2017高考物理全国卷计算题分析及专练

近四年全国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，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，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FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，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FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mgsin FN1FTFFN12mgcos 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsin FN2FTFTFN2mgcos 联立式得：Fmg(sin 3cos )(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为EBLv回路中电流I安培力FBIL联立得：v(sin 3cos )答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )2.(2016全国乙卷25)如图2，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g.(取sin 37，cos 37)图2(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点.G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.解析(1)由题意可知：lBC7R2R5R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsin mglBCcos mv式中37，联立式并由题给条件得vB2 (2)设BEx，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由BE过程，根据动能定理得mgxsin mgxcos Ep0mvE、F之间的距离l1为l14R2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0联立式得xREpmgR(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得37.由几何关系得：x1RRsin 3Ry1RRRcos R设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式得：y1gt2x1vDt联立得vD设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g(RRcos )P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v联立得m1m答案(1)2 (2)mgR(3)m命题分析与对策1.命题特点近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考难度有所降低.力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题；功能关系的应用，考查范围未突破必修内容；电磁学计算侧重于电磁场单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修31.2.应考策略力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合，分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛；注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建，与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.计算题专练(一)1.如图1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为，Mm41，重力加速度为g.求：图1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？答案(1)(2)解析(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1cos 60)mv，解得v0小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv0mv1mvQmvmvmv解得：v10，vQv0二者交换速度，即小球静止下来.Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mvQMvm(2v)解得，vvQ小物块Q离开平板车时，速度为：2v(2)由能量守恒定律，知FfLmvMv2m(2v)2又Ffmg解得，平板车P的长度为L.2.如图2所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中AaBb，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点.一质量为m、带电荷量为q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：图2(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)O、b两点间的电势差UOb；(3)小滑块运动的总路程s.答案(1)(2)E0(3)L解析(1)由AaBb，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于滑块从ab过程，由动能定理得：qUabFf0E0而Ffmg解得：(2)滑块从Ob过程，由动能定理得：qUObFf0nE0解得：UOb(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得qUaOFfs0E0而UaOUOb解得：sL计算题专练(二)1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s2.(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？(2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车.答案(1)4.5 m/s2(2)应该上这班车解析(1)公交车的加速度为：a1 m/s24.5 m/s2，所以其加速度大小为4.5 m/s2(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t1 s s，公交车刹车过程中用时为：t2 s s，此人以最大加速度达到最大速度用时为：t3 s2 s，此人加速过程中位移为：x2t32 m7 m，以最大速度跑到车站用时为：t4 s，显然，t3t4t1t210，可以在公交车还停在车站时安全上车.2.如图1所示，以MN为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外， MN上方有一单匝矩形导线框abcd，其质量为m，电阻为R，ab边长为l1，bc边长为l2，cd边离MN的高度为h.现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，图1(1)ab边离开磁场时的速度v；(2)通过导线横截面的电荷量q；(3)导线框中产生的热量Q.答案(1)(2)(3)mg(hl2)解析(1)线框匀速运动时，EBl1vIFBIl1mgF由联立：v(2)导线框穿过磁场的过程中，qt由联立：q(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg(hl2)mv2Q代入(1)中的速度，解得：Qmg(hl2)计算题专练(三)1.如图1所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心，R为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动.B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的，A与ab段的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：图1(1)物块B在d点的速度大小；(2)物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；(3)物块A滑行的最大距离s.答案(1)(2)(3)解析(1)物块B在d点时，重力和支持力的合力提供向心力，则：mBgFN又因为：FNmBg联立式得物块B在d点时的速度v.(2)物块B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：mBvmBgRmBv2解得vB(3)物块A和B分离过程中由动量守恒定律得mAvAmBvB0物块A和B分离后，物块A做匀减速直线运动，由动能定理得mAgsmAv联立式，得物块A滑行的距离s.2.如图2所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：图2(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.答案(1)(2)(3)解析(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsin BIL0根据欧姆定律可得：I解得：vm(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义可得：qt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：解得：x设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin Q总mv定值电阻产生的焦耳热QQ总解得：Q(3)由牛顿第二定律得：BILma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I可得：vmvtmv，即xmmvm得：xm计算题专练(四)1.