2019届高考物理二轮复习 计算题专项练【共8套36页】
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2019届高考物理二轮复习计算题专项练一力与运动计算题过关练2019届高考物理二轮复习计算题专项练三电磁场计算题过关练2019届高考物理二轮复习计算题专项练二能量与动量综合题过关练2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练一2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练三2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练二2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练四2019届高考物理二轮复习计算题专项练四电磁感应计算题过关练
计算题专项练（一） 力与运动计算题过关练
1．(2018·乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。假设一辆家庭轿车以30 m/s 的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶。若进入ETC 通道，轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶。两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2
。求：
(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；
(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间。 解析：(1)设轿车匀减速至停止通过的路程为x 1
x 1＝v 02
2a
＝150 m
轿车匀加速和匀减速通过的路程相等，故轿车通过人工收费通道通过的路程为x 2
x 2＝2x 1＝300 m
轿车匀减速至停止需要的时间为t 1＝
v 0－0
a
＝10 s 轿车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10 s ＝30 s 。
(2)通过人工收费通道所需时间为30 s 。此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间为t 3，通过的路程为x 3
t 3＝v 0－v 1
a ＝5 s
x 3＝v 02－v 12
2a
＝112.5 m
轿车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s
轿车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5
x 4＝x 2－2x 3－15 m ＝60 m t 5＝x 4
v 0
＝2 s
故通过ETC 交费通道节省的时间为
t ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 。
答案：(1)300 m 30 s (2)17 s
2.(2019届高三·保定模拟)如图所示，皮带的最大传送速度为v 0
＝6 m/s ，传动轮圆心之间的距离s ＝4.5 m ，现将m ＝1 kg 的小物体轻轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2
。
(1)皮带以v 0的速度匀速传动，把物体从左端传送到右端，分别求出该过程中摩擦力对皮带和物体所做的功。
(2)皮带以a 0＝6 m/s 2
的加速度匀加速启动，把物体从左端传送到右端，求出该过程中因摩擦产生的热量。
解析：(1)物体放在匀速传动的皮带上，做加速度为a 的匀加速运动，设达到v 0所用时间为t 0
μmg ＝ma v 0＝at 0
解得：a ＝5 m/s 2
，t 0＝1.2 s 这段时间里，物体的位移s 0＝12
at 02
解得s 0＝3.6 m ＜s ，所以物体之后随传送带一起匀速运动，不再受摩擦力。 摩擦力对传送带做功W 1＝－μmgv 0t 0＝－36 J 摩擦力对物体做功W 2＝μmgs 0＝18 J 。 (2)因为a ＜a 0，所以物体与皮带有相对运动。 设皮带达到v 0所用时间为t 1
v 0＝a 0t 1
解得t 1＝1 s
物体在达到v 0的过程中的运动与第(1)问相同，所以皮带与物体的相对位移 Δs ＝12a 0t 12
＋v 0(t 0－t 1)－s 0
摩擦生热Q ＝μmg ·Δs 解得Q ＝3 J 。
答案：(1)－36 J 18 J (2)3 J
3.(2018·上海黄浦期末)如图所示，固定在水平地面上的一个粗糙斜面长L ＝4 m ，倾角θ＝37°。一个质量为10 kg 的物体在F ＝200 N 的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，经过2 s 到达斜面顶端。
(1)求物体沿斜面运动时的加速度大小； (2)求物体与斜面间的动摩擦因数大小；
(3)若物体运动到斜面顶端时恰好撤去推力F ，求物体落到水平地面前瞬间的速度大小。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g 取10 m/s 2
)
解析：(1)物体在斜面上做匀加速直线运动，根据运动学规律有
L ＝12
at 2
解得a ＝2 m/s 2
。
(2)物体在斜面上运动时受到四个力作用，如图所示。 沿运动方向，根据牛顿第二定律有
F cos θ－f －mg sin θ＝ma
垂直于运动方向，合力为零：
F sin θ＋mg cos θ＝N f ＝μN
得μ＝
F cos θ－mg sin θ－ma
F sin θ＋mg cos θ
代入已知数据得μ＝0.4。
(3)物体离开斜面下落至地面前的过程中仅有重力做功， 机械能守恒。设物体在斜面上运动的末速度为v 1，落地前的速度大小为v 2
根据匀加速直线运动的规律有
v 1＝at ＝2×2 m/s＝4 m/s
根据几何关系，斜面顶端到水平面的高度
h ＝L sin θ＝4×0.6 m＝2.4 m
根据机械能守恒定律得12mv 12＋mgh ＝12mv 22
得v 2＝v 12
＋2gh
代入已知数据得v 2＝8 m/s 。 答案：(1)2 m/s 2
(2)0.4 (3)8 m/s
4.如图所示，长L ＝1.5 m ，高h ＝0.45 m ，质量M ＝10 kg 的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度v 0＝3.6 m/s
时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F ＝50 N ，并同时将一个质量m ＝1 kg 的小球轻放在距木箱右端L
3处的P 点(小球可视为质点，放在P 点时相对于地面的速度为零)，经过一段
时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。取g ＝10 m/s 2
，求：
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间； (2)小球放在P 点后，木箱向右运动的最大位移； (3)小球离开木箱时木箱的速度。
解析：(1)木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自由落体运动。
由h ＝12
gt 2
，得t ＝
2h g
＝
2×0.45
10
s ＝0.3 s 小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3 s 。 (2)小球放到木箱上后，木箱的加速度大小为：
a 1＝F ＋μM ＋m g M
＝
50＋0.2×10＋1×1010
m/s 2＝7.2 m/s 2
木箱向右运动的最大位移为： x 1＝0－v 02
－2a 1＝0－3.62
－2×7.2
m ＝0.9 m
小球放在P 点后，木箱向右运动的最大位移为0.9 m 。
(3)x 1小于1 m ，所以小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度大小为
a 2＝F －μM ＋m g M ＝50－0.2×10＋1×1010
m/s 2
＝2.8 m/s 2
设木箱向左运动的距离为x 2时，小球脱离木箱，则
x 2＝x 1＋L
3
＝(0.9＋0.5)m ＝1.4 m
设木箱向左运动的时间为t 2，则： 由x 2＝12
a 2t 22
，得t 2＝
2x 2
a 2
＝
2×1.4
2.8
s ＝1 s 所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：
v 2＝a 2t 2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s 。
答案：(1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s ，方向向左 5.在水平长直轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。
(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q 是一个与动摩擦因数
μ无关的定值；
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m ＝1 kg ，车长L ＝2 m ，车速v 0
＝4 m/s ，g 取10 m/s 2
，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 的大小应该满足的条件；
(3)在(2)的情况下，力F 取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F 的作用时间t 。 解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为v 0，根据牛顿第二定律，对滑块：
μmg ＝ma ①
v 0＝at
②
滑块相对车面滑动的距离：
s ＝v 0t －12
v 0t
③
滑块与车面摩擦产生的内能：
Q ＝μmgs
④ 联立①②③④解得：Q ＝12
mv 0
2
⑤
所以Q 是一个与动摩擦因数μ无关的定值。
(2)设在恒力F 作用下滑块加速度为a 1，经过时间t 1后速度达到v 0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：
F ＋μmg ＝ma 1
⑥ v 0＝a 1t 1
⑦ v 0t 1－v 02
t 1≤L 2
⑧ 联立⑥⑦⑧解得：F ≥6 N。
⑨
(3)F 取最小值时，滑块经过时间t 1运动到车左端后速度达到v 0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F 作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为a 2，时间为t 2)，再撤去外力F 做匀减速运动(设加速度大小为a 3)，到达右端时恰与车达到共同速度v 0，则有：
F －μmg ＝ma 2
⑩ μmg ＝ma 3
? 12a 2t 22＋a 22
t 22
2a 3
＝L
?
