全国卷高考物理计算题32分练(四套带答案)

1、楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师计算题 32 分练 (一)(时间： 20 分钟分值： 32 分 )1(12 分)(2018 皖·南八校 4 月联考 )如图 1 甲所示，可视为质点的质量为 m1 1 kg 的小物块放在质量为 m22 kg 的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°，现对长木板施加水平向左的拉力 F18 N，长木板运动 v-t 图象如图乙所示， sin 37 °0.6，g 10 m/s2，求：(1)长木板长度 L；(2)木板与地面间的动摩擦因数2；(3)物块与木板间的动摩擦因数1.图 12 (20 分)(201

2、8 运·城康杰中学模拟 )如图 2 所示，两条“”形足够长的光滑金属导轨PME 和 QNF平行放置，两导轨间距L 1 m，导轨两侧均与水平面夹角为37°，导体棒甲、乙分别放于MN 两边导轨上，且与导轨垂直并接触良好两导体棒的质量均为m0.1 kg，电阻也均为 R1 ，导轨电阻不计，MN 两边分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B1 T设导体棒甲、 乙只在 MN两边各自的导轨上运动，sin 37 °0.6， cos 37 °0.8， g 取 10 m/s2.(1)将乙导体棒固定，甲导体棒由静止释放，问甲导体棒的最大速度为多少？(2)若甲、

3、乙两导体棒同时由静止释放，问两导体棒的最大速度为多少？(3)若仅把乙导体棒的质量改为m 0.05 kg，电阻不变，在乙导体棒由静止释放的同时，让甲导体棒以初速度v00.8 m/s 沿导轨向下运动，问在时间t1 s图 2内电路中产生的电能为多少？计算题 32 分练 (二)楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师(时间： 20 分钟分值： 32 分 )1(14 分)(2018 百·校联盟 4 月联考 )如图 1 所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上 长直平板车放在光滑的水平面上， 其右端与光滑圆弧轨道等高且平滑对接 小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧平板车右端到弹簧右端的

4、距离为 L.一物块从四分之一圆弧轨道的上端由静止下滑，运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力为 F，平板车的质量为物块质量的 3 倍重力加速度为 g，整个过程中忽略弹簧的形变量，求：(1)物块的质量大小；(2)若平板车的上表面光滑，物块在平板车上运动的时间为多少 (不计物块与弹簧作用的时间 )；(3)若平板车的上表面粗糙，物块滑上车后最终停在平板车的右端， 图 1 则物块与平板车上表面间的动摩擦因数为多少； 物块与弹簧作用过程中弹簧具有的最大弹性势能为多少2 (18 分)(2018 湖·南株洲质检 )如图 2 所示，在真空室内的 P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为 q、质量为

5、m 的粒子 (不计重力 )，粒子的速率都相同 ab 为 P 点附近的一条水平直线， P 到直线 ab5的距离 PCL，Q 为直线 ab 上一点，它与 P 点相距 PQ 2 L.当直线 ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场时， 水平向左射出的粒子恰到达 Q 点；当 ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达 ab 直线，且它们到达 ab 直线时动能都相等， 其中水平向左射出的粒子也恰好到达 Q 点已知 sin 37 °0.6，cos 37 °0.8，求：(1)粒子的发射速率；(2)匀强电场的场强大小和方向；(3)仅有磁场时，能到达直

6、线ab 的粒子所用最长时间和最短时间的比值图 2计算题 32 分练 (三)楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师(时间： 20 分钟分值： 32 分 )1 (12 分)(2018 辽·宁辽南联考 )如图 1 所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为 L，导轨的水平部分有 n 段相同的匀强磁场区域 (图中的虚线范围 )，磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为 B，磁场的宽度为 s，相邻磁场区域的间距也为 s，且 s 大于 L，磁场左、右两边界均与导轨垂直，现有一质量为 m、电阻为 r 、边长为 L 的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，

7、在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域， 最终线框恰好完全通过 n 段磁场区域，地球表面处的重力加速度为 g，感应电流的磁场可以忽略不计，求：图 1(1)金属框进入第1 段磁场区域的过程中，通过线框某一横截面的感应电量及金属框完全通过n 段磁场区域的过程中安培力对线框的总冲量的大小；(2)金属框完全进入第k(k<n)段磁场区域前的瞬间，金属框速度的大小2 (20 分)(2018 东·北三省四市联考 )如图 2 所示，光滑曲面 AB 与长度 L 1 m 的水平传送带 BC 平滑连接，传送带以 v 1 m/s 的速度运行质量 m1 1 kg 的物块甲从曲面上高 h1 m 的 A 点由

