2026年高考物理二轮复习（标准版）第三部分 高考题型计算题增分练（二）含答案

计算题增分练（二）2026版高考物理步步高大二轮（标准版）

第三部分

（时间：40分钟）

1.（2024.广东汕头高三期末）坦克是一种封闭的军用战备车辆，坦克内部人员需要

通过观察孔侦察外部情况。观察孔如图1所示，其宽度L=10cm,厚度d=IO6

cm,将折射率为〃=3的某种玻璃砖完全嵌入观察孔内，求：

图1

（1）该玻璃在空气中的全反射临界角C；

（2）嵌入玻璃砖后，坦克内部人员通过这块玻璃砖能看到的视野的最大张角仇

答案（1）45。（2）90°

解析（1）由全反射临界角公式可得sinC=；=乎

114

解得全反射临界角为C=45。。

（2）如图所示,

由几何关系可得

L小

tanr=-t=3

可得r=30°

根据折射定律可得〃=猾

M111，

可得sini=nsinr=乎

解得，=45。

则视野的最大张角为0=2i=90°o

2.(2024•河北保定一模)如图2所示，光滑杆A8与竖直方向的夹角为仇质量为〃，

的小球套在光滑杆上，球随杆一起绕。。轴线匀速转动，此时球到8点的距离为

L,重力加速度为g,求：

(1)杆对小球的作用力大小F；

⑵杆转动的角速度以)；

G)若调节杆转动的角速度，小球恰能在距K点21,处再次随杆一起匀速转动，该

过程杆对球做的功W。

答案⑴籍Q)府⑶弘—

解析(1)小球在距B点L处，有

/

BI

Fsin0=mg,何/=o。1布11(9/°

(2)水平方向：

Feos0=mcoiLsin0

解得

(3)小球在距B点2L处,有Fsin9=mg

Feos。=〃7to2.2Lsin0

在"I,cose

解传①二y套而石

开始时小球做圆周运动的线速度

v（）=cooLs\n0=y]Lgcos0

调节杆转动的角速度后，小球做圆周运动的线速度

v\=co2LsinO=\lLgc^O

由动能定理得

1I

W-mgLcos0=产力7-3,如?6

3

解得W=^mgLcosO0

3.（2024.山东黄泽二模）如图3,在xQy平面内虚线。M与x轴负方向夹角为45°,

虚线OM右上侧和第一象限为区域1,1内存在垂直xOy平面向里、磁感应强

度为8的匀强磁场，虚线OM左下侧和第三象限为区域II,H内存在垂直X。），

平面向外、磁感应强度为:B的匀强磁场。一个比荷为k的带正电粒子从原点。

沿x轴正方向以速度“射入磁场，不计粒子重力。求：

y

M、

X、XXXx>XXXXXX

•X、①x_x)>XXXXXX

XXXX«XX

n-、、、,XXXXXX

•Q%X

II

ii

••

••

图3

（1）粒子从。点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间；

（2）粒子第二次穿过x轴与x轴交点的位置坐标；

（3）粒子第2〃次通过OM直线时与O点的距离表达式（其中n=1,2,3,…）。

答案⑴翡⑵0]

3-\j2nvo_,

(3)s=kB(其中〃=1，2,3…)

解析（1）粒子的运动轨迹如图所示。在区域I中，设轨迹半径为门，周期为7L

2

由洛伦兹力提供向心力，有qv°B=n^

/mmvovo

可付门=9=而

又“等

解得丁尸篝

D

在区域II中，设轨迹半径为-2,周期为7L由洛伦兹力提供向心力，有手靖=

V(j

nr-

ri

2mvo2vo

可得ri=

qBkB

又人誓

5，日T4兀

解仔石=9=而

33

-----兀

由题意可知八=4丁】=五^,472AL8

故粒子从。点进入磁场到第二次穿过0M直线时所用的时间为力+/2=/。

ZKD

⑵由几何关系可知，粒子第二次穿过X轴与工轴交点的横坐标为

x=­（n+r2+/*2sin60°）

小徨（3+技如

代入件x__kB

所以位置坐标为[一0]

