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...........................................................................4

力学综合.......................................................................4

动量能量综合...................................................................5

带电粒子在电场中的运动.........................................................7

带电粒子在磁场中的运动.........................................................8

电磁感应.......................................................................9

法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势）....................................9

杆切割.................................................................9

线框切割.............................................................10

感生电动势............................................................11

电磁感应中的功能问题.....................................................11

电磁科技应用..................................................................12

热学..........................................................................13

光学..........................................................................15

近代物理......................................................................17

思想方法原理类................................................................17

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氏L]=150m,BC水平投影L2=63m,图中C点切

线方向与水平方向的夹角6=12°（sin12°^0.21）＜,若舰载机从A点由静止开始做匀批注[z1]:【解答】解.：（1）舰载机做初速度为零的

匀加速宜线运动，

加速直线运动，经t=6s到达B点进入BC.己知飞行员的质量m=60kg,g=10m/s2,

设其刚进入上翘甲板时的速度为V,则舰载机在AB

上滑行过程：Li=^t,

求

由动能定理得：W=|mv2-0,

（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；代入数据解得：W=7.5Xl（y»J；

（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R,由几何知识

（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。

得：L2=Rsin8,

以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FN-mg

v2

=mp

代入数据解得：FN=1.IX103N；

答：（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为7.5X10^：

（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的

压力FN大小为LlX10JNo

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。

批注[Z2]：【解答】解♦：（1）由牛顿运动定律知，A

加速度的大小：OA=pg

A与B、B与地面间的动摩擦因数均为'先敲击A,A立即获得水平向右的初速度，

匀变速直线运动：2a〃=若

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

解得：vA=y/2figL

（2）设A、B的质量均为m,对齐前，B所受合外

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

力大小：F=3|img

滑动摩擦力，重力加速度为g。求：由牛顿运动定律：F=maB,解得:aB=3pg

对齐后，A、B所受合外力大小：F=2pmg

（1）A被敲击后获得的初速度大小VA；

由牛顿运动定律F=2maB'

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a/；解得:a,B=pg

（3）经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别

（3）B被敲击后获得的初速度大小VB。

为XA,XB，A加速度的大小等于aA,则：

v=aAt

V=VB-3Bt

B批注[73]:【解答】解:（1）上升过程由牛顿第二定

律得：mg+f=mai

解得：ai=llm/s2

上升的最大高度：11=詈=第11

功能2al11

（2）从抛出到接住的过程中重力做功WG=0

空气阻力做功Wf=-f*2h=一学

3.[2019.04浙江选考】小明以初速度vo=lOm/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮⑶上升过程的时间卜=言=苧

球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球

下降过程由牛顿第二定律得：mg-f=ma2

（1）上升的最大高度；解得：a2=9m/s2

由位移公式得：h=1a2tf

（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功

解得：t2=誓s_

（3）上升和下降的时间。

批注[Z4]:【解答】解：（1）v-t图象如图所示;

动・

（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为V”则b

时刻的速度也为V”t2时刻的速度为V2,在t2时刻以

后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a,取△（=

力学综合1s,设汽车在t2+（n-1）△t~t2+n/Xt内的位移为

Sn,n=l、2、3…。

若汽车在匕+3/it〜t2+4At时间内未停止，设它在

t：+3At时刻的速度为V3,在t2+4At时刻的速度为

4.[2019全国卷II]一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行

V4,根据运动学公式有：

（）①

驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受si-S4=3aAt2

si=V2At—|a（A£）2②

阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0〜ti时间段为从司机发V4=vz-4aAt（3）

联立①©③式，代入数据解得：

现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力己忽略，汽车仍保持匀速行-^m/s©

这说明在t2+4Z\t时刻前，汽车已经停止。因此，①

驶），tl=0.8s：ti〜t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=L3s；从t2时刻开始汽车的刹式子不成立；

由于在〜时间内汽车停止，根据运动

车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m,第12+3A12+4ZXI

学公式可得：

4s内的位移为1m。v?=v2-3aAi（5）

2as4=vf⑥

联立②⑤⑥式，代入数据解得a=8m/s2,V2=28m/s

⑦

或者a=^m/s2,V2=29.76m/s@

但⑧式子情境下，V3<0,不合题意，舍去：

（3）设汽车的刹车系统稔定工作时，汽车所受阻力

大小为h，根据牛顿第二定律可得：

fi=ma⑨

在U〜12时间内，阻力对汽车冲量的大小为1=

）⑩

（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图-q

根据动星:定理可得：I=mvi-mvz，©

线；根据动能定理，在h〜12时间内，汽车克服阻力做的

功为

（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小：W=

联立⑦⑨⑩®@式，代入数据可得：

（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及ti〜t2时间内汽车克服阻力做的功：从司机vi=30m/s,@

