高考物理计算题训练.docx

《高考物理计算题训练.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理计算题训练.docx（32页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、高考物理计算题训练（1）1（ 17 分）如图为一滑梯的示意图，滑梯的长度AB 为 L= 5.0m，倾角 37。 BC 段为与滑梯平滑连接的水平地面。一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下，离开B 点后在地面上滑行了s= 2.25m 后停下。小孩与滑梯间的动摩擦因数为= 0.3。不计空气阻力。取g = 10m/s 2。已知sin37 =0.6， cos37 =0.8。求：（ 1）小孩沿滑梯下滑时的加速度a 的大小；A（ 2）小孩滑到滑梯底端B 时的速度v 的大小；（ 3）小孩与地面间的动摩擦因数。CB2（ 18 分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n = 1500 匝，横截面积S = 20cm2。螺线

2、管导线电阻r = 1.0 ，R1 = 4.0 ，R2 = 5.0 ，C=30 F。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规律变化。求：（1）求螺线管中产生的感应电动R1B/T1.0势；0.8CR2 0.6（2）闭合 S，电路中的电流稳定0.4S0.2后，BO 1.0 2.0 t/ s图甲求电阻 R1 的电功率；图乙（3） S 断开后，求流经R2 的电量。13（ 20 分）如图，在平面直角坐标系xOy 内，第象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第象限以 ON 为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，

3、 从 y 轴正半轴上y = h 处的 M 点，以速度 v0 垂直于y 轴射入电场，经x 轴上 x = 2h 处的 P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求（ 1）电场强度大小E ；y（ 2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；v0M（ 3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。NOPxB答案1（ 17 分）解：（ 1）物体受力如右图所示（ 1 分）N由牛顿运动定律mgsin N= ma（ 1 分）fN mgcos= 0（ 1 分）mg解得a = gsin gcos= 3.6m/s 2（ 1 分）（ 2） 由（ 1 分）求出（ 1 分）（ 3）由匀变速直线运动规律（ 1 分

4、）由牛顿第二定律（ 1分）解得（1 分）2（ 18 分）解：（ 1）根据法拉第电磁感应定律（ 3 分）求出E = 1.2（ V ）（ 1 分）（ 2）根据全电路欧姆定律（ 1 分）根据（ 1 分）求出-2（ W）（ 1P = 5.76 10分）（ 3） S 断开后，流经R2 的电量即为S闭合时 C 板上所带的电量Q电容器两端的电压U = IR2 0.6（ V）（ 1 分）2流经 R2 的电量Q = CU = 1.8 10-5（ C）（ 2 分）3（ 20 分）粒子的运动轨迹如右图所示（ 1 分）y（1）设粒子在电场中运动的时间为t1v0x、 y 方向2h = v0t 1（ 2 分）MPN根据牛

5、顿第二定律Eq = ma（ 1 分）O45xOv135求出（ 1 分）Bv（2）根据动能定理（ 1 分）设粒子进入磁场时速度为v，根据（ 1 分）求出（ 1 分）（ 3 ）粒子在电场中运动的时间（ 1 分）粒子在磁场中运动的周期（1 分）设粒子在磁场中运动的时间为t2（ 1 分）求出（ 1 分）3高考物理计算题训练（2）1(17 分 )北京时间 2008 年 9 月 25 日 21 时 10 分，我国自行研制的第三艘载人飞船神舟七号。在酒泉卫星发射中心由“长征二号F”运载火箭发射升空点火后，火箭竖直匀加速升空，第12 秒末。火箭上升到高度为216 米处之后火箭实施程序拐弯、一二级分离、整流罩分

6、离后，第 583 秒，飞船与火箭在高度约200 公里处分离，进入距地球表面近地点高度约200 公里、远地点高度约347 公里的椭圆轨道上运行26 日 4 时 04 分按计划完成变轨控制，神舟七号飞船进入距地球表面约343 公里的圆轨道上运行27 日 16 时 39 分，身着我国自行研制的第一套舱外航天服“飞天”舱外航天服的航天员翟志刚顺利出舱，开始实施我国首次空间出舱活动“太空漫步”，16 时 49 分，翟志刚完成太空行走，进入轨道舱，整个“太空漫步”约 10 分钟9 月 28 日 16 时 47 分飞船减速，离开圆轨道开始返回， 17 时 37 分飞船安全着陆 已知地球表面附近的重力加速度

