2025年高考二輪復習物理計算題專項練2

計算題專項練(二)1.(12分)(2024四川瀘州二模)如圖所示,光源S位于裝有某液體的容器底部A點處,容器右側的內壁固定一平面鏡,平面鏡上端與容器頂端平齊、下端與液面平齊。光源S沿AO方向發(fā)射一束紅光,經O點折射后照到平面鏡上的P點,反射光線剛好過容器左側上端點Q。已知入射角θ=37°,容器寬度MQ為80cm,反射點P到平面鏡上端點M、下端點N的距離分別為60cm、30cm,液體深度為40cm,光在真空中的傳播速度c=3.0×108m/s,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)這束紅光在該液體中的折射率n;(2)這束紅光在液體中的傳播時間。答案(1)4(2)2.2×109s解析(1)根據幾何關系可知,該束紅光在P點發(fā)生的反射,入射角α符合tanα=MP則α=37°則這束紅光從液體中射出時的折射角β=90°37°=53°根據折射定律可知n=sinβ(2)設液體深度為h=40cm,則這束紅光在液體中的傳播距離s=h傳播速度v=c則傳播時間t=sv=2.2×109s2.(12分)(2024遼寧鞍山二模)如圖所示,質量為m的小球A通過長為L的不可伸長輕繩懸掛于天花板上,質量為2m的小球B放在高也為L的豎直支架上?，F(xiàn)將A球拉至水平位置由靜止釋放,在最低點與靜止的B球發(fā)生碰撞,碰后瞬間B球的速度大小為22gL(1)從碰后至B球落地時B球的水平位移x;(2)A、B碰后瞬間輕繩對A的拉力大小T。答案(1)43(2)119解析(1)設B球在空中做平拋運動的時間為t,則有L=12gtx=vB·t得x=43L(2)設A球碰前的速度為v0,由動能定理有mgL=1A、B兩球碰撞滿足動量守恒,設碰后A球速度為vA,水平向右為正,則有mv0=mvA+2mvB得vA=2由牛頓第二定律得Tmg=m得T=119mg。3.(16分)(2024山東棗莊一模)如圖甲所示,三維坐標系Oxyz所在的空間中,有平行于y軸且沿其正方向的勻強電場,電場強度的大小E1=7mv0210qL。一帶正電的粒子從A點由靜止開始經加速電場加速后,沿xOy平面從x軸上的P(L,0,0)點進入勻強電場,經過P點時速度的大小為v0、方向平行于xOy平面且與x軸負方向的夾角α=53°。當粒子運動一段時間Δt=2Lv0到達Q(未畫出)點時,勻強電場的方向突然變?yōu)閦軸正方向,以此刻為計時起點,此后電場強度的大小E2隨時間t的變化關系如圖乙所示,同時加上沿z軸正方向、磁感應強度大小為B=3m(1)A、P兩點間的電壓UAP;(2)Q點的位置及帶電粒子到達Q點時的速度;(3)t=3π答案(1)m(2)-L5,-L5,0325v(3)L解析(1)在加速電場中,對帶電粒子由動能定理得qUAP=12解得UAP=mv(2)對帶電粒子,在從P點到Q點的運動過程中,根據牛頓第二定律得qE1=ma粒子在xOy平面內的運動為類斜拋運動,軌跡如圖所示設粒子到達Q點時的速度大小為v,跟x軸負方向的夾角為θ,根據運動的合成與分解,粒子在Q點滿足x=v0cosα·Δt+L=Ly=v0sinα·Δt+12a(Δt)2=vx=v0cosα=35vvy=v0sinα+aΔt=35v則有v=vx2tanθ=vyv可知粒子到達Q點時的速度方向跟x軸負方向的夾角為45°且與y軸正方向夾角為45°,大小為v=325v(3)根據第(2)問計算結果可知,帶電粒子到達Q點時的速度與OQ連線垂直,電場變化后粒子的運動可以看成在xOy平面內的勻速圓周運動與沿z軸方向的變速直線運動的合成,由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv解得R=25R與OQ的長度相等,即O點為粒子軌跡的圓心,設粒子運動的周期為T,則有T=2由于t=3πLv