高考物理计算题训练-(有答案)

高考物理计算题训练

1、如图所示，质量为1kg的物体静置在水平地面上，现对物体施以水平方向的恒定拉力，1s末将拉力撤去，物体运2、如图所示，在光滑水平面上放有一个长为L的长木板C，在C左端和距左端s处各放有一个小物块A、B，A、B都可视为质点，它们与C之间的动摩擦因数都是μ，A、B、C的质量都是m。开始时B、C静止，A以某一初速度v0向右运动。设B与CA v0 B C 动的v—t图象如图所示，试求：（1）在0～3s内物体的位移；（2）滑动摩擦力的大小；（3）拉力的大小。

之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：⑴A相对于C向右滑动过程中，B与C之间的摩擦力大小。⑵为使A、B能够相碰，

A的初速度v0应满足什么条件？

3、如图所示，原来静止在水平面上的长纸带上放有一个质量为m的小金属块A。金属块离纸带左端距离为d，与纸带间动摩擦因数为μ。现用力向右将纸带从金属块下面抽出，设纸带的加速过程极短，可以认为一开A v 始抽动纸带就做匀速运动。求：⑴金属块刚开始运动时所受的摩擦力大小和d 方向。⑵为了能把纸带从金属块下面抽出，纸带的速度v应满足什么

条件？

4、真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为53o（取sin37o=0.6，cos37o=0.8）。现将该小球从电场中某点以v0=10m/s的初速度竖直向上抛出。求运动过程中 （1）小球受到的电场力的大小和方向； （2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量； （3）小球的最小动量的大小和方向。

5、如图所示，质量均为m的A、B两物体，用劲度为k的轻质弹簧6、如图所示，竖直的光滑杆上套着一轻质弹簧， 弹簧长度为原长相连，A被手用外力F提在空中静止，这时B离地面的高度为h。放手后，A、B下落， 若B与地面碰撞后不再反弹，求：A从开始下落到其速度达到最大的过程中，A的重力势能的改变量。 A B h

时，上端在O点处。现将质量，m2=3kg的圆环套在杆上，压缩弹簧，平衡于A点处，A点和O点间距为x0；再将一质量m1=6kg的圆环套在杆上，从距A点3x0处的B点由静止开始下滑并与m2碰撞后粘为一体。它们运动到C处时速度达到最大值，此时动能Ek=19．5J。已知弹簧劲度系数k=300N／m。求：(1)m1在与m2碰撞前瞬间的速度v；(2) m1与m2经过C点时，弹簧的弹性势能Ep。

7、如图所示，由10根长度都是L的金属杆连接成的一个“目”字型的矩形金属框abcdefgh，放在纸面所在的平面内。有一个宽度也为L的匀强磁场，磁场边界跟de杆平行，磁感应强度是B，方向垂直于纸面向里。金属杆ah、bg、cf、de的电阻都为r，其他各杆的电阻不计。现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从de8、如图13所示，用长L=0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1.0g带电小球悬挂在带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5.0cm，两板间电压U=1.0×103V。静止时，绝缘线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直距离a=1.0cm。（θ角很小，为计算方便可认为tanθ≈sinθ，取- L θ +

杆刚进入磁场瞬间开始计时，v 求：⑴从开始计时到ah杆刚abcd L 进入磁场的过程中，通过ahL B 杆某一横截面总的电荷量q。hgfe ⑵从开始计时到金属框全部L L L 通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量Q。

g=10m/s2，需要求出具体数值，不能用θ角表示）求： （1）两板间电场强度的大小； （2）小球带的电荷量。

a d 图13 9、如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为dv0 a Pm=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的 θb

带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的v 左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入B

匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而

垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处(图中未画出).求P、Q之间的距离L.

10、在图14所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线kO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过P KA M 电场后打在荧光屏上的P点。已知加速NO

电压为U1，M、N两板间的电压为U2，U1 L1 L2 两板间的距离为d，板长为L1，板右端

图14 到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离。

11、如图，在xOy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场。y轴上离坐标原点4L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m，电量为e）.如 y M 6L 4L 2L 12、有一匀强电场，其场强为E，方向竖直向下。把一

N 个半径为r的光滑 绝缘环，竖直置于电场中，环面平行于电力线，环的顶点A穿有一个质量为m、电量为q(q>0)的空心小球，如图12所示。当小球由静止开始从A点下滑到最低点B时，小球受到环的压力多大？

A B 果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直O L 2L 3L 4L x

线运动.如果撤去电场，只保留磁场，电子

将从x轴上距坐标原点3L的C点离开磁场.不计重力的影响.求： ⑴磁感应强度B和电场强度E的大小和方向；⑵如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D点（图中未标出）离开电场。求D点的坐标；⑶电子通过D点时的动能.

