高考物理总复习二轮复习计算题专项练(一)

计算题专项练(一)1.(10分)(2025广东东海新龙中学模拟)某陶瓷窑结构的示意图如图所示。某次烧制前,封闭在窑内的气体压强为p0=1.0×105Pa,温度为室温t0=27℃。烧制时为避免窑内气压过高,窑上有一个单向排气阀,已知当窑内气体温度为t1=327℃时,单向排气阀开始排气,此后窑内气体压强保持不变,温度逐渐升高至烧制温度t2=1227℃。气体可视为理想气体,T=t+273K。求:(1)排气阀开始排气时窑内气体的压强p1;(2)本次烧制排出的气体与原有气体质量的比值。2.(12分)(2025安徽合肥模拟)如图所示,足够长的两倾斜金属导轨与水平地面的夹角均为θ=37°,间距均为L=1m,最低处平滑连接(无能量损失),左上端接有电容C=116F的电容器。一质量m=1kg的导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数均为0.5,导体棒和导轨的电阻均不计。两侧导轨均存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=4T。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放,经时间t1(未知)第一次到达最低点的速度v1=1m/s,然后滑上右侧导轨,多次运动后,最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿,忽略两磁场间相互影响,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求(1)导体棒第一次运动到最低点时,电容器所带电荷量Q;(2)导体棒第一次运动到最低点时所用时间t1以及此时电容器储存的能量EC;(3)导体棒运动的总时间t总。3.(16分)(2025山东淄博模拟)一种自动卸货装置的简化图如图所示,质量为m1=1kg的货箱内装有质量为m2=5kg的货物,将其从半径为R=40m的光滑圆弧轨道AB上的A点由静止释放,AB与以v=8m/s的速率顺时针转动的水平传送带相切于B点,A、B两点的竖直高度差为h=0.2m,传送带与水平光滑直轨道CD平滑连接,紧挨D点有一与CD等高的小车停在光滑的水平轨道上,车的质量为m3=2kg,货箱和货物滑上车经一段时间后与车右端挡板发生碰撞,碰后与车速度相同但不粘连,一起向右运动至水平轨道右端,压缩固定弹簧至最短时将车锁定,货物与货箱始终相对静止。卸下货物后解除锁定,弹簧将车及货箱一起弹回,车与水平轨道左侧台阶碰撞后立即停止,货箱滑出车后恰好能回到A点。B、C间距离L1=8m,货箱与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,与车间的动摩擦因数μ2=0.2,货箱和货物均可视为质点,重力加速度g取10m/s2。求:(1)货箱和货物下滑经过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小FN;(2)货箱和货物一起由A运动到C过程中所用的时间t;(结果保留三位有效数字)(3)车的长度L2。

参考答案1.答案(1)2×105Pa(2)0.6解析(1)由题意可知,排气阀开始排气前,气体体积不变初状态时p0=1.0×105Pa,温度为T0=(273+27)K=300K末状态时压强为p1,温度为T1=(273+327)K=600K对气体,由查理定律可得p解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为p1=T1T0p0=600300×1.0×105Pa=2×10(2)排出气体后,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得V解得V2=1500600V1=则排出的气体在烧制环境下的体积为ΔV=V2-V1=32V则排出的气体与原有气体的质量的比值为Δmm=ρΔ2.答案(1)0.25C(2)1s0.5J(3)3(解析(1)在最低点,导体棒切割磁感线,电容器两端电压与导体棒两端电动势相等,有U=E=BLv1=4V电容器的电容C=Q联立解得Q=0.25C。(2)导体棒在左侧导轨上由静止释放后,在下滑过程中受力分析如图甲所示甲沿斜面方向由动量定理得mgt1sinθ-μmgt1cosθ-BILt1=mv1解得t1=1s沿斜面方向由牛顿第二定律得Gx-Ff-F=ma1又F=BIL,a1=ΔvΔt,I=ΔQ则mgsinθ-μmgcosθ-CB2L2a1=ma1解得a1=1m/s2故导体棒在左侧导轨上由静止释放后做匀加速直线运动导体棒释放位置与导轨的最低点距离x1=v12t1=0.5电容器储存的能量EC=mgx1sin37°-μmgcos37°·x1-1解得EC=0.5J。乙(3)根据分析可知,导体棒冲上右侧导轨后,电容器放电,导体棒所受安培力沿斜面向上,受力分析如图乙所示根据牛顿第二定律得Gx'+Ff'-F'=ma2又F'=BI'L,I'=ΔQΔt=解得a2=5m/s2则第一次冲上右侧导轨所用时间t2=v1a2=0.导体棒上滑到右侧最高点位移x2=v12t2=0.1同理,导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电,加速度大小等于a1,导体棒第二次经过最低点时设其速度为v2,则x2=12a1t32,v2=a解得t3=0.2s,v2=0之后以v2冲上左侧导轨,导体棒上滑到左侧导轨最高点位移为x4=v222a2=所用时间为t4=v2a2=0.2从左轨道再次下滑时间为x4=12a1解得t5=0.2s第三次到最低点时的速度v3=a1t5=0.2m/s之后冲上右侧导轨,导体棒上滑到右侧导轨最高点位移为x6=v322a2=所用时间为t6=v3a2=0.如此往复,直至停在最低点在两侧导轨加速下滑过程时间依次为t1=1s,t3=0.2s,t5=0.2s……公比为0.2,由等比数列求和公式,得下滑的总时间为t下在两侧导轨减速上滑过程时间依次为t2=0.2s,t4=0.20.2s,t6=0.04s……公比为0.2,由等比数列求和公式,得上滑的总时间为t上所以全程的总时间为t总=t上+t下=3(1+03.答案(1)60.6N(2)4.59s(3)3m解析(1)对货物及货箱(以后简称系统M)在由A到B过程中有(m1+m2)gh=12(m1+m2)系统M在B点有FN'-(m1+m2)g=(m1+m2)v由牛顿第三定律知,系统M在B点对圆轨道的压力大小FN=FN'联立解得FN=60.6N。(2)系统M由A到B过程中降落的高度与半径之比为hR=1200,则此过程可视为简谐运动,且有T=2πR则系统M由A到B的时间为t1=T解得t1=3.14s系统M在传送带上加速的过程有μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a若系统M与传送带能够共速,则有v=vB+at2解得t2=1.2s系统M在此加速过程中的位移为x1=vB+解得x1=6m<L1故系统M与传送带共速后将做匀速直线运动由L1-x1=vt3得t3=0.25s则系统M由A到C所用的时间为t=t1+t2+t3=4.59s。(3)在系统M冲上小车到与之达到共速过程中由动量守恒定律有(m1+m2