7、g=l0m s2，地球半径约为 6400km 求：(1)火箭匀加速竖直升空过程中,座椅对宇航员的支持力约为其所受重力的多少倍?(2)翟志刚“太空漫步”过程中通过的路程大致是多少?(结果保留二位有效数字)2. (18 分 )如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿 y 轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场。现有一质量为m、电荷量为q 的粒子以速度 v0 从 y 轴上的 M 点沿 x 轴负方向进入电场， 不计粒子的重力， 粒子经 x 轴上的 N 点和 P 点最后又回到 M 点，设 OM=L,ON=2L.求：（ 1）带电粒子的电性，电场强度E 的大小；（ 2）带

8、电粒子到达 N 点时的速度大小和方向；（ 3）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；（ 4）粒子从 M 点进入电场，经 N、 P 点最后又回到 M 点所用的时间。3（ 20 分）如图所示的装置中，两个光滑定滑轮的半径很小，表面粗糙的斜面固定在地面上。现用一根伸长量可以忽略的轻质细绳跨过定滑轮连接可视为质点的甲、乙两物体，其中甲放在斜面上且连线与斜面平行，乙悬在空中，放手后，甲、乙均处于静止状态。当一水平向右飞来的子弹击中乙（未穿出）后，子弹立即和乙一起在竖直平面内来回运动，若乙在摆动过4程中，悬线偏离竖直方向的最大偏角为 60，整个过程中，甲均未动，且乙经过最高点（此时乙沿绳方向的合外力为零）和最

9、低点时，甲在斜面上均即将滑动。已知乙的重心到悬点 O 的距离为 l0.9 m ，乙的质量为m 乙 0.99kg，子弹的质量 m 0.01 kg，重力加速度g 取10m/s 2，求：（ 1）子弹射入射己前的速度大小；（ 2）斜面对甲的最大静摩擦力。答案1 (17 分)(1)火箭匀加速竖直上升过程中加速度为nh 1 at 2 2座椅对宇航员的支持力为F。FN mg=ma FN=13 mg (2)飞船在地面上所受重力等于万有引力m Mm g G R2 飞船在离地 h 高处的速度为 vGm M 2 m v 2 ( Rh)Rh太空漫步通过的路程s=vts=4 710 6m评分标准：式各2 分，式 3 分

10、，式各1 分2. (18 分 )（ 1）粒子从 M 至 N 运动过程有：1加速度2运动时间3由1 2 3得电场强度则45(2)设 vN 与 x 成角带电粒子到 N 点速度5（ 3）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心在O处，设半径为 R，由几何关系知带电粒子过 P 点的速度方向与x 成45 角，则 OP=OM=L 则 R3L622y由牛顿第二定律得：qvN Bm vN7RBOBVN2mv0R由6 7 解得： B3LgPOx(4)粒子从 M 至 N 时间： t12L8V0v0V033 2 mq LM粒子在磁场中运动时间t2T44 qB4v09粒子从 P 至 M 运动时间t32LLvNv

11、010从 M 点进入电场，经N、 P 回 M 所用时间 t t1t2(912) Lt 34v03（ 20 分）解：（ 1）设子弹射入物块前的速度大小为v0，射入后共同速度的大小为v，子弹击中乙的过程中动量守恒，有mv0（ mm 乙 ） v（ 3 分）乙上摆到最高点的过程，机械能守恒有 ( m m乙 ) gl (1cos)1 (mm乙 )v2（3 分）2联立解得v0 300m/s（2 分）（ 2）设甲物体的质量为m 甲，说受的最大静摩擦力为f ，斜面的倾角为 ，当乙物体运动到最高点时，绳子上的弹力设为T1，T （ m m） gcos（2 分）1乙此时甲物体恰好不下滑，有m 甲 g sin fT1

12、（2 分）当乙物体运动到最低点时，绳子上的弹力设为T2，由牛顿第二定律： T2(m m乙 ) g (mm乙 ) v2（ 2 分）l此时甲物体恰好不上滑，有m 甲 g sin fT2（2 分）联立解得f3 (m乙 )g(1cos )8.5N（ 3 分）2m6高考物理计算题训练（3）1 (17 分 ) 如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg，其尺寸小于L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为0.4 ( g10m / s2 )（ 1）现用恒力 F作用在木板 M上，为了使得 m能从 M上面滑落下来，问：F大小的范

13、围是什么？（ 2）其它条件不变，若恒力F=22.8 牛顿，且始终作用在M上，最终使得 m能从 M上面滑落下来。问： m在M上面滑动的时间是多大？2（ 18分）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L一个质量为、边长也为L的正方m形线框（设电阻为 R）以速度 进入磁场时，恰好做匀速直线运动，若当ab边到达 gg 与 ff 中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则（ 1）当 ab边刚越过 ff 时，线框加速度的值为多少 ?（ 2）求线框从开始进入磁场到 ab边到达 gg 和 ff 中点的过程中产生的热量是多少 ?3（ 20