图12

13、如图，从阴极K发射的热电子，通过加速电压后，垂直射入宽14、交流发电机的原理如左下图所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁为L＝30厘米的匀强磁场中。已知加速电压为U＝1.25×104V，磁感应强度B＝5×10-4T，求： (1)电子在磁场中的加速度大小? (2)电子离开磁场时，偏离原方向的距离d及偏转角α各是多少?

(3)若想使偏转角α＝π，则加速电场U＝?

场中，绕OO/轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如右下图所示，已知线圈的电阻为R=2.0Ω.求： ⑴通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？ ⑵矩形线圈转动的周期是多少？ ⑶线圈电阻上产生的电热功率是多少？

⑷保持线圈匀速转动，1分钟内外界对线圈做的功是多少？ O 2 i/A B O 123456t

/10-2s

O/

15、如图一所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域， MN和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图二是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度－时间图象，图像中坐标轴上所标出的字母均为已知量。求：（1）金属框的边长；（2）磁场的磁感应强度；（3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量。

a d

b c

v vM

N

v2 3 v1 M ′ N ′

0 t1

t2 t3 t4

t

图一

图二

16 (2013·江西南昌二模，24)有一个冰上木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰

面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？

17 2010年第14题. (16分) 在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方

向夹角?=30?，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取中立加速

度g?10m/s2， sin53??0.8，cos53??0.6?。（1）求选手摆到最低

点时对绳拉力的大小F；（2）若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力f1?800N，平均阻力f2?700N，求选手落入水中的深度d；（3）若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。

18 2009年第13题.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。 （1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小； （2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大宽度h； （3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。

19 2008年第13题.（15分）抛体运动在各类体育运动项目中很常见，

如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．（设重力加速度为g） ⑴若球在球台边缘O点正上方v1 高度为h1处以速度v1，水平发出，v2 落在球台的Ph1点（如图实线所1 Ph1 P2 P3 示），求P1点距O点的距离x1．． O 2L ⑵若球在O点正上方以速度v2

水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P（如图虚线所示）2，求v2的大小．

⑶若球在O正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3，求发球点距O点的高度h3．

20 2003.19.（13分）图1所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，

下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连.已知有一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动.在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t的变化关系如图2所示.已知子弹射入的时间极短，且图2中t=0为A、B开始以相同速度运动的时刻.根据力学

规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？

圆周运动 F′－mg＝mv2l

解得

F′＝（3－2cos?）mg

人对绳的拉力 F＝F′ 则

F＝1080N

（2）动能定理 mg（H－lcos?＋d）－（f1＋f2）d＝0 则d=mg(H?lcos?)f1?f[来源:学科网ZXXK]

2?mg 解得

(3)选手从最低点开始做平抛运动

x=vt H-l=1gt22

且有①式

解得

x=2l(H?l)(1?cos?)

当l=H2时，x有最大值 解得l=1.5m

因此，两人的看法均不正确.当绳长越接近1.5m时，落点距岸边

越远.

本题考查机械能守恒、圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。

难度：较难。 18 2009年第13题.

【解法1】用牛顿运动定律和运动学公式解 （1）第一次飞行中，设加速度为a1 匀加速运动H?1at22H2211，解得a1?t2?2m/s 1由牛顿第二定律F?mg?f?ma1 解

得

f?F?mg?ma?28?20?4?4(N)

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1 匀加速运动s12a211?1t2=2?2?62?36m 设失去升力后的加速度为a2，上升的高

度为s2

由牛顿第二定律mg?f?ma2，a2?10?42?12m/s2 v1?a1t2=12m/s sv211222?2a=?6m 22?12解得h?s1?s2?42(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