两个带电小球A、B(可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30和60，如图1甲所示.若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：图1(1)两个小球的质量之比；(2)图乙状态，滑轮两端的绳长OA、OB之比.答案见解析解析(1)对小球，有FTcos mg0FTsin F0解得：mg，所以： (2)对小球，根据三角形相似，有解得：L所以：.2.如图2所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30，导轨间距为0.5 m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B0.2 T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为R1 ，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求：图2(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小.(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时，b金属棒向上运动了2 m，且此时a的速度为4 m/s，b的速度为1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量.答案(1)(2)24 N(3)85 J0.15 C解析(1)a棒恰好静止时，有magsin 30magcos 30解得(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差.对a棒：Fmagsin 30magcos 30F安maa对b棒：F安mbgsin 30mbgcos 30mba解得F安24 N(3)此过程对a、b棒一起根据功能关系，有QFxa(magsin 30magcos 30)xa(mbgsin 30mbgcos 30)xbmavmbv解得Q85 Jqt，解得q0.15 C.计算题专练(五)1.光滑水平面上放着质量mA1 kg的物块A与质量mB2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep49 J.在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图1所示.放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R0.5 m，B恰能到达最高点C.取g10 m/s2，求：图1(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.答案(1)5 m/s(2)4 Ns(3)8 J解析(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，有mBgmBmBvmBv2mBgR代入数据得vB5 m/s(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有EpmBv，ImBvBmBv1代入数据得I4 Ns，其大小为4 Ns(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有mBv1mBvBmAvAWmAv代入数据得W8 J.2.如图2所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B10.1 T、B20.05 T，分界线OM与x轴正方向的夹角为.在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E1104 V/m.现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域.已知A点横坐标xA 5102 m，带电粒子的质量m1.61024 kg，电荷量q1.61015 C.图2(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求的取值范围？(用反三角函数表示)(2)如果30，则粒子能经过OM分界面上的哪些点？(3)如果30，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？答案(1)arcsin(2)见解析(3)见解析解析(1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B1中运动的半径为r1，在B2中运动的半径为r2由qvBmB12B2得r22r1由几何关系解得arcsin(2)当30时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60，弦长均等于半径.粒子在电场中运动qExAmv2粒子在磁场中运动 r1解得：r11102 mr22r12102 m OM上经过的点距离O点的距离是 lkr1(k1)r2(3k2)r1(3k2)102 m(k1、2、3)和lk(r1r2)3k102 m(k1、2、3)(3)要仍然经过原来的点，需满足r1n(r1r2)(n1、2、3)解得r即v粒子释放的位置应满足xA(n1、2、3)或者r1n(2r1r2)(n1、2、3)解得r即v粒子释放的位置应满足xA(n1、2、3)计算题专练(六)1.如图1甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点).已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.求：甲乙图1(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块在传送带上的运动时间；(3)整个过程中系统生成的热量.答案(1)0.2(2)4.5 s (3)18 J解析(1)由速度时间图象可得，物块做匀变速运动的加速度：a m/s22.0 m/s2由牛顿第二定律得FfMa得到物块与传送带间的动摩擦因数0.2(2)由速度图象可知，物块初速度大小v4 m/s，传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送带相对静止.前2秒内物块的位移大小x1t4 m，方向向右，第3秒内的位移大小x2t 1 m，方向向左，3秒内位移xx1x23 m，方向向右； 物块再向左运动，时间t21.5 s物块在传送带上运动的时间tt1t24.5 s(3)物块在传送带上滑动的3 s内，传送带的位移xvt16 m，向左；物块的位移xx1x23 m，向右相对位移为：xxx9 m所以转化的热量QFfx18 J2.如图2所示，xOy坐标系中，y0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限有沿x轴正方向的匀强电场；第一、三象限的空间也存在着匀强电场(图中未画出)，第一象限内的匀强电场与x轴平行.一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成30角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入xsm说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，vB4 m/s物块B滑回水平面MN的速度大小vB4 m/s(3)设弹射装置给A做功为WmAvA2mAvWA、B碰后速度互换，B的速度vBvAB要滑出传送带Q端，由能量关系有：mBvB2mBgL又mAmB，所以由得WmBgLmAv解得：W8 J弹簧装置P必须给A最少做8 J的功才能让A、B碰后B能从Q端滑出.2.如图2所示，在xOy平面内，有一边长为L的等边三角形区域OPQ，PQ边与x轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ区域内无磁场分布.现有质量为m，带电量为q的粒子从O点射入磁场，粒子重力忽略不计.图2(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P点，求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向；(2)若粒子从O点以初速度v0，沿y轴正方向射入，能再次经过O点，求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间.答案(1)，方向垂直于OP向上(或与y轴正方向成30角斜向左上方)(2) (43)解析(1)如图甲所示，当初速度v0垂直于OP射入磁场时，粒子射入速度最小，由几何知识得： r1由qvBm得：v0方向垂直于OP向上或与y轴正方向成30角斜向左上方甲(2)若粒子从O点以初速度v0，沿y轴正方向射入，则由qvBm得：r2L如图乙所示，粒子从O运动至A点出磁场进入三角形区域由几何知识得：OAr2圆心角OO1A120运动时间：t1T粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间t2由轨迹图象可知，粒子可以回到O点，所用时间t6t13t2(43)乙计算题专练(八)1.如图1甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m2 kg，木板质量M 1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2.求：图1(1)t0.5 s时滑块的速度大小；(2)02.0 s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量.答案见解析解析(1)木板M的最大加速度am4 m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力Fm(Mm)am12 N即F为6 N时，M与m一起向右做匀加速运动对整体分析有：F(Mm)a1v1a1t1代入数据得：v11 m/s(2)对M：00.5 s，x1a1t 0.52 s，mgMa2 x2v1t2a2t 则02