2018年高考物理计算题讲评

1、2018年高考物理计算题1. (2018年高考新课标n ) (12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有7车B,立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车Bo两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B车向前滑动了 4.5 m, A车向前滑动了 2.0 m,已知A和B的质量分别为2.0 103kg和1.5 103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小2小g 10m /s .求(1)碰撞后的瞬间 B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A车速度的大小。解：(1)设B车质量为mB,碰后加速度大小为 aB,根据牛顿第二

2、定律有mBg mBaB式中W是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB ,碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB2=2aBsB 联立式并利用题给数据得vB 3,0 m/s (2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为 aAo根据牛顿第二定律有mAg mAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为Va ,碰撞后滑行的距离为 sA。由运动学公式有vA2=2aAsA 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA ,两车在碰撞过程中动量守恒,有 mAVAmAVAmBVB联立式并利用题给数据得vA 4.3 m/s (7v2=2ax ,2. (2018高考天津-6)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代

3、大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6 M03 m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s,已知飞机质量m=7.0 104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取 g 10 m/s2,求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率 P。解：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有代入数据解得a=2 m/s2(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，根据题意有F阻=0.lmg设发动机的牵引力为 F,根据牛顿第二定律有 F F阻ma； 一 一 v设飞机滑跑过程中的平均

4、速度为v,有v 2在滑跑阶段，牵引力的平均功率P Fv，联立得 P=8.4M06W3. (2018高考北京)(16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m, C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量 m=60 kg的运动员从 A处由静止开 始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2,到达B点时速度vb=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。(1)求长直助滑道 AB的长度L;(2)求运动员在 AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受持

5、力Fn的大小。 22解；(1)根据匀变速直线运动公式，有 L 以士 100m2a(2)根据动量定理，有 I mvB mvA 1800 N s(3)运动员经C点时的受力分析如答图2根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有 mgh 1mvC mvB 222 根据牛顿第二定律，有 Fn mg m得Fn=3 900 NR4. (2018年高考新课标I) (12分)一质量为 m的烟花弹获得动能 E后，从地面竖直升空， 当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量，求(1

6、)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度解(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E3mv：2设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有 0 V0 gt 联立式得t工J2Eg m(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E mgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为Vi和v2。由题给条件和动量守恒定律有lm< 1mv； E 3 mM mv2 04422由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2

7、,由机械能守恒定律有mv； 1mgh242联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h h1 h2型 mg5. (2018年全国卷出)(20分)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道 ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经 整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，O为圆心，OA和OB之间的夹角为a , sin 95A点沿圆弧轨道通过 C点，落至水平轨道；在小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为go求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到

8、达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。解：(1)设水平恒力的大小为 F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 三tan F2 (mg)2 F02mg2设小球到达C点时的速度大小为 v,由牛顿第二定律得 F mR由式和题给数据得Fo 3mgv叵 42(2)设小球到达 A点的速度大小为，作CD PA ,交PA于D点，由几何关系得DA Rsin CD R(1 cos )由动能定理有mg CD Fo DA2-mv 22一 mv12由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p mv1 m" 23gR(3)小球离开 C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动

9、，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 v ,从c点落至水平轨道上所用时间为to由运动学公式有vt 1gt2 CD 12H (11)由式和题给数据得 t 356. (2018年高考新课标I) (20分)如图，在y>0的区域存在方向沿 y轴负方向的匀强电场， 场强大小为E,在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个五核11H和一个笊核2H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿 x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与 x轴正方向的夹角为 60 ,并从坐标原点 O处第一次射出磁场。11H的质量为m,电荷量为q不计重力。求(1) ；H第一次进入磁场的位

10、置到原点O的距离(2)磁场的磁感应强度大小(3) 2H第一次离开磁场的位置到原点O的距离1解：(1) iH在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设1H在电场中的加速度大小为 a1,初速度大小为V1,它在电场中的运动时间为 t1,第一次进入磁场的位置到原点1, 2 _O的距离为s1o由运动学公式有 Si v1t1h a1t12由题给条件，iH进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角 i-160 。 i H进入磁场时速度y分量的大小为ati v tan i联立以上各式得1 一一 . 、一.(2) i H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE mai 设：H进入磁场时速度的大小为V

11、,由速度合成法则有vi,v2aiti 2 设磁感应强度大小为iB, iH在磁场中运动的圆轨道半径为Ri,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvi B2S由几何关系得Rsi2Risin i联立以上各式得B6mE dqh(3)设2H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为V2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得1、212G一（2m）V2mv 22由牛顿第二定律有qE 2ma2?2设iH第一次射入磁场时的速度大小为V2 ,速度的方向与 x轴正方向夹角为入射点到原点的距离为S2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有S2v2t2h 1a2t2?2V2sin 2a2 t2?v2联立以上各式得s2s ,