KDo

⑶粒子第2次通过OM直线时与。点距离为

乙=6（门+厂2）

每一次周期性运动沿OM方向的侧移量均为L,第2〃次通过OM直线时与O点

距离为s=nL

代入得s=2镇（其中〃=1,2,3,…）。

4.（2023・广东卷，15）如图4为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送

带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L,平台高为人药

品盒A、B依次被轻放在以速度如匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，

从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2如的速度

与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。

已知A、B的质量分别为m和2加，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能

的3A与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,A、B在滑至N点之前

不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：

(DA在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间/；

(2)R从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W：

(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。

答案⑴*⑵6,3-3〃2成⑶竽\佟

解析(1)A在传送带上运动时的加速度。=隔

由静止加速到与传送带共速所用的时间V端

(2)由功能关系得B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功

W=；X2机辅+2〃7g・3L—2〃7(2伙))2=6〃?弘一3/m^。

(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知

2〃?如0=mv\+2mV2

2

IX2m（2vo）—沆+；x2机滂）1X2机（2。0）2

解得0=2如，V2=Vo

25

(另一组3=毛%。2=以。舍掉)

两物体平抛运动的时间刀=

则s—r=vit\

s-\~r=v\t\

解得S=等樨。计算题增分练（三）

（时间：40分钟）

1.如图1所示，两端开门、导热性能良好的容器由两部分圆柱形容器组成，上、

下两侧容器横截面半径之比为啦：1,现用长为L=2（）cm的不可伸长的轻绳拴接

两水平活塞A、B,A、B与容器间密封良好，活塞C用销钉固定，A、B间有一

定质量的理想气体，A、C间被抽成真空，此时封闭气体的压强刚好等于外界大

气压，旦A、B到两容器连接处的距离相等。已知环境温度和大气压恒定，A、B

的质量分别为m八=2kg、〃电=Ikg,重力加速度g=10m/s2,忽略一切摩擦。拔

去销钉，撤去活塞C,稳定后A在连接处，求稳定时轻绳对活塞的作用力大小。

Gc牙

A

B

图1

答案17.5N

解析由题意可知，A、B的横截面半径之比为5：1,则横截面积之比为SA:SB

=2：1

设环境的大气压和热力学温度分别为〃0、7b,撤去C之前，对B受力分析有

Fo+POSB-POSB-nmg=0

对活塞A有〃OSA一尸。一根第=0

又niK:"出=2:I

3〃7BX

解得po=

2sB

撤去C,A上侧空间与大气相通，稳定时A在连接处，设封闭气体的压强为“,

该过程封闭气体的温度不变，由玻意耳定律有

L।L

〃0（2$八十2§B）P】LSB

3

-

解得pi2

对活塞B有FI+POSB—"ISB—，〃Bg=O

代入数据解得Fi=17.5N。

2.如图2为一种能在空中长距离滑行的蜥蜴——飞蜥，某只飞蜥躲避攻击时从树

上水平飞出，飞出瞬间速度为36km/h,水平方向末速度为28.8km/h,其在水平

方向做变减速运动，假设其在竖直方向做自由落体运动，已知滑翔结束时，飞蜥

的速度与竖直方向夹角为45。，重力加速度,g=l()m/s2,求滑翔过程飞蜥在水平方

向受到的平均作用力与其体重的比值。

图2

答案1:4

解析水平方向o初=1()m/s,。末=8m/s,飞蜥饮变减速运动，整个过程水平方

向的速度变化量^v=vm—v初=—2m/s

滑行结束时，竖直方向的速度为i^=；^%=8m/s

飞蜥在竖直方向做自由落体运动，则滑行的时间s

整个过程在水平方向，由动量定理有Ft=m\^v\

则F=2.5mN

则滑行过程飞蜥在水平方向所受平均作用力与其重力的比值为六F=%1

3.(2024•浙江6月选考，19)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，

设计了如图3所示装置。飞轮由三根长。=0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过

其中心的水平固定轴转动,不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=\kg的物块，

细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电

刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电

动势瓦=12V、内阻r=0.1C,限流电阻R=0.3C,飞轮每根辐条电阻R=0.9Q,

电路中还有可调电阻生(待求)和电感线圈L,不计其他电阻和阻力损耗，不计飞

轮转轴大小。

⑴开关S掷1,“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数。=8V,

①判断磁场方向，并求流过电阻Ri的电流/;

②求物块匀速上升的速度加

(2)开关S掷2,物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与

“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，

①求可调电阻&的阻值；

②求磁感应强度A的大小.