由牛顿第二定律 mg?f?ma3，a3?10?4?8m/s22 F?f?mg?ma28224，a4??42?10?6m/s223 且

v223?v3?h，v2ha3a42?42?6?82a3?32a4a?a?346?8?122m

v3?a3t3 解得t3=

322(s)(或2.1s) 注意：失去升力下降不能下降到地面，因为有速度，还要在恢复升力后减速下降（恢复升力后不能马上上升），要在到达地面前速度减为0，然后才能上升。

【解法2】用动能定理和动量定理解

（1） 第一次飞行中，设末速度为v，根据动能定理，有

(F?mg?f)?H?12mv2

根据动量定理，有(F?mg?f)?t1?mv

解得f?F?mg?2mHt2?28?20?4?4(N)

1（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1 根据动能定理，有(F?mg?f)?s1?12mv21 根据动量定理，有(F?mg?f)?t2?mv1

解得：v1=12m/s

s1?36m

sv211222?2a=?6m 22?12失去升力后上升的高度为s2，根据动能定理，有

?(mg?f)?s22?0?12mv1 1解得s2?2mv21122mg?f=

20?4?6m 得h?s1?s2?42(m)

（3）设失去升力下降s3，恢复升力后下降s4，恢复升力时速度为v3失去升力下降阶段，根据动能定理(mg?f)?s13?2mv23 根据动量定理(mg?f)?t3?mv3

恢复升力下降阶段，根据动能定理?(F?mg?f)?s124?0?2mv3

并且s3?s4?h?42m 解得：v3?122m

得t=3232(s)(或2.1s)

【解法3】用v?t图象和v2?s图象解

(1)根据h?12at2，作出h?t2图象，如下图。求出加速度a?2ht2?2m/s2，进而求出f?4N。 (2)正常上升时，加速度a1?2m/s2，根据v1?a1t2，作出v?t图象，如下左图，得v1?12m/s，根据v2?2as，作出v2?s图象，如下右

图，得s1441?4?36m，遥控器出现故障后，加速度a2?12m/s2，作出v2?s图象，见下右图，得s1442?24?6m，在v2?s图象中，s?42m。

（3）失去升力下降阶段加速度为a3=8m/s2；恢复升力后加速度为a4=6m/s2，前者的末速度等于后者的初速度，根据v2?2as，以及s3?s4?h?42m，

作出v2?s图象，如下左图，可求得v2?288(m/s)2，从而v?122m/s，作出v?t图象，如下右图，得t3=322(s)。 19【解析】、?据平抛规律得：h1

1?2gt21 x1?vt1 1 解得：x2h11?v1g ?同理得：h2?12gt22 x2?v2t2 且：h2?h

2x2?L

解得：vLg2?22h

?如下图，同理得：h12gt23?3

x3?v3t 3 且：3x3?2L

设球从恰好越过球网到最高点的时间为t，水平距离为s，有：

h?h?1232gt s?v3t由几何关系得：x3?s?L 解得：h4

3?3h

20．【解析】由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动,运动的周期

T＝2t0 ①

令m表示A的质量，l表示绳长.v1表示B陷入A内时即t=0时，A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得 m0v0=(m0+m)v1 ② 在最低点和最高点处运用牛顿定律可得 F1－(m+m0)g=(m+m0)

v12l ③

F2＋(m+m0)g=(m+m0)v22l ④

根据机械能守恒定律可得2l(m+m0)g=1(m+m0)v1212－2(m+m0)v22 ⑤

由图2可知

F2＝0 ⑥ F1=Fm ⑦

由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 m=Fm6g－m0 ⑧ 36m02l=

v025Fg ⑨

m2A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则E＝12(m+m0)v12 ⑩

由②⑧⑩式解得 E＝3m02v02Fg 11 m○本题考查振动中的力和能的问题及分析综合能力。

高考题，一般都明确提出问题，要求考生解决问题。本题的创新在于要求考生自己提出问题并解决问题，并且在题中提出用计算机画出图象，是比较先进的。

解题关键：从图中读出振动周期和最高点、最低点的力，然后根据机械能守恒求质量。 本题难度：难。

21．【解析】下降的最大距离为h，由机械能守恒定律得

Mgh?2m?g2?h(sRi?n2?)R?s?i

n解得 h?2R （另解h=0舍去）

(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a．两小环同时位于大圆环的底端． b．两小环同时位于大圆环的顶端．

c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端． d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧?角的位置上(如图所示)．对于重物m，受绳子拉力T与重力mg作用，有 T?mg