联立⑩??式解得：t 2＝
3
3
s≈0.58 s 由(2)可解得t 1＝0.5 s ，
则力F 的作用时间t 应满足t 1≤t ≤t 1＋t 2， 即0.5 s≤t ≤1.08 s。
答案：(1)见解析 (2)F ≥6 N (3)0.5 s≤t ≤1.08 s 6.如图所示，AB 、CD 为两个光滑的平台，一倾角为37°，长
l 为5 m 的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以v 0＝10 m/s
的速度沿平台AB 向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD 上。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2
。
(1)小物体与传送带间的动摩擦因数为多大？
(2)当小物体在平台AB 上的运动速度低于某一速度时，无论传送带顺时针运动的速度多
大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。
(3)若小物体以v1＝8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能够到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？
解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上运动时根据牛顿第二定律得
μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1
小物体从B点运动到C点的过程有v02＝2a1l
联立解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。
(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力方向始终向上时，最容易到达平台CD，此时根据牛顿第二定律得
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2
若恰好能到达平台CD时，有v2＝2a2l
联立解得：a2＝2 m/s2，v＝2 5 m/s
即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD。
(3)小物体在平台AB上的运动速度大小为v1＝8 m/s，小物体能够到达平台CD时，设传送带顺时针运动的最小速度大小为v min，由于v1＞v＝2 5 m/s，故若传送带的速度大于或等于2 5 m/s时，小物体必能到达平台CD，故所求的传送带的最小速度大小v min应小于v。
对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到与传送带的速度大小相等的过程中，有v12－v min2＝2a1x1
对小物体以速度大小v min减速到零到达平台CD的过程，有v min2＝2a2x2
x1＋x2＝l
联立解得：v min＝3 m/s
即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。
答案：(1)0.5 (2)2 5 m/s (3)3 m/s
计算题专项练（三） 电磁场计算题过关练
1.某电子天平原理如图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨
架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量，已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g 。
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？ (2)供电电流I 是从C 端还是D 端流入？求重物质量与电流的关系。 (3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？ 解析：(1)根据右手定则可知感应电流从C 端流出。 (2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入。 由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL 解得m ＝2nBL
g
I 。
(3)设能称量的最大质量为m 0。 由m 0＝2nBL g
I 1和P ＝I 12R
解得m 0＝
2nBL g
P R
。 答案：(1)从C 端流出 (2)从D 端流入 m ＝2nBL
g
I (3)
2nBL g
P R
2.如图所示，A 、B 间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场
E 1，B 、C 间存在竖直向上的匀强电场E 2，A 、B 的间距为1.25 m ，B 、C
的间距为3 m ，C 为荧光屏。一质量m ＝1.0×10－3
kg ，电荷量q ＝ ＋
1.0×10－2
C 的带电粒子由a 点静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O 点。若在B 、C 间再加方向垂直于纸面向外且磁感应强度大小B ＝0.1 T 的匀强磁场，粒子经b 点偏转到达荧光屏的O ′点(图中未画出)。取g ＝10 m/s 2
。求：
(1)E 1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b 点到O ′点电势能的变化量及偏转角度。
解析：(1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE 1cos 45°＝
mg
解得E 1＝ 2 N/C 。
(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理，得qE 1d AB sin 45°＝12mv 02
－0
解得v 0＝5 m/s
加磁场前粒子在B 、C 间必做匀速直线运动， 则有qE 2＝mg
加磁场后粒子在B 、C 间必做匀速圆周运动，如图所示，
由牛顿第二定律，得qv 0B ＝m v 02
R
解得R ＝5 m
设偏转距离为y ，由几何知识，得
R 2＝d BC 2＋(R －y )2
代入数据得y ＝1.0 m
粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为
W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2
J ， sin θ＝
d BC
R
＝0.6，θ＝37°，偏转角度为37°。 答案：(1) 2 N/C
(2)电势能增加了1.0×10－2
J ，粒子偏转角度为37°
3．在某一真空空间内建立xOy 坐标系，从原点O 处向第 Ⅰ 象限发射一比荷q m
＝1×104
C/kg 的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v 0＝103
m/s 、方向与x 轴正方向成30°角。
(1)若在坐标系y 轴右侧加有匀强磁场，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy 平面向外；在第Ⅳ象限，磁场方向垂直xOy 平面向里；磁感应强度均为B ＝1 T ，如图甲所示，求粒子从O 点射出后，第2次经过x 轴时的坐标x 1。
(2)若将上述磁场改为如图乙所示的匀强磁场。在t ＝0到t ＝2π3×10－4
s 时，磁场方
向垂直于xOy 平面向外；在t ＝2π3×10－4 s 到t ＝4π3
×10－4
s 时，磁场方向垂直于xOy 平
面向里，此后该空间不存在磁场。在t ＝0时刻，粒子仍从O 点以与原来相同的速度v 0射入，求粒子从O 点射出后第2次经过x 轴时的坐标x 2。
解析：(1)“画相切圆”知运动轨迹如图甲所示。应用几何关系得：OA
2
＝R ·sin 30°①
x 1＝2OA
②
洛伦兹力提供向心力，有qv 0B ＝m v 02
R
③
解①②③式得x 1＝0.2 m 。
(2)粒子做圆周运动周期为T ＝2πm qB
＝2π×10－4
s
磁场变化半周期为Δt ＝2π3×10－4
s ＝T 3
“画相切圆”知粒子运动的轨迹如图乙所示。 应用几何关系得：OE ＝2(R ＋R sin 30°)
④
DE ＝2·R sin 60° ⑤ x 2＝OE ＋DE tan 60°
⑥
解①④⑤⑥式得x 2＝0.6 m 。 答案：(1)0.2 m (2)0.6 m
4．如图所示，在xOy 平面内y 轴与边界MN 之间有沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧和边界MN 右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，边界MN 与y 轴平行且间距保持不变。一质量为m ，带电荷量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t 0，粒子重力不计。
(1)求磁感应强度B 的大小；
(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点O ，求电场区域的宽度d 和此时的电场强度E 0； (3)若带电粒子能够回到原点O ，则电场强度E 应满足什么条件？ 解析：(1)粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm
qB
，又由题意分析可知T ＝2t 0
联立解得B ＝πm
qt 0
。
(2)依题意，粒子运动轨迹如图甲所示，且r 2＝2r 1，分析可知粒子两次经过电场的运动过程反向对称，又由题知粒子每次经过磁场的时间均为t 0，故粒子每次经过电场的时间t 1＝
t －3t 0
2
＝t 0
由牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 02r 1，qv 2B ＝m v 22
r 2