答案⑴①垂直纸面向外10A②5m/s(2)①0.2。@2.5T

解析(1)①根据题意可知，飞轮逆时针转动，根据电路特点可知，三根辐条中

的电流均沿辐条指向圆心，如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向

外

由于电压表示数U=8V,则电源内阻与限流电阻的总分压为。总=石一U=4V

根据欧姆定律得/=-^=IOA。

r十K\

R

②根据能量守恒定律有尸3?+/〃侬/

代入数据解得P=5m/s。

(2)①根据题意可知，物块匀速下降的速度U=o=5m/s,且稳定时每根辐条中的

电流与(1)中的相同，则根据能量守恒定律有

R

mgv"=产守+/R2t

代入数据解得&=0.2Qc

②稳定时，重物重力的功率等于三根辐条克服安垮力做功的总功率，则有

mgv,=3B^a^

代入数据解得B=2.5To

4.（2024・四川绵阳高三期末）如图4所示，Oxyz为空间直角坐标系，在x<0的空间I

内存在沿z轴正方向的匀强磁场囱。在04<d的空间II内存在沿），轴正方向的

匀强电场E,在的空间HI内存在磁感应强度大小6=鬻、方向沿x轴正

方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从工轴上的4以=一小〃）点以沿Oxy平面

内某一方向的初速度00射入空间I的磁场区域，经磁场偏转后从），轴上的C（yc

="）点垂直y轴进入空间II,并从x轴上的O（m=d）点进入空间HI。已知粒

子的电荷量大小为q，质量为〃2,不计重力。求:

-52

ICJE.

in

D-

图4

⑴空间I内磁场的磁感应强度大小与和空间II内电场的电场强度大小展

⑵粒子在空间III的运动过程中，距离x轴的最大距离；

⑶粒子进入空间III后，每次经过x轴时的横坐标。

答案嘴誓⑵4〃

（3）（2师+1）成〃=1,2,3,…）

解析（1）设粒子在空间I的磁场中的轨迹半径

为内，运动轨迹如图所示。

由几何关系可得

（门一42+（#J）2=r?

解得r[=2d

由洛伦兹力提供向心力可得goB尸喈

行/曰ctnvo

解母B尸丽

粒子在空间II做类平抛运动，沿y轴方向的加速度大小。=誓

沿工轴方向有d=vot

沿y轴方向有d=；aP

解得〃=鬻

（2）粒子经过。点时，沿y轴负方向的分速度大小为vy=at=2vo

沿x轴正方向的分速度大小为Vx=Vo

粒子在空间III内垂直于磁场的分速度内使粒子在平面内做匀速圆周运动,

2

由洛伦兹力提供向心力可得夕口,&=〃意

解得ri=2d

粒子做圆周运动距x轴的最大距离为乙=2-2=4小

⑶粒子在空间III内做圆周运动的周期为7=篝=鬻

粒子在空间III内沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿不轴正方向

运动的距离x=o（）r=2”/

所以粒子在空间III中每次经过x轴时的横坐标为

x=d+2nnd=(2nK+\)d(n=1,2,3,…)。

计算题增分练（四）

（时间：40分钟）

1.如图1所示，一个三棱镜。七尸一。£尸的横截面为直角三角形，A、B、。分别

为三条棱的中点，NCA8=30。，NAC8=90。，48的长度为L,该三棱镜材料的

折射率〃=#。现有一细光束，其入射方向始终保持与A、B连线平行，入射点

从A点沿A、。连线向。点移动，若不考虑光线在三棱镜内的多次反射。求:

⑴光线从ET^'E'面射加时的折射角；

(2)光线从A点向C点移动的过程中，在A3边有光线射出的长度范围。

答案(1)0(2)/

解析(1)设光线从M点入射时，经折射后恰好射向3点。光线在AC边上的入射

角为仇，折射角为例，由折射定律〃=鬻

oil!。2

因。1=60。，〃=小，所以伪=30。

在AM范围内入射时，经折射后在A8边上的入射角为仇，则仇=60。

]

因临界角sinC=_=_\L<sin60°

J?J

所以在A8边上发生全反射，由几何关系知，全反射后的光线垂直于8c边，则从

3c边射出的光线的折射角为()。

C

(2)在MC范围内入射时，经折射后在BC边上的入对角为仇,则。5=90。一仍=60。，

在边上发生全反射，由几何关系知，全反射后的光线垂直于48边，边上

有光线射出的部分长度为

2

BN=BCsin300=L(sin300)=1o

2.(2024.山东临沂一模)据史载，战国时期秦楚之战中就有使用投石机的战例。最

初的投石车结构很简单，一根巨大的杠杆，长端是用皮套或是木筐装载的石块，

短端系上几十根绳索，当命令下达时，数十人同时拉动绳索，利用杠杆原理将石

块抛出。某学习小组用如图2所示的模型演示抛石过程，质量〃?=lkg的石块装

在长臂末端的口袋中，开始时口袋位于水平面并处于静止状态。现对短臂施力，

当长臂转到与竖直方向夹角为9=53。时立即停止转动，石块以^o=2Om/s的速度

被抛出后打在地面上，石块抛出点P离地面高度〃=1.65m,不计空气阻力，重

力加速度g取sin530=0.8,求:

图2

(1)抛出后石块距离地面的最大高度；

(2)在石块运动轨迹最高点左侧竖立一块长度L=3.2m的木板充当城墙挡住石块,

木板离石块抛出点的最近距离。

答案(1)14.45m(2)37.2m

解析(1)石块抛出时沿竖直方向分速度为管0、，=箝07n。=16tn/s

则石块从抛出到最高点的高度为历=,=12.8m

抛出后石块距离地面的最大高度为H=//i+/?=14.45m。

(2)当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出点距离最近；石块从最高点到

木板上端过程做平抛运动，竖直方向有“一

2(H—L)

解得，2=^F-=L5

石块从抛出到最高点所用时间为力=于=1.6s

<*>

石块抛出时的水平分速度为Vox=vocos<9=12m/s

则木板离石块抛出点的最近距离为工=加3+切=37.2m。

3.(2024•广东江门一模)如图3所示，在x<0的区域存在方向竖直向上、大小为E

的匀强电场，在火>0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场6(6未知)。个质量为

的带正电粒子甲从A点(一/d,0)以速度。o沿x轴正方向进入电场，粒子从8

点(0,宗3Z)进入磁场后，恰好与静止在C点质量为5的中性粒子乙沿X轴正方向发

生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。已知C点横坐标为必=小"，不计

粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用。求：

图3

(1)粒子甲的比荷；

(2)粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小；

⑶若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x<0的区域加上与x>0区域内相同

的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时

间A/o

答案⑴言(2)2%!⑶能常

解析(1)如图所示，

粒子甲在电场中沿X轴方向做匀速直线运动，有

事d=v°l

沿)，轴方向做匀加速直线运动有尸，《=曹

qvi

联立求得

mEd°

(2)粒子甲在B点沿)，轴方向的速度

vy=at=y[3vo

进入磁场中粒子甲速度方向与x轴的夹角

tan0=令=事

voY

即0=60°

则进入磁场时的速率。=二黑两=2加

由几何关系可得sin60。=卑

又由

F

求得8=而

(3)甲、乙粒子在。点发生弹性碰撞，设碰后速度为。1、S,碰撞过程中由动量守

恒定律和能量守恒定律可得

而+5乂亨〃道

求得01=00,S=3次）

两粒子碰后在磁场中运动，有

求得n=n=2d

两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为力="=¥，T.

V\。0

2兀r247td

V2~3vo

则两粒子碰后再次相遇需满足去L票。=2兀

解得再次相遇时间加=等。

4.(2024•浙江台州二模)如图4所示装置放置在水平地面上，质量如=().5kg的滑

块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到8端点，随后通过顺时针转动的传送带。己

知圆弧半径R=0.5m,传送带长d=1m,与地面高度/?=1.8m。滑块可视为质点，

滑块P与传送带间的动摩擦因数〃=0.3,不计空气阻力与传送带转轮的大小。

图4

⑴求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；

(2)求滑块P由。点抛出的水平距离x与传送带速度。的关系；

⑶若传送带速度。=6m/s,将木块M与N并排静置在赤滑地面上，木块M上固

定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为/=2m的轻细线，细线下端系一质量

为7722=0.5kg的小球Qo滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整

体S(可视为质点)，随后绕悬点小角度摆动(不与竖直杆碰撞)。已知木块M与N

的质量分别为团3=1kg与机4=2kgo求木块M与N分离时S的速度大小。

答案(1)15N(2)见解析(3)1m/s

解析(1)滑块P从圆弧4端点滑到3端点，根据动能定理有加如苏

解得。8=，1^m/s

在B点,根据牛顿第二定律有八一如万

解得K=15N。

(2)滑块P由C点抛出后，做平抛运动，则人二%/2

解得r=0.6s

若滑块P滑上传送带后一直做减速运动，根据动能定理，有

—f.im\gd=i确

解得vi=2m/s

若滑块P滑上传送带后一直做加速运动，根据动能定理，有

/.un\gd=\m\p?—\m\vi

解得S=4m/s

则若传送带速度0<°〈2m/s,滑块P由。点抛出的水平距离为x=vit=1.2m

若传送带速度2m/s<o<4m/s,滑块P由C点抛出的水平距离为x=vt=0.6vm

若。24m/s,滑块P由C点抛出的水平距离为

x=vit=2Am0

(3)由(2)知滑块由。点飞出时速度为<=4m/s

滑块P与小球Q碰撞过程动量守恒，则

""02=(""+〃?2)。3

解得V3=2m/s

根据S与木块M、N组成的系统动量守恒和机械能守恒，有

(m\+〃22)。3—(m\+〃及+。〃3+tm)V5

1(/ni+m2)状=；(〃，1++1(/«3+m4)vl

解得04=—lm/s,05=1m/s或04=2m/s,s=0(不符，舍去)