8、静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数 0.20，传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆轨道状物体乙，物体乙的质量 m23 kg，重力加速度 g10 m/s2.求：图 2(1)甲第一次运动到C 点的速度大小；(2)甲第二次运动到C 点的速度大小；(3)甲第二次到 C 点后经多长时间再次到达C 点？计算题 32 分练 (四)楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师(时间： 20 分钟分值： 32 分 )1(12 分)(2018 雅·安三诊 )如图 1 所示，半径 R2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平平板小车上固定一木块， 紧靠在轨道的末端， 木块上表面水平粗糙，

9、且与圆弧轨道末端等高 木块的厚度 h 0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x0.45 m，小车连同木块总质量M 2 kg.现使一个质量 m0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g10 m /s 2, sin 53 °0.8, cos 53°0.6)求：(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能图 12 (20 分)如图 2 所示，在直角坐标系

10、xOy 平面的第一、四象限内各有一个边长为L 的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L、，宽 2L 的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场， 第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L、L<y<2L的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场现有一质量为m、电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L,3L/2)处以初速度v0 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O 到达坐标 ( L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度大

11、小B；(3)求第 (2)问中粒子从进入磁场到坐标(L,0)点所用的时间图 2【参考答案】：( 一)1. 【解析】(1)从图线可知，木板运动2 s 离开小物块，在02 s，由图线可知 x2×11 m， L2楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师2x 2 m.vF2m2g(2)在 23 s，由图线可得 a2 t 4 m/s2，a2m2，解得 2 0.5.(3)在 02 s：小物块 F 支 Tsin 37° 1g，Tcos 37 °f1，f11F 支m长木板 a1v0.5 m/s2，a1 Ff1 2 m2gF支 ，解得 1 8 .tm2198【答案】(1)2 m(2)0.5(3)

12、192. 【解析】 (1)将乙棒固定，甲棒静止释放，则电路中产生感应电动势E1BLvE1感应电流 I 1 2R，甲棒受安培力F1 BI1L甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，此时mgsin F1联立并代入数据解得甲棒最大速度vm11.2 m/s.(2)甲、乙两棒同时由静止释放，则电路中产生感应电动势E2 2BLvE2感应电流 I 2 2R，甲、乙两棒均受安培力F2 BI 2L最终均做匀速运动，此时甲(或乙 )棒受力 mgsin F2联立并代入数据解得两棒最大速度均为vm20.6 m/s.(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v0 下滑瞬间，则电路中产生感应电动势E3BLv0E3感

13、应电流 I 3 2R、甲、乙两棒均受安培力F3 BI 3L对于甲棒，根据牛顿第二定律得：mgsin 37 °F3 ma对于乙棒，根据牛顿第二定律得：F3 mgsin 37 °m a代入数据联立解得： a a 2 m/s2甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动在时间 t 1 s 内，甲棒位移 s 甲 v0t1at2，乙棒位移 s 乙 1a t222甲棒速度 v 甲 v0 at，乙棒速度 v 乙 at据能量的转化和守恒，电路中产生电能121212Emgs 甲 sin 37 °mgs 乙 sin 37 °2mv02mv甲 2mv乙联立并代入数据解得 E

14、0.32 J.【答案】 (1)1.2 m/s (2)0.6 m/s(3)0.32J1( 二 )1. 【解析】 (1)物块在四分之一光滑圆弧轨道上下滑的过程中，根据机械能守恒得： mgR2mv2v2在轨道最低点，由牛顿第二定律得：Fmg mR楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师F联立解得： m 3g.(2)物块滑上平板车的速度v2gR物块与轻弹簧发生弹性碰撞的过程，由动量守恒得：mv 3mv1 mv2121212由能量守恒得： 2mv2×3mv12mv211联立解得： v1 v22v 22gRLL则物块与弹簧作用前在车上运动的时间：t 1 v2gR物块与弹簧作用后在车上运动的时间为t2LLLv