14、分）如图所示，电荷量均为q 、质量分别为m和 2m的小球 A和 B，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳断开求：(1) 电场强度大小及细绳断开后两球A、 B的加速度；7(2) 当球 B速度为零时，球 A的速度大小；(3) 自绳断开至球 B速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？答案1. 解析：（ 1）小滑块与木板间的滑动摩擦力:fNmg小滑块在滑动摩擦力 f 作用下向右匀加速运动的加速度:a1f/ mg 4m / s2木板在拉力 F和滑动摩擦力 f 作用下向右匀加速运动的加速度:a2(Ff ) / M使m能从 M上面滑落下来的条件是a2a1即

15、( Ff ) / Mf / m 解得 F(Mm) g20N（ 2） 设 m 在 M上 滑 动 的 时 间 为 t ， 当 恒 力 F=22.8N ， 木 板 的 加 速 度 ：a2 (Ff ) / M4.7m / s2小滑块在时间 t内运动位移： S1a1t 2/ 2木板在时间 t 内运动位移： S2a2t 2 / 2因 S2S1 L即 4.7t 2 / 2 4t 2 / 21.4解得 t 2s2. 解析：（ 1） ab边刚越过 ee 即做匀速直线运动，表明线框此时受到的合力为零，即mg sinBBLv LR 在 ab边刚越过 ff 时， ab、 cd边都切割磁感线产生感应电动势，但线框的运动

16、速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为E2BLv a2B E Lg sin3g sin故此时线框的加速度为mR，方向沿斜面向上8mg sinB 2BLvL 2vv（ 2）设线框再做匀速运动的速度为v ，则R4即线框从过eeQ，则由能量的转化和守恒定律得 到再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q mg3121231522L sinmvmvmgL sinmv222323. 解析： (1 ）设电场强度为 E，把小球 A、 B看作一个系统，由于绳未断前两球均做匀速运动，E3mg则 2qE3mg ，2qg细绳断后，根据牛顿第二定律得qEmgmaA ，aA方向向上；2qE2mg 2maB ,aBg4 (

17、 负号表示方向向下） (2) 细绳断开前后两绳组成的系统满足合外力为零，所以系统总动量守恒设B球速度为零时， A球的速度为 vA，根据动量守恒定律得(m2m)v0mvA0, vA3v00v0aB t, aBg4v0(3) 设自绳断开到球 B速度为零的时间为4 ，则tt ，则gsA(v03v0 ) t( v0 3v0 ) 4v08v0 2在该时间内 A的位移为22gg由 功 能 关 系 知 ， 电 场 力 对 A 做 的 功 等 于 物 体 A 的 机 械 能 增 量 ， 则EAqEsq 3mg 8v0212mv2A2qg0EBqEsBq 3mg2v023mv02EEA2同理对球 B得2qg所以

18、EB 15mv09高考物理计算题训练（4）1（ 17分）宇航员站在某一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球。经过时间t ，小球落到星球表面， 测得抛出点与落地点之间的距离为L。若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3 L。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为 G。求该星球的质量M。2（ 18分）如图所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为L= 0.2m ，在导轨的一端接有阻值为 R0.5的电阻， 在 x 0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度 B= 0.5T。一质量为 m = 0. lkg 的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0= 2m

19、/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力 F的共同作用下作匀变速直线运动，加速度大小为 a=2m/s 2、方向与初速度方向相反。设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好。求：(1)电流为零时金属杆所处的位置(2) 电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向(3)保持其他条件不变， 而初速度 v0取不同值， 求开始时F的方向与初速度 v0取值的关系3（ 20分）如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图. 绷紧的传送带始终保持 3.0m s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为A=0.45m.现有一行李包 (可视为质点 )由 A端被传送到 B端，且传送到月

20、端时没有被及时取下，行李包从 B端水平抛出， 不计空气阻力， g取 l0m s210(1)若行李包从 B端水平抛出的初速v 3.0m s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；(2)若行李包以 v0 1.0m s的初速从 A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数 0.20，要使它从 B端飞出的水平距离等于 (1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件 .答案1、解析：设抛出点的高度为h，第一次平抛的水平射程为222x，则有 x+y=L由平抛运动的规律得知，当初速度增大到2倍，其水平射程也增大到2x，可得222(2x)+h =(3 L)L由以上两式解得h=312设该星球上的重力加速度为g，

