LS
加水银后
压强p2=ρgL+ρgL0
体积V2=(L-L0)S
又p1V1=p2V2
联立得L0=14L
则p2=5ρgL4。
(2)设左侧竖直管长度为L,对左侧气柱,活塞上加水银前
压强p11=p=ρgL
体积V11=L1-116LS
加水银后
压强p22=p2-18ρgL=98ρgL
体积V22=L1-18LS
又p11V11=p22V22
联立得L1=58L。
2.(8分)如图所示,质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳连接,A与地面接触,B离地面的高度h为1.2 m,质量为2m的圆环C套在轻绳上,C在B上方d=0.8 m处。由静止释放圆环C,C下落后与B碰撞并粘在一起,碰撞时间极短,不计C与绳之间的摩擦和空气阻力,A、B、C均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)C、B碰撞后瞬间,共同速度为多大;
(2)碰撞后,B经过多长时间到达地面。
答案 (1)2 m/s (2)0.4 s
解析 (1)设C与B碰撞前瞬间的速度大小为vC,碰撞前,由动能定理有
2mgd=12×2mvC2-0
得vC=2gd=4 m/s
设碰撞后共同速度为v,碰撞过程由动量守恒有2mvC=4mv
得v=2 m/s。
(2)C与B碰撞后粘在一起,一起向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律
3mg-mg=4ma
得a=12g=5 m/s2
由运动学公式有h=vt+12at2
得t=0.4 s
故碰撞后,B经过t=0.4 s后到达地面。
3.(14分)(2024江苏泰州一模)高能微粒实验装置,是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工具。为了简化计算,一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图甲所示,三维坐标系中,yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B(图中未画出)和沿y轴正方向的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出,微粒第一次经过x轴时恰好经过O点,此时速度大小为v0,方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小E=mgq,从微粒通过O点开始计时,磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示,已知B0=mgqv0,t0=πv0g,规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正,重力加速度大小为g。
甲
乙
(1)求抛出点P到x轴的距离y;
(2)求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T;
(3)若t=t02时撤去yOz右侧的原电场和磁场,同时在整个空间加上沿y轴正方向,大小为B'=52π2B0的匀强磁场,求微粒向上运动到离xOz平面最远处时的坐标。
答案 (1)v024g
(2)4πv0g
(3)2+15πv02g,v024g,v025πg
解析 (1)粒子到达O点前做平抛运动,由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45°,则有vy=v0sin 45°=22v0
根据类平抛运动规律得22v02=2gy
解得y=v024g。
(2)根据题意,在平面yOz右侧,粒子所受重力与电场力平衡,即qE=mg
由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=mv02R,周期T0=2πRv0
解得R=mv0qB,T0=2πmqB
当B=B0时
粒子轨迹半径R1=v02g,周期T1=2πv0g
当B=B02时
R2=2v02g,T2=4πv0g
结合题中信息可知:0~t0,微粒刚好转过180°;t0~2t0,微粒转过90°;2t0~3t0与0~t0的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样;3t0~4t0与t0~2t0的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样,综上所述,微粒第一个周期的运动轨迹如图所示
由图可知
T=4t0=4πv0g。
(3)t=t0时,把速度分解到水平方向和竖直方向,即
vx'=vy'=v0sin 45°=22v0
粒子在竖直方向上做竖直上抛运动,则有22v02=2gy2,22v0=gt2
解得y2=v024g,t2=2v02g
粒子在水平面内做匀速圆周运动,则有R3=mvxqB'=v025πg,T3=2πmqB'=22v05g
可知t2=54T3
则有x'=2R1+R3=2+15πv02g
y'=y2=v024g
z'=R3=v025πg
因此粒子向上运动到离xOz平面最远处时的坐标为(2+15πv02g,v024g,v025πg)。
4.(16分)(2024湖南二模)超市里用的购物车为顾客提供了购物方便,又便于收纳,收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起,如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车(以下简称“车”)的碰撞进行了研究,分析时将购物车简化为可视为质点的小物块,已知车的净质量为m=15 kg,重力加速度g取10 m/s2。
(1)首先测车与超市地面间的动摩擦因数:取一辆车停在水平地面上,现给它向前的水平初速度v0=2 m/s,测得该车能沿直线滑行x0=2 m,求车与超市地面间的动摩擦因数μ;
(2)取编号为A、B的车,B车装上m0=15 kg的货物后停在超市水平地面上,空车A的前端装上轻弹簧,将A车停在B车的正后方且相距x=5.5 m处。现给A车施加向前的水平推力F0=75 N,作用时间t0=1 s后撤除。设A车与B车间的碰撞为弹性正碰(忽略相互作用时间),两车所在直线上没有其他车,求在A车运动的全过程中A车与地面间产生的摩擦热Q;
(3)如图乙所示,某同学把n(n>2)辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上,相邻两车间距为d=1 m,用向前的水平恒力F=300 N一直作用在1车上,推着1车与正前方的车依次做完全非弹性正碰(碰撞时间极短),通过计算判断,他最多能推动多少辆车?[已知∑nk=1k(k+1)=n(n+1)(n+2)3,∑nk=1k2=n(n+1)(2n+1)6]
答案 (1)0.1 (2)90 J (3)30辆
解析 (1)由功能关系,该车的动能全部转化成摩擦热能,有
12mv02=μmgx0
则μ=v022gx0
代入数据得μ=0.1。
(2)A车运动时受摩擦力FfA=μmg=15 N
由牛顿第二定律有
F0-FfA=ma
解得a=4 m/s2
A车在t0时的速度vA0=at0=4 m/s,t0内A车的位移
x0=12at02=2.0 m
设A车与B车碰前瞬间的速度为vA,由动能定理有
F0x0-μmgx=12mvA2-0
得vA=3 m/s
A车与B车碰撞过程,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvA=mvA'+(m+m0)vB
12mvA2=12mvA'2+12(m+m0)vB2
解得vA'=-1 m/s
由功能关系,有Q=μmgx+12mvA'2
代入数据得Q=90 J。
(3)设1车与2车碰前的速度为v1',由动能定理
Fd-μmgd=12mv1'2-0
1车与2车碰撞过程系统动量守恒
mv1'=(m+m)v2
解得v2=12v1'
v22=122×2Fd-μmgdm
设1、2车与3车碰前的速度为v2',由动能定理
Fd-μ·2mgd=12×2mv2'2-12×2mv22
1、2车与3车碰撞前后系统动量守恒
2mv2'=3mv3
解得v3=23v2'
v32=232[122×2Fd-μmgdm+2Fd-2μmgd2m]=[132×2Fd-μmgdm+232×2Fd-2μmgdm]
设1、2、3车与4车碰前的速度为v3',由动能定理
Fd-μ·3mgd=12×3mv3'2-12×3mv32
1、2、3与4碰撞前后系统动量守恒
3mv3'=4mv4
解得v4=34v3'
v42=342[132×2Fd-μmgdm+232×2Fd-2μmgdm+2Fd-3μmgd3m]
=[142×2Fd-μmgdm+242×2Fd-2μmgdm+342×2Fd-3μmgdm]
同理可得与n车碰后速度vn满足
vn2=[1n2×2Fd-μmgdm+2n2×2Fd-2μmgdm+3n2×2Fd-3μmgdm+…+n-1n2×2Fd-n-1μmgdm]
=2dn2mF-μmg+2F-2μmg+3F-3μmg+…+n-1F-n-1μmg
=2dn2m[n-1n2F-n-1n2n-16μmg]=2n-1dmn[F2-2n-16μmg]
令vn=0,即F2=2n-16μmg
解得n=30.5
可知最多能推动30辆车。