，E 0q ＝ma ，其中v 2为粒子进入右侧磁场时的
速度大小，a 为粒子在电场中的加速度，由运动学规律可知d ＝
v 0＋v 2
2
t 0
v 2＝v 0＋at 0
联立解得：E 0＝mv 0qt 0，d ＝3v 0t 0
2
。
甲 乙
(3)如图乙所示，要使粒子能够回到原点， 应满足n (2r 2′－2r 1)＝2r 1(n ＝1,2,3，…)
又qv 2′B ＝m v 2′2
r 2′
，其中v 2′为粒子进入右侧磁场时的速度大小
由动能定理得qEd ＝12mv 2′2
－12mv 02
联立解得E ＝
2n ＋1mv 0
3n 2
qt 0
(n ＝1,2,3，…)。 答案：(1)πm qt 0 (2)3v 0t 02 mv 0
qt 0
(3)E ＝
2n ＋1mv 0
3n 2
qt 0
(n ＝1,2,3，…) 5.(2018·菏泽一模)如图所示为一种粒子加速器的原理图。图中
M 、N 为带有小孔的水平平行板，板上接有恒定电压U ，板间距离为h ，
以M 、N 板所在平面为界，上方和下方有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小相等。质量为m 、电荷量为q 的带正电
粒子在M 板小孔处由静止释放，在板间电压的加速下从N 板小孔O 射入磁场。为了测量磁场磁感应强度的大小，在板的右侧放置一竖直的荧光屏，当荧光屏在靠近板的右端位置时，粒
子能打到荧光屏上，向右缓慢移动荧光屏，且不断释放粒子，结果发现荧光屏离O 点距离为
d 时，粒子打在荧光屏上的位置第一次达到最低。荧光屏足够大，不计粒子的重力，不考虑
相对论效应、两金属板间电场的边际效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)将荧光屏拿走，粒子将多次运动到N 板所在的平面，求粒子运动轨迹与N 板所在平面的交点到O 点的距离；
(3)若粒子经过4次加速后回到M 板小孔处，求粒子运动的总时间。 解析：(1)粒子经加速电场加速qU ＝12
mv 12
v 1＝
2qU m
由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r 1＝d
由qv 1B ＝m v 12r 1，求得B ＝1
d
2mU
q
。
(2)粒子经过n 次加速，则nqU ＝12
mv n 2
v n ＝
2nqU
m
qv n B ＝m v n 2
r n
求得x ＝2r n ＝2nd (n ＝1,2,3，…)。
(3)粒子经过4次加速后回到M 板小孔处，则在磁场中运动的时间
t 1＝4T ＝
8πm
qB
＝8πd
m 2qU
设在电场中运动的时间为t 2，则4h ＝12
at 22
a ＝qU mh
求得t 2＝h
8m qU
设粒子在无场区域运动的时间为t 3， 则t 3＝h 1v 1＋1v 2＋1v 3＋1
v 4
求得t 3＝h
m 2qU 1＋12＋13＋12
＝
9＋32＋23h
6
m 2qU
因此运动的总时间
t ＝t 1＋t 2＋t 3＝????
??
8πd ＋
33＋32＋23h 6
m
2qU
。 答案：(1)1
d
2mU
q
(2)2nd (n ＝1,2,3，…)
(3)?
???
??
8πd ＋
33＋32＋23
h 6
m 2qU
计算题专项练（二） 能量与动量综合题过关练
1.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、
B 、
C 。B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A
以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
解析：(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv 0＝2mv 1
此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE ，对
B 、
C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2
12mv 12＝ΔE ＋1
2×(2m )v 22 解得ΔE ＝116
mv 02
。
(2)因为v 2＜v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p ，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3
12mv 02－ΔE ＝1
2× (3m )v 32＋E p 解得E p ＝1348
mv 02
。
答案：(1)116mv 02
(2)1348
mv 02
2.如图所示，光滑的1
4圆弧AB (质量可忽略)固定在甲车的左
端，其半径R ＝1 m 。质量均为M ＝3 kg 的甲、乙两辆小车静止
于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ＝0.4。将质量为m ＝2 kg 的滑块P (可视为质点)从A 处由静止释放，滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车。求：
(1)滑块P 刚滑上乙车时的速度大小； (2)滑块P 在乙车上滑行的距离。
解析：(1)设滑块P 刚滑上乙车时的速度为v 1，此时两车的速度为v 2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：
mv 1－2Mv 2＝0
对整体应用能量守恒定律有：
mgR ＝12mv 12＋12
×2Mv 22
解得：v 1＝15 m/s ，v 2＝
15
3
m/s 。 (2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ，滑块P 在乙车上滑行的距离为L ，规定向右为正方向，对滑块P 和小车乙应用动量守恒定律有：
mv 1－Mv 2＝(m ＋M )v
对滑块P 和小车乙应用能量守恒定律有：
μmgL ＝1
2mv 12＋12Mv 22－12
(M ＋m )v 2
解得：L ＝2 m 。
答案：(1)15 m/s (2)2 m
3.如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m 的小滑块A 套在细杆上可自由滑动。在水平杆上竖直固定一个挡板P ，小
滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L 的细线悬挂一个质量为m 的小球B ，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g 。求：
(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小； (2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度； (3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度。
解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得
mgL ＝12
mv 2
解得v ＝2gL
在最低点，由牛顿第二定律得
F －mg ＝m v 2
L
解得F ＝3mg 。
(2)小球与滑块共速时，小球运动到最大高度h 。取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得
mv ＝(2m ＋m )v 共
12mv 2＝mgh ＋1
2
(2m ＋m )v 共2
联立解得h ＝2
3
L 。
(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v 1，滑块速度为v 2
mv ＝mv 1＋2mv 2
12mv 2＝12mv 12＋1
2×2mv 22 解得v 2＝2
3
2gL 。
答案：(1)3mg (2)23L (3)2
3
2gL
4.(2018·安徽四校联考)如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M ＝3m 的小球Q 连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m 的滑块P (可看成质点)从B 点正上方h ＝R 高处由静止释放，重力加速度为g 。
(1)求滑块到达圆形轨道最低点C 时的速度大小和对轨道的压力； (2)求在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能E pm ；
(3)若滑块从B 上方高H 处释放，求恰好使滑块经弹簧反弹后能够回到B 点时高度H 的大小。
解析：(1)滑块P 从A 运动到C 过程，根据机械能守恒定律得mg (h ＋R )＝12mv C 2
又h ＝R ，代入解得v C ＝2gR
在最低点C 处，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v C 2
R
解得F N ＝5mg
根据牛顿第三定律知滑块P 对轨道的压力大小为5mg ，方向竖直向下。 (2)弹簧被压缩过程中，当滑块与小球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能， 根据动量守恒定律得mv C ＝(m ＋M )v
根据机械能守恒定律得12mv C 2＝E pm ＋12(m ＋M )v 2
联立解得E pm ＝3
2
mgR 。
(3)设滑块P 从B 上方高H 处释放，到达水平面速度为v 0，则有mg (H ＋R )＝12mv 02
弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P 和小球Q 的速度大小分别为v 1和v 2， 根据动量守恒定律得mv 0＝－mv 1＋Mv 2 根据机械能守恒定律得12mv 02＝12mv 12＋12
Mv 22
要使滑块P 经弹簧反弹后恰好回到B 点， 则有mgR ＝12mv 12
联立解得H ＝3R 。