12、2 i , v2-I v设2H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由？式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R22、.2r? qB所以出射点在原点左侧。设2 H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2 ,由几何关系有s2 2R2 sin 2联立？?？式得，2 H第一次离开磁场时得位置到原点O的距离为s S2空（.2-1） h?3或（1） S Viti h也七Vyi Vitan联立得Si 23h2y3（2）在电场中：Eqmaivi7V2?vy12aih联立vi 票在磁场中：Bviq m± S 2Ri sin联立得 B il6mERi. qh7 . (20i8年全国卷出)(i

13、2分)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的 N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为I。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(i)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。解：(i)设甲种离子所带电荷量为 qi、质量为mi,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有qu gmw：2由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB mR由几何关系知2R I 由式得B丑Ivi(2)设乙种离子所

14、带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为 v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2。同理有q2u2一m2V2 22 q2V2Bm2 R2由题给条件有2R2 ；由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为% S i:4 mi mt8 .(20i8年高考新课标n ) (20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为I ,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域， 宽度均为I ,电场强度的大小均为 E,方向均沿x轴正方向；M、N 为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒 子以某一

15、速度从 M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰 好以从M点入射的速度从 N点沿y轴正方向射出。不计重力。(i)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从 M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为求该粒子的比荷及其从 M点运动到N点的时间。解：（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为 抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。点射入时速度的大小为 V0,在下侧电场中运动的时间为设粒子从M t,加速度的（见图（b）,速度沿电场方向的分量为 vi,根据牛顿第二定律有式中q和m分别为粒子的

16、电荷量和质量，由运动学公式有V1at lV0t粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得由几何关系得l 2Rcos联立式得Vo2 ElBlqE maN-R无V1 V0 cot 一6 V1 vcos2 mv qvB -R（3）由运动学公式和题给数据得联立式得 3m设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则2t兀 兀2(-)-T 2天大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期由？式得t2（1善）9. （2018高考天津-6）如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应

17、强度为B,方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为r、J3r的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、No 一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中 P点静止释放,由M进入磁场,（1）求粒子从P到M所用的时间t；（2）若粒子从与P同一水平线上的 Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从 M到N的过程中，始终在环 形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在 Q时速度v0的 大小。从N射出，不计粒子重力。2解：（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为V,所受洛伦兹力提供向心力，有 qvB m展设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE；设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有

18、 F=ma;粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有丫=滉；联立式得t4迪;E(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为 r',由几何关系可知r' R 2 (J3r)2 r'2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知tan,3Rr' R粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分 运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v,在垂直于电场方向的分速度

19、始终,v为Vo,由运动的合成和分解可知tan 一联立式得VoV010. ( 2018高考天津-6)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动 能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直， 长度土匀为l,电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平 面向下，如图1所示，为使列车启动，需在 M、N间连接电动势为 E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启

20、动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度 a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图 2所示的一系列磁感应强度为 B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为 v0,此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？解：(1) M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由 a到b,由c到d,故M接电源正极。R 一(2)由题，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为 R总，由电阻的串并联知识得 R总 一;2

21、E设回路总电阻为I,根据闭合电路欧姆定律有 I工一设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=BIl2BE1根据牛顿第二定律有 F=ma，联立式得 a 2BEmR(3)设列车减速时，cd进入磁场后经 t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为 E1 ,由法拉第电磁感应定律有E1，其中Bl2 ;设回路中平均电流为I ',由闭合电路欧姆定律有 I , 自2R设cd受到的平均安培力为 F',有F' I'lB以向右为正方向，设 t时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲 F' t同理可知，回路出磁场时 ab受安培力冲量仍为

22、上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有I0 2I冲？设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总0 mv0?一 一1 总联立? 式得一I 0mv0R_ 2 2B2l2I巧讨论：若恰好为整数，设其为I 0I巧1则需设置n块有界磁场，若上不是整数，设I 0的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。？11. (2018高考北京)(18分)如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器 R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。(1)以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器 阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明 U-I图像与 两坐标轴交点的物理意义

23、。(2) a.请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率;b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和解：(1) U-I图象如图所示，图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流(2) a.如图所示，、2 E 2Eb.电源输出的电功率 ：P I R () R 2R r (R r) ,-4rR当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为P 二Emax4r1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和(3)电动势定义式E W q根据能量守恒定律，在图E Ir IR U 内 U 外内电路产生的电热，即 W 12rt12Rt Irq IRq 12. (2018高考北京)(20分)(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。，卢a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；幺)Yb.点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势