2025年高考二輪復習物理計算題專項練42

計算題專項練(四)1.(8分)如圖所示,半徑為R的半球形玻璃體置于水平桌面上,半球的上表面水平,球面與桌面相切于A點。一細束單色光經(jīng)球心O從空氣中射入玻璃體內(nèi)(入射面即紙面),入射角為45°,出射光線射在桌面上B點處。測得A、B之間的距離為12R?，F(xiàn)將入射光束在紙面內(nèi)向左平移,平移到過E點時,恰好在球面上D點發(fā)生全反射,不考慮光線在玻璃體內(nèi)的多次反射,求(1)玻璃體的折射率n;(2)O、E之間的距離。答案(1)102(2)2解析(1)當光線經(jīng)球心O入射時,光路圖如圖甲所示甲根據(jù)折射定律n=sin其中sinr=AB解得n=102(2)如圖乙所示,入射光束平移到過E點時,在D點發(fā)生全反射,則sin∠EDO=1乙在△EDO內(nèi),有OD聯(lián)立得OE=22R2.(8分)(2024陜西寶雞二模)某同學在操場練習籃球的控球能力。他單手托著籃球,使籃球由靜止隨手一起豎直向上運動h1=0.3m的高度后豎直拋出,籃球離開手上升h2=1.2m的高度到達最高點?；@球落回拋出點時再單手接住,籃球隨手一起向下運動h3=0.2m的高度后速度減為零。已知籃球質(zhì)量m=0.6kg,重力加速度g取10m/s2,空氣阻力忽略不計,手和籃球一起的運動近似看作勻變速直線運動。求:(1)拋球過程和接球過程手對籃球的作用力之比;(2)拋球過程和接球過程手對籃球的沖量之比。答案(1)5∶7(2)15∶14解析(1)設拋球過程和接球過程手對籃球的作用力分別為F1、F2,兩過程籃球運動的加速度大小分別為a1、a2,拋出瞬間球的速度大小為v,由勻變速直線運動規(guī)律可得v2=2gh2v2=2a1h1由于籃球運動過程中不計空氣阻力,拋球和接球速度大小相等,所以v2=2a2h3聯(lián)立解得a1=40m/s2,a2=60m/s2由牛頓第二定律可得F1mg=ma1F2mg=ma2解得F1∶F2=5∶7。(2)設拋球和接球過程中手對籃球的沖量分別為I1、I2,籃球運動時間分別為t1、t2,由題意可得I1=F1t1I2=F2t2v=a1t1=a2t2解得I1∶I2=15∶14。3.(14分)(2024山西朔州二模)如圖所示,一足夠長的長方體O1a1b1c1O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下兩個長方體空間Ⅰ和空間Ⅱ,以O1為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系O1xyz,其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整個長方體空間存在沿z軸負方向的勻強電場(圖中未畫出),另外空間Ⅱ內(nèi)同時還存在沿z軸正方向的勻強磁場(圖中未畫出),一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從O3c3邊的中點P以初速度v0平行于y軸正方向射入長方體區(qū)域,粒子恰好經(jīng)過正方形O2a2b2c2的中心點Q,且粒子在空間Ⅱ內(nèi)運動的過程中,恰好未從長方體側(cè)面飛出長方體區(qū)域,不計粒子重力,求:(1)勻強電場的電場強度大小;(2)粒子經(jīng)過Q點時的動能;(3)勻強磁場的磁感應強度大小。答案(1)2mv02qL解析(1)帶正電粒子在空間Ⅰ中做類平拋運動,運動軌跡如圖甲所示甲則2L=v0t1,4L=1由牛頓第二定律qE=ma聯(lián)立可得,勻強電場的電場強度大小為E=2m(2)在空間Ⅰ中,由動能定理qE×4L=Ek1解得,粒子經(jīng)過Q點時的動能為Ek=172(3)粒子進入空間Ⅱ時速度為v=2Ek將v分解為沿y軸方向的速度vy=v0和沿z軸方向的速度v=4v0,由于vz方向與磁場方向平行,不受洛倫茲力,如圖乙所示,在xO1y平面內(nèi)的分運動由洛倫茲力提供向心力,有qv0B=mv由幾何關系可知r=2L可得勻強磁場的磁感應強度大小為B=mv乙4.(16分)(2024福建泉州統(tǒng)考二模)如圖所示,一質(zhì)量為3m、長度為L的木板靜止在傾角θ=30°的固定斜面上,木板的上表面光滑,下表面與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=32,木板的下端固定有垂直于木板的薄擋板。一與斜面平行的輕彈簧下端固定在斜面的底端,上端由原長被壓縮L2后用觸控鎖釘鎖定?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小滑塊從木板的中點由靜止釋放,經(jīng)過一段時間,滑塊與擋板發(fā)生第一次碰撞后,木板開始運動。經(jīng)過多次碰撞后,當滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時,木板剛好接觸彈簧并觸發(fā)鎖釘立即解除鎖定。已知重力加速度大小為g,彈簧的勁度系數(shù)k=15mgL,滑塊與擋板間的碰撞為彈性正碰,(1)滑塊第一次與擋板碰撞前瞬間,滑塊的速度大小v0;(2)滑塊第一次與擋板碰撞后瞬間,木板的速度大小v1和加速度大小a1;(3)木板在初始位置時,其下端與鎖釘?shù)木嚯xd;(4)鎖釘解除后,當滑塊與擋板第一次分離時木板的速度大小v'。答案(1)gL(2)gL8(3)L(4)3解析(1)設滑塊釋放時加速度大小為a0,由牛頓第二定律得mgsinθ=ma0滑塊在從釋放后到第一次與擋板碰撞前的過程中做勻加速直線運動,有v02=2a得v0=gL2(2)設第一次碰撞后瞬間,木板的速度為v1,滑塊的速度為v2,由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=3mv1+mv212mv0聯(lián)立解得v1=12v0=gL8,v2=12v對木板由牛頓第二定律可得4μmgcosθ3mgsinθ=3ma1解得a1=12方向沿斜面向上。(3)從滑塊開始運動到滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時,木板一直向下運動,在這一過程中,滑塊重力做功WG1=mgL2+d木板重力做功WG2=3mgdsinθ木板所受摩擦力做功Wf=4μmgdcosθ由功能關系得WG1+WG2+Wf=0解得d=L4(4)當板塊分離時,設彈簧的形變量為x,此