答案：(1)2gR 5mg ，方向竖直向下 (2)3
2
mgR (3)3R
5.如图所示，质量m B ＝2 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，质量m A
＝6 kg 的物块A 停在木板B 的左端，质量m C ＝2 kg 的小球C 用长L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 。现将小球C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释
放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt ＝10－2
s ，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h ＝0.2 m 。已知A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2
。求：
(1)小球C 与物块A 碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长。
解析：(1)C 下摆至最低点的过程，根据动能定理有：m C gL ＝12m C v C 2
解得碰前C 的速度大小v C ＝4 m/s
C 反弹过程，根据动能定理有：
－m C gh ＝0－12
m C v C ′2
解得碰后C 的速度大小v C ′＝2 m/s 取向右为正方向，对C 根据动量定理有： －F ·Δt ＝－m C v C ′－m C v C
解得碰撞过程中C 所受的撞击力大小F ＝1 200 N 。 (2) C 与A 碰撞过程，根据动量守恒定律有：
m C v C ＝－m C v C ′＋m A v A
解得碰后A 的速度v A ＝2 m/s
A 恰好滑至木板
B 右端并与其共速时，所求B 的长度最小，根据动量守恒定律有： m A v A ＝(m A ＋m B )v
解得A 、B 的共同速度v ＝1.5 m/s 根据能量守恒定律有：
μm A gx ＝12m A v A 2－12
(m A ＋m B )v 2
解得x ＝0.5 m 。
答案：(1)1 200 N (2)0.5 m
6.如图所示，质量为 4 kg 的小车静止在光滑水平面上。小车
AB 段是半径为0.45 m 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为2.0 m
的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。一质量为0.95 kg 的小物
块(可视为质点)静止在小车右端。质量为0.05 kg 的子弹，以100 m/s 的水平速度从小物块右端射入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到A 点。不计空气阻力，重力加速度为10 m/s 2
。
(1)求小物块与BC 段的动摩擦因数和小物块刚刚通过B 点时对小车的压力； (2)若子弹射入前小车不固定，求小物块在AB 段上升的最大高度。
解析：(1)已知小车质量M ＝4 kg ，小物块质量m ＝0.95 kg ，子弹质量m 0＝0.05 kg ，子弹初速度v 0＝100 m/s 。
子弹从小物块右端射入物块的过程动量守恒，设子弹与小物块达到共同速度v C ， 取水平向左为正方向。根据动量守恒定律得：
m 0v 0＝(m 0＋m )v C
代入数据解得v C ＝5 m/s
已知圆弧光滑轨道半径R ＝0.45 m ，小车固定时，小物块恰好运动到A 点，设物块和子弹到达B 点时的速度大小为v B ，物块从B 到A 的过程，由机械能守恒定律可得：
(m 0＋m )gR ＝12(m 0＋m )v B 2
代入数据解得v B ＝3 m/s
已知BC 段长L ＝2.0 m ，设小物块与BC 段的动摩擦因数为μ，物块从C 到B 的过程，由动能定理得：
－μ(m 0＋m )gL ＝12(m 0＋m )v B 2－12(m 0＋m )v C 2
代入数据解得μ＝0. 4
设小物块刚通过B 点时，受的支持力为F N 。由牛顿第二定律得：
F N －(m 0＋m )g ＝(m 0＋m )v B 2
R
代入数据解得F N ＝30 N
由牛顿第三定律可得，小物块对小车的压力大小为30 N ，方向竖直向下。
(2)若子弹射入前小车不固定，小物块在AB 段上升到最大高度时，小物块和小车达到共同速度，设最终的共同速度为v ，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
(m 0＋m )v C ＝(m 0＋m ＋M )v
代入数据解得v＝1 m/s
从子弹与小物块达到共同速度，到三者达到共同速度的过程中，系统损失的动能，一部分转化为内能，一部分转化为小物块的重力势能，设子弹与小物块上升的最大高度为h，由能量守恒定律得：
1 2(m0＋m)v C2－
1
2
(m0＋m＋M)v2＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m)gh
代入数据解得h＝0.2 m。
答案：(1)0.4 30 N，方向竖直向下(2)0.2 m
高考第24、25题组合练（一）
(限时22分钟)
1．(2018·东北育才中学二模)航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统。已知飞机在跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：
(1)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少多大？
(2)若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应多长？
(3)若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为160 m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少多大？
解析：(1)设经弹射系统帮助使飞机具有的初速度为v0
根据v2－v02＝2ax
得v0＝v2－2ax＝502－2×5.0×160 m/s＝30 m/s
故若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少为30 m/s。
(2)不装弹射系统时，由v2＝2ax
得x＝v2
2a
＝
502
2×5.0
m＝250 m
故若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，该舰甲板至少应250 m长。
(3)以航空母舰为参考系，设航空母舰速度为v1，
由v2－v02＝2ax，(其中v0＝0，a＝5.0 m/s2，x＝160 m)
解得v＝40 m/s
根据相对速度公式v绝对＝v＋v1得v1＝v绝对－v＝50 m/s－40 m/s＝10 m/s
让航空母舰沿飞机起飞方向至少以10 m/s匀速航行。
答案：(1)30 m/s (2)250 m (3)10 m/s
2．(2018·临沂期末统考)如图所示，有两块垂直纸面的带电平行
金属板竖直放置，一带正电的粒子自A点经电场加速后从M、N两板下
端之间的中点C垂直射入M、N两极板间，偏转后通过竖直极板N上的
小孔O离开电场，粒子在O点时的速度大小为v，方向与x轴成45°
角斜向上。在N板右侧存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的下边
界到O点的距离为d，磁场的磁感应强度为B，粒子经过磁场偏转后垂
直打在N板上的P点。M、N板间距离为2d，粒子重力不计，求：
2019年高考物理试题(全国3卷)
2019年高考物理试题（全国3卷） 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项 符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？ A ．电阻定律 B ．库仑定律 C ．欧姆定律 D ．能量守恒定律 15．金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金 、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。已知它们的轨道半径R 金
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 18．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为1 2 B和B、方向均垂直于纸 面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 A．5π 6 m qB B． 7π 6 m qB C． 11π 6 m qB D． 13π 6 m qB 19．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是
2021届高考物理人教版二轮复习 计算题精解训练 机械波 作业(12) 含解析
2021届高考物理二轮复习计算题精解训练 （12）机械波 1.如图是一列横波在某一时刻的波形图像。已知这列波的频率为5 Hz ，此时0.5 m x =处的质点正向 y 轴正方向振动，可以推知： （1）这列波正在沿轴哪个方向方向传播； （2）波速大小是多少； （3）该质点1 s 内通过的路程是多少。 2.一列沿 x 轴传播的简谐横波，在0t =时刻的波形如图实线所示，在1=0.2 s t 时刻的波形如图虚线所示： （1）若波向 x 轴负方向传播，求该波的最小波速； （2）若波向 x 轴正方向传播，且1t T <，求 2 m x =处的 P 质点第一次出现波峰的时刻。 3.简谐横波沿 x 轴传播，M N 、是 x 轴上两质点，如图甲是质点 N 的振动图象．图乙中实线是 3 s t =时刻的波形图象，质点 M 位于8 m x =处，虚线是再过t ?时间后的波形图象．图中两波峰间距离7.0 m x ?=．求 （1）波速大小和方向； （2）时间t ?．