15、1v2v2gR因此物块在平板车上运动的总时间为 t t1t2 2L . 2gR(3)设物块与平板车上表面间的动摩擦因数为，物块停在平板车右端时物块与车的共同速度为v3，根据动量守恒得： mv 4mv3根据功能关系得： 2mgL 1mv2 1×4mv22233R联立解得： 8L当弹簧具有最大弹性势能时，物块与平板车具有共同速度，根据动量守恒得：mv4mv41212根据功能关系得： mgL Ep 2mv2×4mv41联立解得： Ep 8FR.F2L3R1【答案】(1)3g(2)2gR(3) 8L8FR2.【解析】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过 O 作 PQ 的垂线交

16、PQ 于 A 点，如图甲所示：甲由几何知识可得PCQAPQQO楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师5L代入数据可得粒子轨迹半径RQO8v2洛伦兹力提供向心力BqvmR5BqL解得粒子发射速度为v 8m .(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab 直线的动能相等，可知ab 为等势面，电场方向垂直ab 向下水平向左射出的粒子经时间t 到达 Q 点，在这段时间内LCQ 2vtPC L 12at2qE式中 a m225qLB(3)只有磁场时，粒子以O1 为圆心沿圆弧 PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于 D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图乙所示据图有乙LR3sin R 5解得 37&#

17、176;故最大偏转角max233°max粒子在磁场中运动最大时长t1T360°式中 T 为粒子在磁场中运动的周期粒子以 O2 为圆心沿圆弧 PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短据图乙有L/24sin R 5解得 53°速度偏转角最小为min 106°楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师min故最短时长 t2T360°因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值t1max233t2min106.5BqL25B2qL233【答案】 (1) 8m(2) 8m电场方向垂直 ab 向下(3)106( 三 )1. 【解析】 (1)设金属框在进入第

18、一段匀强磁场区域前的速度为v0，金属框在进入第一段匀强BL2磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为E tEBL 2BL2平均电流为： I r rt ， q I t r设线框经过每一段磁场区域的过程中安培力冲量大小为I2B2L3则 I B I Lt0r232B L2B2L3(2)金属框穿过第 (k1)个磁场区域后，由动量定理得到：(k1) mvk 1 mv0 rB2L3金属框完全进入第k 个磁场区域的过程中，由动量定理得到：rmvk mvk12B2L3nr mv02n2k1 B2L3解得： vk mr.BL22B2L32n 2k1 B2L3【答案】(1) rnr(2)mr2. 【解析】 (

19、1)物块甲从 A 运动至 B，由动能定理得：12m1gh12m1v0解得： v125m/s v假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：11m1gL m1 v22 m1v1222解得： v2 4 m/s因 v2v，故物块甲第一次运动至C 点的速度大小为v24 m/s.(2)以物块甲和物块乙为研究对象， 从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有： m1 v2m1v3 m2v4系统能量守恒，则有：1212122m1 v2 m1v3 m2v422楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师联立解得： v3 2 m/s则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C 点的速度大小为2 m/

20、s.(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：m1gm1a解得： a 2 m/s21212从 C 运动 B，由动能定理得： m11 513gL2m v 2m v解得：到达 B 点的速度为 v50物块甲从 C 点运动到左端 B 点的时间为 t1v5v3 1 sa接着甲在传送带上向右做加速度仍为a 的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t2，则有：vt2 a0.5 s12甲在 t2 时间内的位移为 x1，由动能定理得： m1gx1 2m1 v00.解得： x10.25 m甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为x2Lx1则所用的时间为t3x2 L x10.75 svv故

21、甲从第二次到C 点后再次到达C 点的过程中，运动时间为tt1t2 t3 2.25 s.【答案】(1)4 m/s(2)2 m/s(3)2.25 s( 四 )1. 【解析】(1)设小球到达轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律mgR(1 cos 5312°)mv02解得 v04 m/s2v0小球在轨道最低点F mg m R解得 F9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力FF9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为t12h 2gt解得t0.3 s小球恰好击中小车的最右端v1t v2tx以上各式联立解得v12 m/s，v2 0.5 m/s楚天龙腾教育物理大讲堂陈老师所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.1212(3)由能量守恒定律得mgR(1cos 53 °)mv1 Mv2 Q22解得 Q2.75 J.【答案】(1) 9 N (2)2 m/s(3) 2.75 J2.【解析】L12(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： Lv0t，