W=1.16X105J：@

发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以ti〜t2时间段始末速度的算术平均

从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约

值替代这段时间内汽车的平均速度）？为：

5.12019.04浙江选考】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上S=V|tl+1(V|+V2)<t2-t|)+

联立⑦⑬⑮，代入数据解得s=87.5m.⑯

运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角0=37°的直轨道AB,

其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒

通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转

轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设

小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。

已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为U=0.5.（sin370=0.6）

批注［75］:【解答］解：（1）物块由静止释放到B的

过程中，由牛顿第二定律得：

mgsinQ-gmgcosQ=ma

（1）若h=2.4m,求小物块到达B端时速度的大小；

由速度位移的关系式得：

（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件VB2=2嗑

联立解得：VB=4m/s

（3）改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地

（2）左侧离开，设到D点速度为零时高为hi，由动

点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。能定理得：

0=mghi-^mgcos8j^—pmgL

解得：hi=3.0m

若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是

hW3.0m

（3）右侧抛出，设到D点的速度为v,由动能定理

动・能・综合得：

^mv2=mgh-gmgcosQ^^-pmgL

由平抛运动的规律得：H+2R=jgp,x=vt

6.［2019全国卷I】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平

解得：

）

滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a所示。1=0时刻，小物块A在为使能在D点水平抛出，则有：

倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返jmv2

mg5

回到倾斜轨道上的点（图中未标出）时，速度减为此时对其施加一外力，使其在

P0,解得：h=3.6m

倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图象如图（b）所示，图中的V］和ti均为未答：（I）若h=2.4m,小物块到达B端时速度的大小

是4m/s；

知量。己知的质量为初始时与的高度差为重力加速度大小为不计

Am,ABH,g,（2）若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条

空气阻力。件是h《3.0m：

（3）改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D

点水平向右抛出，小物块落地点到D点的水平距离x

与h的关系式是x=2j力一3

h需要满足的条件是h=3.6m。

批注［z6］:【解答】解.：（1）根据图（b）,vi为A在

碰撞前瞬间的速度大小，葭为其碰撞后瞬间速度大

小。设物块B的质量为m',碰后瞬间的速度为

根据动量守恒定律可得：mvi=m（一葭）+m'v'

根据能量守恒定律可得：imvf=1m（-^-）2+

-mV2

2

图(b)联立解得W=3m；

（2）在图（b）描述的运动中，设物块A与轨道间的

滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为

在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功:si,返回过程中所走过的路程为S2,P点的高度为h,

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道整个过程中克服摩擦所做的功为W,根据动能定理可

得：

间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前mgH-fsi=加谱-0

2

后动摩擦因数的比值。-（fi»2+mgh）=0-1m（-y）

从图（b）给出的图象可知，

7.12019全国卷III］静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=L0kg,nm=

批注［Z7］：【解答】解.：（1）设弹簧释放瞬间A和B

的速度大小分别为VA、VB以向右为正方向，由动量

4.0kg：两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=如图所.

守恒定律和题给条件有：

示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek0=m,\VA-meVB

=10.0J.释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数

联立①②式并代入题给数据得

均为p=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞VA=4.0tn/s»VB=1.0m/s

（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，•.者

且碰撞时间极短。

运动的过程中，若A-宜向右运动，•宜到停止，则

（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；对A由动量定理可得：-pmAgti=0-mAVA

则：ti=2.0s

（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？

B一直向左运动，贝1J：-pmBgt2=0-DIBVB

（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？可得：t2=O.5s

可知B先停止运动，该过程中B的位移：4=

批注［78］：【解答】解：（1）设a的质量为m,则b

的质量为3m。

碰撞后b滑行过程，根据动能定理得

-n,3mgs=0—I*3mvb2<.

8.12019海南卷】如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平

解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小\%=袁砺

拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物（2）对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根

据动量守恒定律得

块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a

mvo=mv&+3mvb。

的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为囚重力加速度大小为g。求根据机械能守恒得|mvo2=jnva2+1*3mvb2»

设轻绳的长度为L.对于a下摆的过程，根据机械能

（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小;

守恒得

（2）轻绳的长度。mgL=gmvo2o

联立解得L=4即

答：：——

w

批注［z9］:【解答］解：（1）PG、QG间的电场强度

大小相等、方向相反，设为E,则有：

设粒子第一次到达G时动能为E»根据动能定理可

得：

qEh=Ek-gm诏

解得：Ek=^

粒子在PG间运动的加速度为：a=再=警

带电粒子在电场中的运动