4.如图所示、一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，实线和虚线分别为10 s t =时与2 2 s t =时的波形图像，已知该波中各个质点的振动周期大于4 s 。求： (i)该波的传播速度大小； (ii)从10 s t =开始计时，写出 1 m x =处质点的振动方程。 5.如图，在平静的湖面上有相距12 m 的B C 、两片小树叶，将一枚小石子投到B C 、连线左侧的 O 点， 6 m OB =，经过24 s ，第1个波峰传到树叶 B 时，第13个波峰刚好在 O 点形成。求： （ⅰ）这列水波的波长和水波的频率; （ⅱ）从第1个波峰传到树叶 B 算起，需要多长时间 C 树叶开始振动。 6.如图所示，图甲为一列简谐横波在2s t =时的图象，Q 为4m x =处的质点，P 为11m x =处的质点，图乙为质点P 的振动图象。 (1)求质点P 的振动方程及该波的传播速度; (2)2s t =后经过多长时间Q 点位于波峰?
2019届高考物理二轮复习专题六原子物理学案
专题六原子物理 真题再现考情分析(2018·高考全国卷Ⅱ)用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出 锌板表面的最大初动能为1.28×10－19J．已知普朗克常量为6.63×10 －34 J·s，真空中的光速为3.00×108 m·s－1.能使锌产生光电效应的 单色光的最低频率约为( ) A. 1×1014 Hz B. 8×1014 Hz C. 2×1015 Hz D. 8×1015 Hz 解析：选B.根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0＝h c λ －hν0，代入数据解得ν0≈8×1014 Hz，B正确. [命题点分析] 光电效应方程 [思路方法] 由爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0可得锌板的逸出功W0的大小，当E k＝0时即 可得出最低频率 (2018·高考全国卷Ⅲ)1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝核2713Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋2713Al→n＋X.X的原子序数和质量数分别为( ) A.15和28 B．15和30 C．16和30 D．17和31 解析：选B.据α粒子和中子的质量数和电荷数写出核反应方程：42He ＋2713Al―→10n＋A Z X，结合质量数守恒和电荷数守恒得，A＝4＋27－1＝30，Z＝2＋13－0＝15，原子序数等于核电荷数，故B正确. [命题点分析] 核反应方程的书写 [思路方法] 核反应方程两边要满足质量数和电荷数守恒的原则，配平方程 即可 命题规律研究及预 测 2017年把本部分内容列为必考后，高考中对此都有所体现，毕竟原子物理作为物理的一大分支，考查理所应当．但由于考点分散，要求不高，基本以选择题为主，难度不大．从备考角度看，重点应注意以下几点内容：
高考物理复习计算题专练
计算题专练（一） [近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容] 年份第24题分值第25题分值 2013年运动学(两辆玩具小车牵 连运动问题) 13分电磁感应(滑轨、动力学)19分 2014年运动学(公路上两车安全 距离问题) 12分 类平抛运动、带电粒子在 电场中运动(动力学) 20分 2015年电路和力学问题(安培力 作用下导体棒平衡) 12分 板块模型：两物体多阶段 匀变速运动组合问题(动 力学) 20分 2016年(乙卷)(双棒模型＋三角体)电 磁感应定律应用、力的平 衡方程 14分 (轻弹簧＋斜面＋光滑圆 弧轨道)平抛运动、牛顿 定律、动能定理 18分 例题展示 1.(2016·全国乙卷·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求： 图1 (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小. 解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为F T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为F N2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得
备战2020年高考物理计算题专题复习《向心力的计算》(解析版)
《向心力的计算》 一、计算题 1.如图所示，长为L的细绳一端与一质量为m的小球可看成质点 相连，可绕过O点的水平转轴在竖直面内无摩擦地转动．在最 低点a处给一个初速度，使小球恰好能通过最高点完成完整的圆 周运动，求： 小球过b点时的速度大小； 初速度的大小； 最低点处绳中的拉力大小． 2.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直 轨道相切，半径，物块A以的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为，A、B的质量均为重力加速度g 取；A、B视为质点，碰撞时间极短。 求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F； 若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； 求碰后AB滑至第n个光滑段上的速度与n的关系式。
3.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管 道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过秒后又恰好垂直与倾角为的斜面相碰到。已知圆轨道半径为，小球的质量为，g取求 小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离 小球经过圆弧轨道的B点时，受到轨道的作用力的大小和方向？ 小球经过圆弧轨道的A点时的速率。 4.如图所示，倾角为的粗糙平直导轨与半径为R的光 滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一 质量为m的小滑块从轨道上离地面高为的D处无初速 下滑进入圆环轨道，接着小滑块从圆环最高点C水平飞出， 恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力。求： 小滑块在C点飞出的速率； 在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小； 滑块与斜轨之间的动摩擦因数。
2019年全国卷高考物理试题及答案
2019全国Ⅰ卷物理 2019全国Ⅱ卷物理 2019全国Ⅲ卷物理2019年高考全国卷Ⅰ物理试题
14．氢原子能级示意图如图所示。光子能景在eV~ eV的光为可见光。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为 A．eV B．eV C．eV D．eV 15．如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则 A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷 C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷 16．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为×108 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A ．× 102 kg B ．×103 kg C ．×105 kg D ．×106 kg 17．如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平 面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为 A ．2F B ． C ． D ．0 18．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。上升第 一个4H 所用的时间为t 1，第四个4 H 所用的时间为t 2。不计空气阻力，则21t t 满足 A ．1<21t t <2 B ．2<21t t <3 C ．3<21t t <4 D ．4<21 t t <5 19．如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一 端悬挂物块N 。另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉
2020高考物理计算题专题训练含答案
计算题 1．为了使航天员能适应在失重环境下是的工作和生活，国家航天局组织对 航天员进行失重训练。故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机 上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿300倾角爬升到7000米 高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s 的初速度向上作匀减速直线 运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直 方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地 2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练。若 飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv（k=900N·s/m），每次飞机速度达到 350m/s 后必须终止失重训练（否则Array飞机可能失速）。 求：（1）飞机一次上下运动为航天员创 造的完全失重的时间。 （2）飞机下降离地4500米时飞机 发动机的推力（整个运动空间重力加速 度不变）。 （3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不 变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油， 若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量。
