2021新高考物理二轮总复习高考题型三　计算题　组合练1 Word版含解析

2021新高考物理二轮总复习高考题型三　计算题　组合练1 Word版含解析

高考题型三　计算题 组合练1‎ ‎1.(2020浙江临海高三模拟)如图所示,有一长为0.6 m、质量为0.5 kg、两端开口的圆筒,圆筒的中点处有一质量为0.1 kg的活塞,活塞与圆筒内壁紧密接触。将圆筒竖直静放于地面上方某一高度,发现活塞无滑动,然后将圆筒静止释放,经过0.3 s圆筒与地面接触,圆筒与地面相碰后速度瞬间减为0,且不会倾倒,最终活塞刚好落地。不计空气阻力,求:‎ ‎(1)圆筒释放前,活塞受到的摩擦力大小和方向;‎ ‎(2)圆筒落地后,活塞下滑过程中的加速度大小和摩擦力大小。‎ ‎2.(2020山东高三一模)‎ 如图所示,气缸内A、B两部分气体由竖直放置、横截面积为S的绝热活塞隔开,活塞与气缸光滑接触且不漏气。初始时两侧气体的温度相同,压强均为p,体积之比为VA∶VB=1∶2。现将气缸从如图位置缓慢转动,转动过程中A、B两部分气体温度均不变,直到活塞成水平放置,此时,A、B两部分气体体积相同。之后保持A部分气体温度不变,加热B部分气体使其温度缓慢升高,稳定后,A、B两部分气体体积之比仍然为VA∶VB=1∶2。已知重力加速度为g。求:‎ ‎(1)活塞的质量;‎ ‎(2)B部分气体加热后的温度与开始时的温度的比值。‎ ‎3.(2020山东高三模拟)‎ 核聚变是能源的圣杯,但需要在极高温度下才能实现,最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式,把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当 于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”(我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克)首次实现一亿度运行,令世界震惊,使我国成为可控核聚变研究的领军者。‎ ‎(1)2018年11月16日,国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来,其关系式为Ek=‎3‎‎2‎kT,其中k=1.380 649×10-23 J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能(保留一位有效数字)。‎ ‎(2)假设质量为m、电荷量为q的微观粒子,在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场,求粒子运动的轨道半径。‎ ‎(3)东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场,两圆半径分别为r1、r2,环状匀强磁场围成中空区域,中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘,而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电荷量为q、速度为v,速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出,求环中磁场的磁感应强度最小值。‎ ‎4.(2020山东高三二模)‎ 如图所示,一个半径足够大的光滑‎1‎‎4‎圆弧ABC位于竖直平面内,圆弧与光滑水平平台相切于C点且固定在平台上,另一个半径为R的半圆弧位于竖直平面内,其圆心恰为平台的右端点O,质量为m的小物块甲放在O点,质量为3m的小物块乙从圆弧ABC上的某点由静止开始下滑,物块乙滑到平台右端和物块甲相碰,碰后甲做平抛运动,落到半圆弧上后不再弹起。两物块均可视为质点:‎ ‎(1)若甲的落点与O点的连线与水平方向的夹角为α,求甲碰后瞬间的速度大小;‎ ‎(2)若甲落到半圆弧上某点的动能最小,求此时对应的甲碰后瞬间的速度大小;‎ ‎(3)求满足第(2)问条件时,物块乙开始下滑时距平台高度的范围。‎ 参考答案 组合练1‎ ‎1.答案(1)1 N　竖直向上 ‎(2)15 m/s2　2.5 N 解析(1)对活塞进行受力分析可知f=mg 解得f=1N,方向:竖直向上。‎ ‎(2)圆筒刚落地时活塞的速度v=gt=3m/s 圆柱落地后活塞距地高度h=0.3m 根据2ah=v2‎ 解得加速度大小a=15m/s2‎ 根据牛顿第二定律f'-mg=ma 解得摩擦力大小f'=2.5N。‎ ‎2.答案(1)‎2pS‎3g　(2)‎‎5‎‎3‎ 解析(1)气缸转到竖直位置时,A在上,B在下,设此时两部分的体积均为V,则 pAS+mg=pBS 对气体A,由玻意耳定律pVA=pAV 对气体B,由玻意耳定律pVB=pBV 又V=‎1‎‎2‎(VA+VB)‎ 解得m=‎2pS‎3g。‎ ‎(2)设初态A、B两部分气体的温度均为T,则最后状态时A部分气体的温度仍为T,B部分气体温度升高后的温度为T',则对气体A体积温度均不变,则压强不变仍为初态的p;对气体B,压强pB=p+mgS‎=‎‎5‎‎3‎p 则pT‎=‎‎5‎‎3‎pT'‎ 解得T'‎T‎=‎‎5‎‎3‎。‎ ‎3.答案(1)Ek≈2×10-15 J ‎(2)‎‎3kmT‎0‎Bq‎　‎‎2r‎2‎mvq(r‎2‎‎2‎-r‎1‎‎2‎)‎ 解析(1)微观粒子的平均动能:‎ Ek=‎3‎‎2‎kT≈2×10-15J ‎(2)‎3‎‎2‎kT0=‎1‎‎2‎mv2‎ 解得v=‎‎3kT‎0‎m 由Bqv=mv‎2‎R R=‎3kmT‎0‎Bq。‎ ‎(3)磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切,如图所示 设粒子轨迹半径为r,由几何关系得:(r2-r)2=r2+‎r‎1‎‎2‎ 解得r=‎r‎2‎‎2‎‎-‎r‎1‎‎2‎‎2‎r‎2‎ 由牛顿第二定律qvB=mv‎2‎r 解得B=‎2r‎2‎mvq(r‎2‎‎2‎-r‎1‎‎2‎)‎。‎ ‎4.答案(1)Rcos αg‎2Rsinα　(2)‎‎3‎gR‎3‎ ‎(3)h≥‎‎2‎3‎R‎27‎ 解析(1)由平抛运动规律得 Rsinα=‎1‎‎2‎gt2‎ Rcosα=v0t 联立解得 v0=Rcosαg‎2Rsinα ‎(2)设此时位移与水平方向夹角为θ,由平抛运动规律得Rsinθ=‎1‎‎2‎gt2‎ Rcosθ=v0't 联立解得 v0'=Rcosθg‎2Rsinθ 则有v2=‎v‎0‎‎2‎‎+‎vy‎2‎ 且tanθ=‎vyv‎0‎‎'‎ 联立有 v2=gR‎2‎‎1‎sinθ+3sinθ 当‎1‎sinθ=3sinθ时速度最小,即sinθ=‎3‎‎3‎,cosθ=‎‎6‎‎3‎ 则v0'=Rcosθg‎2Rsinθ‎=‎‎3‎gR‎3‎。‎ ‎(3)由动量守恒定律可知 ‎3mv1=mv0'+3mv 且‎1‎‎2‎×3mv‎1‎‎2‎‎≥‎‎1‎‎2‎mv0'2+‎1‎‎2‎×3mv2‎ 由能量守恒定律可知 ‎3mgh=‎1‎‎2‎×3mv‎1‎‎2‎ 联立解得h≥‎2‎3‎R‎27‎。‎