对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反

Tsin??Ts?in 得???',而???'?90?，所以 ?＝45?。

22【命题立意】考察物体的自由落体运动，牛顿运动定律；考察实际问题的分析处理能力，考察数学方法的应用能力以及图像分析都综合应用能力。

【解析】（1）设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t ，下落距离为h，在1.5km高度处的速度大小为v，由运动学公式有：v?gt

h?1gt2

2

且h?3.9?104m?1.5?103m?3.75?104m

联立解得：t=87s v=8.7×102m/s

（2）运动员在达到最大速度vm时，加速度为零，由牛顿第二

定律有：

Mg?k2mv 由题图可读出vm?360m/s 代入得：k=0.008kg/m

【解题点拨】（1）抓住运动员做自由落体运动为突破口；（2）运动员速度最大时合外力等于零。

23 【答案】（1）2m/s （2）1m/s （3）0.25m 【考点】机械能守恒定律、动量守恒以及动能定理

【解析】（1）从圆弧最高点滑到最低点的过程中机械能守恒则有：

12m2AvA?mAgR 可以得出：vA?2gR?2m/s

（2）在圆弧底部和滑块B相撞，动量守恒：

(mA?mB)v'?mAvA

1得v'?2vA?1m/s （3）滑块A和B粘在一起在桌面上滑行，摩擦力做负功，由动

能定理可得：f?l?12(m121A?mB)v'2?2mAvA?2mAgh

摩擦力：f??(mA?mB)g=?2mAg 于是可以得到：2?mAg?l?12mAgR 则：l?R4??0.25m 24 【答案】（1）2.5m/s 2 （2）1m/s (3)0.45m

【考点】牛顿第二定律 动量守恒、动能定理

【解析】（1）以A为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝maA 代入数据解得a＝2.5m/s 2

（2）对A、B碰后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得

Ft=(mA+mB)v1-(mA+mB)v

代入数据解得 v=1m/s

(3)设碰前A的速度为vA,由动量守恒mvA=(mA+mB)v A从开始运动到与B碰撞前

Fl=12mv2AA 代入数据解得 l=0.4m5 25 .【答案】（1）-(mgH-2mgR) （2）23R

【考点】运动的合成和分解、动能定理、机械能守恒、功率 【解析】（1）游客从B点做平抛运动，有

2R=vBt

R=122gt

联立解得vB=2gR 从Ａ到B，根据动能定理，有

mg(H-R)+W=1f2mv2B

可得

Wf=-(mgH-2mgR)

（２）设OP与OB间夹角为?，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有

mg(R-Rcos?)=122mvP-0

过P点根据向心力公式，有

2mgcos?-N=mvPR

N =0

cos?=hR

解得h=2R3

26 【答案】（1）9J （2）10m/s?v1?14m/s 17J

【解析】（1）令P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量

守恒定律有：mv1=2mv2，解得：v2=v12=3m/s 碰撞过程中损失的动能为： ?E11k=2mv21-22mv22=9J （2）可以把P从A点运动到第二次到B点过程可以作匀减速直线运动，加速度大小为：a=?g=1m/s2

根据运动学公式： v22B=v2-at vB-v2=-2a?3L 又因为 vv12=2

① 当2s时通过B点 解得：v1=14m/s ② 当4s时通过B点 解得：v1=10m/s 综上：v1的取值范围为： 10m/s?v1?14m/s

向左经过A点的最大速度为： v2A-v2B=-2aL

解得： v2A=17m2/s2

则通过A点的最大动能为： E12kA=22mvA=17J 27 【解析】(1)设货物到地心的距离为r1，货物的线速度为v1，

则有 r1=R+h1……① v1=r1·ω……②

货物相对于地心的动能为E=12k2m1v1……③

联立①②③，可得E=12R+h2k2m1ω(1)……④

（2）人在仓内，受到万有引力与支持力，此二力的合力即为向心力。设地球质量为M，人到地心的距离为r2，向心加速度为a，受到的万有引力为F 故有：r2=R+h2……⑤ a=ω2r2……⑥

F=Gm2Mr22……⑦

g=

GMR2……⑧ 设地板对人的支持力为FN，人对地面的压力为N

FN=N……⑨ F-FN=m2a……⑨ 联立各式，可得N=11.5N

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