2．如图所示是一种测定风速的装置，一个压力传感器固定在竖直墙上，一弹簧一端固定在传感器上的M 点，另一端N 与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属细杆上，弹簧是不导电的材料制成的。测得该弹簧的形变量与压力传感器示数关系见下表。 迎风板面积S ＝0.50m 2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路的一端与迎风板相连，另一端在M 点与金属杆相连。迎风板可 在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。定值电阻R ＝1.0Ω，电源的电动势E ＝12V ，内阻r ＝0.50Ω。闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长L 0＝0.50m ，电压 传感器的示数U 1＝3.0V ，某时刻由于风吹迎风板，电压传感器的示数变为 U 2＝2.0V 。求： （1）金属杆单位长度的电阻； 形变量（m ） 0 0.1 0.2 0.3 0.4 压 力（N ） 0 130 260 390 520
2019届高考物理二轮复习选考实验学案(浙江专用)
第25讲选考实验 [考试要求和考情分析] 涉及电学类实验 [要点总结] 1．探究电磁感应的产生条件及感应电流方向的规律 (1)若原线圈磁场较弱，为使现象明显，把原线圈插入或拔出时，可采用较大速
度。 (2)开始实验时滑动变阻器的滑片应置于连入电路的阻值最大的位置。 (3)灵敏电流计满偏电流为＋300 μA，允许通过的电流很小，查明电流计指针的偏转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池。 (4)原、副线圈接入电路前应仔细观察导线绕向并画出草图。 2．探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 (1)先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。然后再保持副线圈的匝数不变，改变原线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。(电路上要标出两个线圈的匝数、原线圈欲加电压的数值且要事先推测副线圈两端电压的可能数值) (2)连接电路后要同组的几位同学各自独立检查后，方可接通电源。 (3)为了人身安全，使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V。 (4)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。 [典例分析] 【例1】(2018·浙江宁波市北仑区高二期中)如图1所示是三个成功电磁感应的演示实验，回答下列问题。 图1 (1)图c电路中仪器未连线，请按照实验的要求连好实验电路。 (2)电流表指针偏转角跟感应电流的大小成________关系。 (3)第一个成功实验(如图a)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？_________________________，
2019届高考物理二轮复习 计算题题型专练(五)电磁感应规律的综合应用
计算题题型专练(五) 电磁感应规律的综合应用 1.如图所示，两根间距为L ＝0.5 m 的平行金属导轨，其cd 左侧水平，右侧为竖直的1 4圆 弧，圆弧半径r ＝0.43 m ，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有R 1＝1.5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，现有一根电阻R 2＝10 Ω的金属杆在水平拉力作用下，从图中位置ef 由静止开始做加速度a ＝1.5 m/s 2 的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，开始运动的水平拉力F ＝1.5 N ，经2 s 金属杆运动到cd 时撤去拉力，此时理想电压表的示数为1.5 V ，此后金属杆恰好能到达圆弧最高点ab ，g ＝10 m/s 2 ，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)金属杆从cd 运动到ab 过程中电阻R 1上产生的焦耳热。 解析 (1)金属杆运动到cd 时，由欧姆定律可得 I ＝U R 1 ＝0.15 A 由闭合电路的欧姆定律可得E ＝I (R 1＋R 2)＝0.3 V 金属杆的速度v ＝at ＝3 m/s 由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv ，解得B ＝0.2 T (2)金属杆开始运动时由牛顿第二定律可得F ＝ma ，解得 m ＝1 kg 金属杆从cd 运动到ab 的过程中，由能量守恒定律可得Q ＝12 mv 2 －mgr ＝0.2 J 。
故Q＝ R1 R1＋R2 Q＝0.15 J。 答案(1)0.2 T (2)0.15 J 2.如图所示，两条间距L＝0.5 m且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成α＝30°角固定放置，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量m ab ＝0.1 kg、m cd＝0.2 kg的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r＝0.2 Ω，导轨电阻不计。ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以v＝2 m/s的恒定速度向上运动。某时刻释放cd，cd向下运动，经过一段时间其速度达到最大。已知重力加速度g＝10 m/s2，求在cd速度最大时，求： (1)abcd回路的电流强度I以及F的大小； (2)abcd回路磁通量的变化率以及cd的速率。 解析(1)以cd为研究对象，当cd速度达到最大值时，有：m cd g sin α＝BIL① 代入数据，得：I＝5 A 由于两棒均沿斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab上的外力：F＝(m ab ＋m cd)g sin α② (或对ab：F＝m ab g sin α＋BIL) 代入数据，得：F＝1.5 N (2)设cd达到最大速度时abcd回路产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律，
2019高考物理真题汇编——计算题
目录 牛顿第二定律 (2) 功能 (3) 动量 (3) 力学综合 (3) 动量能量综合 (4) 带电粒子在电场中的运动 (6) 带电粒子在磁场中的运动 (7) 电磁感应 (8) 法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势） (8) 杆切割 (8) 线框切割 (9) 感生电动势 (9) 电磁感应中的功能问题 (10) 电磁科技应用 (11) 热学 (12) 光学 (14) 近代物理 (15) 思想方法原理类 (16)
牛顿第二定律 1.【2019天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并 取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求 （1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W； （2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力F N多大。 2.【2019江苏卷】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。 A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）A被敲击后获得的初速度大小v A； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′； （3）B被敲击后获得的初速度大小v B。
2020届高考物理计算题复习《竖直上抛运动》(解析版)
《竖直上抛运动》 计算题 在竖直井的井底，将一物块以 的速度竖直向上抛出，物块在上升过程 中做加速度大小 的匀减速直线运动，物块上升到井口时被人接住，在 被人接住前1s 内物块的位移 求： 物块从抛出到被人接住所经历的时间； 此竖直井的深度. 原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量 的运动员原地 摸高为 米，比赛过程中，该运动员先下蹲， 重心下降 米，经过充分调整后， 发力跳起摸到了 米的高度。假设运动员起跳过程为匀加速运动，忽略空气阻 力影响，g 取 求： 1. 如图甲所示，将一小球从地面上方 气阻力，上升和下降过程中加速度不变， 小球从抛出到上升至最高点所需的时间 小球从抛出到落地所需的时间 t; 在图乙中画出小球从抛出到落地过程中的 处以 的速度竖直上抛，不计空 g 取 ，求： 图象。 2. 3.
