【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（新高考新教材） 题型专项练 计算题专项练（二） Word版含解析.docx，共(6)页，169.113 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-fc62e758e4c41883338ac9c2fecc1eb5.html

以下为本文档部分文字说明：

计算题专项练(二)1.(2023浙江金华三模)一种汽车空气减震器的模型如图所示,其主要构造是导热性良好的汽缸和活塞(面积为S=40cm2),活塞通过连杆与车轮轴连接。将装有减震装置的轮子模拟静止在斜坡上的汽车,固定

在倾角为37°的斜面上,连杆与斜面垂直,初始时汽缸内密闭体积为V1=800cm3,压强为p1=1.2×105Pa的理想气体,环境温度为T1=300K,汽缸与活塞间的摩擦忽略不计,大气压强始终为p0=1×105

Pa。在汽缸顶部固定一个物体A,稳定时汽缸内气体体积缩小了200cm3,该过程气体温度保持不变。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)放上物体A待其稳定后,外界对气体做功25J,判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热,

并求出热量的大小;(2)求汽缸和物体A的总质量m0;(3)由于环境温度变化,汽缸内气体体积逐渐恢复到620cm3,求体积恢复后的环境温度T2。2.某小组研究的一部分连锁机械游戏装置如图所示,在竖直平面内有一

固定的光滑斜面轨道AB,斜面轨道底端圆滑连接长为L、动摩擦因数为μ的粗糙水平轨道BC,轨道右端与固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最高点平滑连接于C点,C点刚好与圆心O1在同一竖直线上。圆弧轨道CD下方有一水平轨道,直立多米诺骨牌,它们的顶端恰好位于经过圆心O1的

水平线O1x上。质量为m的滑块P,从斜面上某点静止开始下滑,与质量也为m、静置于C点的滑块Q正碰,碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的14。已知重力加速度g和L、μ、R、m,不计滑块大小、骨牌厚度和空气阻力,结果可保留根式。(1)求滑块P从h高

滑到斜面底端B时速度大小;(2)若1号骨牌离O1的水平距离x1=√2R,滑块P从h1高处由静止开始下滑,滑块Q被P正碰后滑出,刚好能击中1号骨牌顶端,求h1;(3)若让滑块Q从C点静止开始下滑,始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道(如图中虚线圆

弧所示,上端与圆弧轨道CD相切、下端与O1x相切),水平击中1号骨牌顶端,求1号骨牌离O1的最小距离x2。3.如图甲所示,质量为m、粗细均匀、总电阻为R=1Ω、边长为L=1m的正方形金属框ABCD由静止开始下落(计时开始),经过一段时间进入磁感应强度为B1=1T的第一

个有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里与金属框面垂直,沿水平方向的上下边界1、2之间的距离为d;磁感应强度为B2的第二个有界匀强磁场在第一个正下方,方向垂直纸面向里与金属框面垂直,沿水平方向的上下边界3、4之间的距离也为d。计时开始后,金属框的动量与时间的关系图像如图乙所

示,AB边在t2=1.2s时离开边界2,当CD边刚到达边界3时安培力的功率为P2=-125W,AB边在t4时刻离开边界4,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,求:(1)CD边刚到达边界1时金属框的动量p1;(2)金属框在穿越两个匀强磁场的过程中机械能的减少量及CD边到达边界3时

的速度;(3)0~t4时间内,金属框重力的平均功率。(保留3位有效数字)计算题专项练(二)1.答案(1)放热25J(2)30kg(3)310K解析(1)放上物体A待其稳定过程温度不变,内能不变,根据热力学第一定律有ΔU=W+Q=0气体体积减小,外界对气体做正功,可知

汽缸内气体放热,放出热量|Q|=W=25J。(2)放上物体A待其稳定后气体体积V2=V1-ΔV1=600cm3根据等温变化有p1V1=p2V2得p2=1.6×105Pa对汽缸根据受力平衡有(p2-p0)S=m0gcos37°解得m0=30kg

。(3)根据等压变化可得𝑉2𝑇1=𝑉3𝑇2解得T2=310K。2.答案(1)√2𝑔ℎ(2)(12-8√2)R+μL(3)√5R解析(1)滑块P从h高滑到底端,根据机械能守恒有mgh=12mv2解得v=√2𝑔ℎ。(2)假设Q从圆顶点飞出做平抛运动,则有

R=12gt2,x1=√2R=vQt解得vQ=√𝑔𝑅此时Q在四分之一圆弧最高点有m𝑣𝑄2𝑅=mg可知假设正确,Q恰好从圆弧顶点开始做平抛运动,则滑块P从滑下到与Q碰撞前,根据动能定理有mgh1-μmgL=12𝑚𝑣𝑃2P、Q碰撞过程有mvP=mvP'+mvQ,12�

�𝑣𝑃2·(1-14)=12mvP'2+12𝑚𝑣𝑄2解得vP=(4-2√2)√𝑔𝑅[(4+2√2)√𝑔𝑅舍去]解得h1=(12-8√2)R+μL。(3)Q从圆弧顶点静止开始下滑,设下滑圆心角α时,

滑入半径为r的圆弧轨道则有mgR(1-cosα)=12𝑚𝑣𝛼2,mgcosα=m𝑣𝛼2𝑅解得cosα=23根据题干所述有x2=Rsinα+rsinα,Rcosα=r-rcosα解得r=2R,x2=√5R。3.答案(1)10kg·m/s(2)40J12

.5m/s(3)73.4W解析(1)由乙图分析可知,金属框在穿越磁场的过程中动量不变,做匀速运动,金属框的边长L与上下边界间的距离d相等才能匀速穿越磁场,则有d=L=1m设金属框进入第一个磁场之前自由落体运动的时间为t1,则有v1=gt1设金属框以速度v1匀速穿越第一个磁

场的时间为Δt1,则有2L=v1Δt1由题意和图像可得t1+Δt1=t2且t1>Δt1金属框以速度v1匀速穿越第一个磁场,感应电动势不变,E1=B1Lv1感应电流不变,I1=𝐸1𝑅安培力F1=B1I1L由二力平衡得F1=mgCD边刚到达边界1时金属框的

动量为p1=mv1综合解得v1=10m/st1=1sm=1kgp1=10kg·m/s。(2)金属框在匀速穿越两个磁场的过程中,重力势能全部转化为热能Q=mg×4L由能量守恒,金属框在穿越两个匀强磁场的过程中机械能的减少量等于生成的热ΔE=Q设金属框以速

度v2匀速穿越第二个磁场由二力平衡得F2=mg安培力的功率P2=-F2v2综合解得ΔE=40Jv2=12.5m/s。(3)设CD边在t3时刻到达边界3,由自由落体运动规律有v2=v1+g(t3-t2)设金属框以v2匀速穿越第二个磁场的时间为Δt2,则有2

L=v2Δt2由题意和图像可得t3+Δt2=t40~t1时间内金属框下落的高度h1=𝑣1𝑡12t2~t3时间内金属框下落的高度h2=(𝑣1+𝑣2)(𝑡3-𝑡2)20~t4时间内金属框的平均速度𝑣=ℎ1+2𝐿+ℎ2+2𝐿𝑡4重力的平均功率𝑃=mg𝑣