高考物理计算题训练

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θ＝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μ=0.3。不计空气阻力。取g=10m/s2。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；（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μ′。2．（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。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。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势；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电量。R2图甲R1CSB图乙t/sB/T0.220.40.6O1.02.00.81.0ABθC23．（20分）如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ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，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；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。答案1．（17分）解：（1）物体受力如右图所示（1分）由牛顿运动定律mgsinθ－μN=ma（1分）N－mgcosθ=0（1分）解得a=gsinθ－μgcosθ=3.6m/s2（1分）（2）由（1分）求出（1分）（3）由匀变速直线运动规律（1分）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P=5.76×10-2（W）（1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）POyMNxBv0Nmgf3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）（1）设粒子在电场中运动的时间为t1x、y方向2h=v0t1（2分）根据牛顿第二定律Eq=ma（1分）求出（1分）（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）v45°POyMNxv0135°BvO′4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5程中，悬线偏离竖直方向的最大偏角为α＝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l＝0.9m，乙的质量为m乙＝0.99kg，子弹的质量m＝0.01kg，重力加速度g取10m/s2，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n221ath………………………………………………………………………………①座椅对宇航员的支持力为F。FN—mg=ma…………………………………………………………………………②FN=1．3mg……………………………………………………………………………③(2)飞船在地面上所受重力等于万有引力2RMmGgm……………………………………………………………………………④飞船在离地h高处的速度为vhRvmhRMmG22)(…………………………………………………………………⑤太空漫步通过的路程s=vt…………………………………………………………………………………………⑥s=4．7×106m………………………………………………………………………………⑦评分标准：①④⑤⑥式各2分，②式3分，③⑦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○4乙v0甲m6(2)设vN与x成θ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23LR○6由牛顿第二定律得：RvmBqvNN2○7由○6○7解得：LgmvB320(4)粒子从M至N时间：012vLt○8粒子在磁场中运动时间02424343vLqqBmTt○9粒子从P至M运动时间032vLvLtN○10从M点进入电场，经N、P回M所用时间03214)129(vLtttt3．（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＝（m＋m乙）v①（3分）乙上摆到最高点的过程，机械能守恒有2)(21)cos1()(vmmglmm乙乙②（3分）联立②③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θ，当乙物体运动到最高点时，绳子上的弹力设为T1，T1＝（m＋m乙）gcosθ③（2分）此时甲物体恰好不下滑，有m甲gsinθ＝f＋T1④（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：lvmmgmmT22)()(乙乙⑤（2分）此时甲物体恰好不上滑，有m甲gsinθ＋f＝T2⑥（2分）联立②③④⑤⑥解得5.8)cos1()(23gmmf乙N（3分）MxPBBOyMθVNV0V0θθRO′7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04102.(/)gms（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θ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m、边长也为L的正方形线框（设电阻为R）以速度υ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；8(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:afmgms124//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:aFfM2()/使m能从M上面滑落下来的条件是aa21即NgmMFmfMfF20)(//)(解得（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：aFfMms2247()/./小滑块在时间t内运动位移：Sat1122/木板在时间t内运动位移：Sat2222/因SSL21即sttt24.12/42/7.422解得2.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LRBLvBmgsin．在ab边刚越过'ff时，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为BLvE2．故此时线框的加速度为sin3sin2ggLmREBa，方向沿斜面向上．9（2）设线框再做匀速运动的速度为'v，则22sinLBLvBmgR'即4vv'线框从过'ee到再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量的转化和守恒定律得2223215sin232121sin23mvmgLmvmvLmgQ'3.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，则23qEmg，32mgEq细绳断后，根据牛顿第二定律得AqEmgma，2Aga方向向上；22BqEmgma,4Bga(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00(2)0,3AAmmvmvvv(3)设自绳断开到球B速度为零的时间为t，则00,4BBgvata，则04vtg在该时间内A的位移为2000000(3)(3)4822Avvvvvvstgg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220083122AAvmgEqEsqmvqg同理对球B得22002332BBvmgEqEsqmvqg所以2015ABEEEmv10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