该运动员离开地面时的速度大小为多少; 起跳过程中运动员对地面的压力； 从开始起跳到双脚落地需要多少时间？ 4. 气球以的速度匀速上升，当它上升到离地面40m高处，从气球上落下一个物 体.不计空气阻力，求物体落到地面需要的时间；落到地面时速度的大小. 5.小运动员用力将铅球以的速度沿与水平方向成 方向推出，已知铅球出手点到地面的高度为 求： 铅球出手后运动到最高点所需时间； 铅球运动的最高点距地面的高度H ; 铅球落地时到运动员投出点的水平距离x.
6. 气球下挂一重物，以的速度匀速上升，当到达离地高度处时, 悬挂重物的绳子突然断裂，空气阻力不计，g取则求： 绳断后物体还能向上运动多高？ 绳断后物体再经过多长时间落到地面。 落地时的速度多大？ 7.气球下挂一重物，以的速度匀速上升，当到达离地高度 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落 到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取。 8.气球以的速度匀速上升，在离地面75m高处从气球上掉落一个物体，结果气 球便以加速度向上做匀加速直线运动，不计物体在下落过程中受到的 空气阻力，问物体落到地面时气球离地的高度为多少？
2019届高三物理二轮复习圆周运动题型归纳
2019届高三物理二轮复习圆周运动题型归纳 类型一、生活中的水平圆周运动 例1、如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A 、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ） A ． B 的向心力是A 的向心力的2倍 B ．盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍 C ．A 、B 都有沿半径向外滑动的趋势 D ．若B 先滑动，则B 对A 的动摩擦因数A μ小于盘对B 的动摩擦因数B μ 【答案】BC 【解析】因为A 、B 两物体的角速度大小相等，根据2n F mr ω=，因为两物块的角速度大小相等，转动半 径相等，质量相等，则向心力相等；对A 、B 整体分析，22B f mr ω=，对A 分析，有2A f mr ω=，知盘 对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍，则B 正确；A 所受的摩擦力方向指向圆心，可知A 有沿半径向外滑动的趋势，B 受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C 正确；对AB 整体分 析，222B B mg mr μω=，解得：B B g r μω=A 分析，2A A mg mr μω=，解得A A g r μω=B 先滑动，可知B 先到达临界角速度，可知B 的临界角速度较小，即B A μμ<，故D 错误。 【总结升华】解决本题的关键知道A 、B 两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。 例2、有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示．长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘．转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ．不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．
高考物理计算题专项练习(轨道型)
高三物理计算题专练（轨道类） 1.如图所示,质量为m=0.10kg的小物块以初速度v0=4.0m/s,在粗糙水平桌面上做直线运动,经时间t=0.4s后以速度v飞离桌面,最终落在水平地面上。已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面离地高h=0.45m,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。求: (1)小物块飞离桌面时的速度大小v。 (2)小物块落地点距飞出点的水平距离s。 2.如图所示,一滑板爱好者总质量(包括装备)为50kg,从以O为圆心,半径为R=1.6m光滑圆弧轨道的A点(α=60°)由静止开始下滑,到达轨道最低点B后(OB在同一竖直线上),滑板爱好者沿水平切线飞出,并恰好从C点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面,若滑板与斜面的动摩擦因数为μ=0.5,斜面长s=6m,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)滑板爱好者在B、C间运动的时间。 (2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小。 3.学校科技节上,同学发明了一个用弹簧枪击打目标的装置,原理如图甲,AC段是水平放置的同一木板;CD段是竖直放置的光滑半圆弧轨道,圆心为O,半径R=0.2m;MN是与O点处在同一水平面的平台;弹簧的左端固定,右端放一可视为质点、质量m=0.05kg的弹珠P,它紧贴在弹簧的原长处B点;对弹珠P施加一水平外力F,缓慢压缩弹簧,在这一过程中,所用外力F与弹簧压缩量x的关系如图乙所示。已知BC段长L=1.2m,EO间的距离s=0.8m。计算时g取10m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。压缩弹簧释放弹珠P后,求:
(1)弹珠P通过D点时的最小速度v D; (2)弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点,它通过C点时的速度v C; (3)当缓慢压缩弹簧到压缩量为x0时所用的外力为8.3N,释放后弹珠P能准确击中平台MN 上的目标E点,求压缩量x0。 4.一长l=0.80m的轻绳一端固定在O点,另一端连接一质量m=0.10kg的小球,悬点O距离水平地面的高度H=1.00m。开始时小球处于A点,此时轻绳拉直处于水平方向上,如图所示。让小球从静止释放,当小球运动到B点时,轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失,重力加速度g取10m/s2。求: (1)当小球运动到B点时的速度大小。 (2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点,求C点与B点之间的水平距离。 (3)若OP=0.6m,轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂,求轻绳能承受的最大拉力。
2019年高考物理一轮复习试题
.精品文档. 2019年高考物理一轮复习试题 测量速度和加速度的方法 【纲要导引】 此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度验证牛二或动能定理等。此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。 【点拨练习】 考点一打点计时器 利用打点计时器测加速度时常考两种方法： （1）逐差法 纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆） 点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔） （2）平均速度法 ，两边同时除以t，，做图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是 开始计时点0的初速。
1. 【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电频率f=50Hz在线带上打出的点中，选 出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A B、、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离： =16.6=126.5=624.5 若无法再做实验，可由以上信息推知： ①相信两计数点的时间间隔为___________ S ②打点时物体的速度大小为_____________ /s（取2位有效数字） ③物体的加速度大小为__________ （用、、和f表示） 【答案】①0.1s②2.5③ 【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s . ②根据间的平均速度等于点的速度得v==2.5/s . ③利用逐差法：，两式相加得，由于，，所以就有了，化简即得答案。 2. 【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运
2019届高考物理二轮复习物理图像问题学案(全国通用)
物理图像问题 22题 23题
24题25题
20题23题22题
19题 18题 19题 20题 第1课时力学图象问题 高考题型1运动学图象问题 1．v－t图象的应用技巧 (1)图象意义：在v－t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．