21、由平抛运动的规律得h= 2 gtGMmmgR2由万有引力定律与牛顿第二定律得（式中 m为小球的质量）M23LR 23Gt 2联立以上各式得：。评注：显然，在本题的求解过程中，必须将自己置身于该星球上，其实最简单的办法是把地球当作该星球是很容易身临其境的了。xv021m解： (1) 电流为零时金属杆所处的位置2aI mBLv00.4A(2) 电流的最大值RBL I mFma金属直杆在向右运动的过程中，2，得 F= 0.18N ， 说明 F指向 x 轴负方向。BL I mFma金属直杆在向右运动的过程中，2，得 F=0.22N ， 说明 F指向 x轴负方向。11B 2 L2 v0FmaB2 L2v

22、0maF(3)由R，得Rv0maR所以，当B 2 L2时， F0 。 F指向 x轴正方向。v0maRB2 L2时， F0 。 F指向 x轴负方向。当h1 gt3. 解析：（1）设行李包在空中运动时间为t ，飞出的水平距离为s，则2 s vt代入数据得： t 0.3ss 0.9m（ 2）设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力 Fmgma代入数据得： a 2.0m/s 2要使行李包从 B端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B端飞出的水平抛出的初速度 v=3.0m/s设行李被加速到时通过的距离为s0 ，则2as0 v2v02代入数据得 s02.0m故传送带的长

23、度 L应满足的条件为： L 2.0m12高考物理计算题训练（5）1、（ 17 分）一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上， A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计。A 和 B 的质量都等于m，A 和 B 之间的滑动摩擦力为f（ f mg）。开始时B 竖直放置，下端离地面高度为 h， A 在 B 的顶端，如图所示。让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等。设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，问：在B 再次着地前，要使A 不脱离B，B 至少应该多长？ABh2、（ 18 分）如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场 B1， E 的大

24、小为0.5 103 V/m, B 1 大小为 0.5T ；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，磁场的下边界与x 轴重合一质量 m=110-14 kg、电荷量 q=110-10 C 的带正电微粒以某一速度 v 沿与 y 轴正方向60角从 M点沿直线运动， 经 P点即进入处于第一象限内的磁场B2 区域一段时间后，小球经过 y 轴上的 N点并与 y 轴正方向成 60角的方向飞出。 M点的坐标为 (0 ，-10) ，N点的坐标为 (0 ，30) ，不计粒子重力， g 取 10m/s 2(1) 请分析判断匀强电场 E1 的方向并求出微粒的运动速度v；(2) 匀强磁场 B2 的大小

25、为多大？；(3) B 2 磁场区域的最小面积为多少？y/cm60NPO60x/cmM133 、 (20分 ) 在绝缘水平面上，放一质量为-3kg 的带正电滑块A，所带电量为m=2.0 10-7C，在滑块 A 的左边处放置一个不带电、质量-3在q=1.0 10M=4.0 10 kg 的绝缘滑块 B， B左端接触（不连接） 于固定在竖直墙壁的轻弹簧上，轻弹簧处于自然状态，弹簧原长S=0.05m ，如图所示，在水平方向加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0 105 N/C ，滑块 A由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后结合在一起共同运动的速度为V=1m/s ，

26、两物体一起压缩弹簧至最短处（弹性限度内）时，弹簧的弹性势能0-3=0.50 ，摩擦不起电，E =3.2 10 J。设两滑块体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数为碰撞不失电， g 取 10m/s 2 。求 :两滑块在碰撞前的瞬时，滑块A 的速度；滑块 A 起始运动位置与滑块B 的距离； B 滑块被弹簧弹开后距竖起墙的最大距离Sm答案1、解： 释放后 A 和 B 相对静止一起做自由落体运动，B 着地前瞬间的速度为v12ghB 与地面碰撞后， A 继续向下做匀加速运动，B 竖直向上做匀减速运动。它们加速度的大小分别为：aAmg f和aBmgfmmB 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t2v

27、1aB在此时间内 A 的位移xv1t1aA t22要在 B 再次着地前 A 不脱离 B，木棒长度 L 必须满足条件L x联立以上各式，解得L8m2 g2( mgf )2 h2、解： (1) 由于重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛仑兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动这样，电场力和洛仑兹力大小相等，方向相反，电场 E 的方向与微粒运动的方向垂直，即与 y 轴负方向成 30角斜向下由力的平衡有Eq=B1qv vE0.5 10 3m/s 103 m/sB10.5(2) 画出微粒的运动轨迹如图3由几何关系可知粒子在第一象限内做圆周运动的半径为R m 1514微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即v232解之得 B2TqB v mR2(3)由图可知，磁场B2 的最小区域应该分布在图示的矩形P