故木块M与N分离时S的速度大小为1m/So

计算题增分练(一)

(时间:40分钟)

1.(2024•安徽滁州二模)如图1所示，内壁光滑、高度均为2/?的两个绝热汽缸底部

由细管连通，左侧汽缸上端封闭，右侧汽缸上端开口与大气相通，两汽缸中面积

均为S的绝热活塞M、N密闭两部分理想气体A、Bo开始时，气体A、B温度

均为。活塞M、N均静止在距汽缸底部力处。己知活塞M、N的质量分别为

和〃7,大气压强为po,重力加速度为g,细管内气体体积忽略不计。

⑴求气体A的压强；

(2)缓慢加热气体B,使其温度升至，丁稳定时，求活塞N距汽缸底部的高度；

(3)上述加热过程中，若B吸收的热量为。，求B的内能增加量。

答案⑴8-詈(2)y⑶Q一京poS+〃zg)〃

解析(1)对活塞M、N受力分析，根据共点力平衡条件，有/〃S+2〃吆=〃BS,〃oS

+〃吆=〃BS

联立解得〃A=P()一等，PB=〃0+等o

4

⑵缓慢加热气体B,使其温度升至17

根据盖―吕萨克出律，有方~=不，何人=与~

F一

活塞N距汽缸底部的高度为\h=y-h=yo

(3)在加热过程中，B中气体对外做功

2h

W=-—(poS+，〃g)w

根据热力学第一定律AU=W+Q

2

解得AU=Q—g(poS+〃?g)/?。

2.(2024•河南开封二模)如图2所示，质量都为m的物块A、B静止在光滑的水平

面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，

电场强度大小为£,A、B带电荷量均为(7的正电荷，B通过轻绳与电动机连接且

轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为U,内阻为R,正常工作时电流为/,

-0时刻启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B,f时刻B的速度达到最大，

此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的静电力作用。求：

AEB

；++

(1)物块B的最大速度;

(2)弹簧的劲度系数。

1644炉

CUI-I2R)tq2E2~m(ULpR)

解析(1)当B的加速度。=0时速度最大，此时轻绳上的拉力为尸=2qE

电动机的输出功率为P=UI-I2R

又P=FVm

行2

=UI-IR

解传vm_2qE-°

(2)对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力Fy=qE

B速度最大时弹簧弹力F2=qE

所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零

由动能定理得R—2qEx=)端

由胡克定律得4后=日

联立解得“=8(ULFR)tq浮2-m(UI-pR)

3.如图3所示，平面直用坐标系X。)，中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小

为8的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向

垂直纸面向外。第三象限存在沿），轴正方向的匀强电场。质量为〃7、电荷量为以夕

>0）的粒子甲从点5（一/,一各以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹

角6=45。，从点K（0,—/）垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从气/,0）点垂

直x轴进入第一象限，同时在P点释放一质量为%电荷量为式夕>0）、速度为誓

的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲、乙两粒子间的

相互作用，求：

图3

（1）甲粒子进入第四象限时的速度。0；

⑵匀强电场的大小E;

⑶甲粒子第九次经过y轴时，甲、乙粒子间的距离小

答案0罂Q）噜（3）（4"—2）/（〃=1,2,3,…）

2

解析（1）甲粒子在第匹象限内的磁场中，由洛伦兹力提供向心力4加8=〃0

根据题意有r=/

解得。。=誓。

（2）由题意知甲粒子垂直），轴进入第四象限，速度大小为%=誓

粒子在第二象限，沿x轴方向/—v（）to

沿），轴方尾=舞，

解得E=誓。

（3）设甲粒子半径为门，乙粒子半径为卷

由洛伦兹力提供向心力得

八mvi虹mvij,3qBl

,qvB=-^--其中-

，\2J，/i，，e

可得r\=n=l

甲、乙粒子的周期分别为八=蔗1乃=答

可得。=3乃

如图所示，当甲粒子第一次到达y轴3=/)时，乙粒子第二次到达y轴。个=3/),

两粒子相距4=2/

此后每次甲粒子到达)，轴时，乙比甲沿y