(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动． 2．x－t图象的应用技巧 (1)图象意义：在x－t图象上，图象上某点的斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向． (2)注意：在x－t图象中，斜率绝对值的变化反映加速度的方向．斜率的绝对值逐渐增大则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，做减速运动． 例1(多选)(2018·全国卷Ⅱ·19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图1中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是() 图1 A．两车在t1时刻也并排行驶 B．在t1时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大 答案BD 解析t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，且t2时刻两车并排行驶，则t1时刻甲在乙的后面，A项错误，B项正确；由题图图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C 项错误，D项正确． 拓展训练1(2018·河南省驻马店市第二次质检)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v －t图象如图2所示，下列对汽车运动状态的描述正确的是() 图2 A．在第20 s末，甲、乙两车相遇 B．若乙车在前，则可能相遇两次 C．在第10 s末，乙车改变运动方向 D．在第10 s末，甲、乙两车相距150 m 答案 B
高考物理复习计算题专练
计算题专练（一）] 近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容[分值题分值年份第24题第25两辆玩具小车牵(运动学19分 (滑轨、动力学13分)电磁感应2013年)连运动问题类平抛运动、带电粒子在运动学(公路上两车安全20分分2014年 12)(距离问题)动力学电场中运动两物体多阶段板块模型：安培力电路和力学问题(年12分匀变速运动组合问题(动2015分20)作用下导体棒平衡)力学轻弹簧＋斜面＋光滑圆电(双棒模型＋三角体)(乙卷年2016()力的平磁感应定律应用、弧轨道18)平抛运动、牛顿14分分定律、动能定理衡方程 例题展示abθ仅(上沿相连，1.(2016·全国乙卷·24)如图1两固定的绝缘斜面倾角均为，.两细金属棒maLcdmc；用两根不可伸长的柔软轻导，质量分别为2和))和(仅标出端长度均为标出端abdca并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，，线将它们连成闭合回路B，方向垂直于斜面向上，已知.使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为μR，重力加两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为abg求：.速度大小为，已知金属棒匀速下滑 图1 ab上的安培力的大小；作用在金属棒 (1)(2)金属棒运动速度的大小. abcdabcdcd也做匀速由于、、棒被平行于斜面的导线相连，故速度总是相等，(1)解析 FabFab棒上，右斜面对，作用在棒的支持力的大小为直线运动.设导线的张力的大小为N1T FcdFab 棒，受力分析如图甲所示，棒的支持力大小为，对于左斜面对的安培力的大小为，N2由力的平衡条件得 6 / 1 乙甲 mgθμFFF ＝＋＋2①sin TN1 F mg θcos 2 ＝②N1cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得对于
高考物理计算题
考前题 1．（18分）如图所示，O 点为固定转轴，把一个长度为l 的细绳上端固定在O 点，细绳下端系一个质量为m 的小摆球，当小摆球处于静止状态时恰好与平台的右端点B 点接触，但无压力。一个质量为M 的小钢球沿着光滑的平台自左向右运动到B 点时与静止的小摆球m 发生正碰，碰撞后摆球在绳的约束下作圆周运动，且恰好能够经过最高点A ，而小钢球M 做平抛运动落在水平地面上的C 点。测得B 、C 两点间的水平距离DC=x ，平台的高度为h ，不计空气阻力，本地的重力加速度为g ，请计算： （1）碰撞后小钢球M 做平抛运动的初速度大小； （2）小把球m 经过最高点A 时的动能； （3）碰撞前小钢球M 在平台上向右运动的速度大小。 1．解析 （1）设M 做平抛运动的初速度是v ， 2 21,gt h vt x = = h g x v 2= （2）摆球m 经最高点A 时只受重力作用， l v m mg A 2 = 摆球经最高点A 时的动能为A E ； mgl mv E A A 2 1212= = （3）碰后小摆球m 作圆周运动时机械能守恒， mgl mv mv A B 22 12 1 22+= gl v B 5= 设碰前M 的运动速度是 v ，M 与m 碰撞时系统的动量守恒 B mv Mv Mv +=0 gl M m h g x v 52+ = 2．如图，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段紧贴地面，弯曲段的顶部切线水平、离地高为h ；滑块A 静止在水平轨道上， v 0=40m/s 的子弹水平射入滑块A 后一起沿轨道向右运动，并从轨道顶部水平抛出．已知滑块A 的质量是子弹的3倍，取g=10m/s 2，不计空气阻力．求： （1）子弹射入滑块后一起运动的速度； （2）水平距离x 与h 关系的表达式； （3）当h 多高时，x 最大，并求出这个最大值．
2019年高考理综物理全国卷3及答案
2019年高考理科综合试题全国卷（3）物理部分 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？ A ．电阻定律 B ．库仑定律 C ．欧姆定律 D ．能量守恒定律 15．金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。已知它们的轨道半径R 金
高三物理计算题训练
天津市第一百中学高三物理计算题训练 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。 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C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？ v0 A B C 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？ A v d 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 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E k=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；
浙江省2019高考物理选考8套计算题题专练附答案
计算题等值练(一) 19．(9分)(2017·宁波市九校高三上学期期末)消防演练时，一质量为60 kg 的消防员从脚离地10 m 的位置，自杆上由静止下滑，整个过程可以简化为先加速运动4 m ，达到最大速度8 m /s 后匀减速到4 m/s 着地，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，求： (1)消防员减速下滑过程中加速度的大小； (2)消防员减速下滑过程中受到的摩擦力大小； (3)下滑的总时间． 答案 (1)4 m/s 2 (2)840 N (3)2 s 解析 (1)匀减速运动x 2＝10 m －x 1＝6 m 消防员减速下滑过程中加速度的大小为a 则a ＝v 12－v 222x 2 ＝4 m/s 2 (2)由牛顿第二定律F f －mg ＝ma 得F f ＝840 N (3)加速下滑时间t 1＝ x 1 v ＝x 1 v 1 2 ＝1 s 减速下滑时间t 2＝v 1－v 2 a ＝1 s 总时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. 20．(12分)如图1所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝10 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.2 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.4，A 的质量为m ＝1 kg (重力加速度g ＝10 m/s 2，A 可视为质点)． 图1 (1)求A 滑过N 点时的速度大小v 和受到的弹力大小； (2)若A 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；
(3)求A 滑至第n 个(n
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