2021-2025年高考物理试题分类汇编：力学计算题（浙江专用）解析版

\\五年真题（2021-2025）

专题19力学计算题

（五年考情•探规律）c

考点五年考情（202L2025）命题趋势

计算题命题聚焦核心知识点的综合应

考点1牛顿运

2021、2022、2024

动定律用，强调对学生物理思维和问题解决能力

的考查。牛顿运动定律作为基础，常与斜

考点2曲线运面、传送带等经典模型结合，重点考查受

2022

动力分析与运动状态变化的关联推导。能量

与动量守恒定律是高频考点，注重动能定

考点3机械能

2021、2023、2024

及其守恒定律理、机械能守恒及动量守恒的综合运用，

突出不同能量形式转化与动量传递过程的

分析。圆周运动与天体物理类题目，多将

向心力公式与万有引力定律融合，侧重圆

周运动中力与运动的关系及天体运动规律

的应用。命题趋势上，愈发注重与生活实

际和科技情境的结合，强化物理知识在真

考点4动量及

2021>2022、2023、2024

其守恒定律实场景中的迁移应用；同时渗透实验思维，

要求学生具备运用数学工具（如微元法、

几何分析、图像解读等）处理复杂物理问

题的能力。整体来看，题目设计趋向复杂

过程拆解，对学生综合分析、模型建构及

逻辑推理能力的要求逐步提升。

（五年真题•分点精准练）

考点01牛顿运动定律

1.（2024・浙江月选考）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道A4、半径为R的光

滑螺旋圆形轨道80光滑水平直轨道。E平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽

EFG，侧壁E尸放置，平板上表面与OE”齐平。将一质量为，〃的小滑块从A端弹射，经过轨道3C。后

滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。己知7?=0.5m,J=4.4m,L=1.8m,M=m=0.1kg,

平板与滑块间的动摩擦因数〃尸0.6、与凹槽水平底面/G间的动摩擦因数为〃2。滑块视为质点，不计空

气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度rlOni/J。

（I）滑块恰好能通过圆形凯道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度酩的大小；

（2）若〃2=0,滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能;

（3）若〃2=0.1，滑块能到达〃点，求其离开弹簧时的最大速度

【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s

【详析】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点。时半从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理

A

2

-2mgR='；nivc-；解得*=5向$

（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动员守恒共根据能显守恒共2解

得出。

（3）若"2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为

2

ai="]g=6m/s

"尸8-"2（”+〃?应A2

a=----r-------=4m/sz

2M

共速后，共同加速度大小为。3=42glm62考虑滑块可能一直减速直到H,也可能先与木板共速然后共同

减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程v=vE-a^=a2ti

火速过程，滑块、木板位移分别为

X2=2^

共速时，相对位移应为AA-L=X1-X2解得丫£=6m/s,v=2.4m/s随后共同减速^3=<7-^1=1.88m到达”速度

打尸产五三=&01/$说明可以到达”，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。

2.（2（）22•浙江・6月选考）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成

24。角，长度/i=4m,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,

其与滑轨间的动摩擦因数均为小j货物可视为质点（取cos24o=0.9,sin24°=0.4,重力加速度gHOm/s?）。

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度用的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度1，的大小；

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度

24°

【答案】（l）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m

【详析】（1）根据牛顿第二定律可得/僻心24。-"〃呼0524。=，必代入数据解得4]=2械2

2

（2）根据运动学公式2a1/1=v解得片4m/s

（3）根据牛顿第二定律根据运动学公式-2〃2/2=*滥-丫2代入数据联立解得/2=2.7m

3.（2022・浙江月选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水

平直道A8与长20m的倾斜直道8c在4点平滑连接，斜道F水平面的夹角为15。。运动员从A点由静

止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所

示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg,

sinl5°=0.26,重力加速度g取lOm/s2,求雪车（包括运动员）

（1）在直道A8上的加速度大小：

（2）过C点的速度大小；

（3）在斜道上运动时受到的阻力大小。

图1图2

【答案】(l)4]=3n/s2；(2)12m/s；(3)66N

2

【详析】⑴段vf=2a1j1解得a1=1m/s

(2)AB段v\=a\t\解得《=3sBC段

6f2=2m/s2

过C点的速度大小y=V|+〃2,2=12m/s

（3）在8C段有牛顿第二定律mgsin"产产〃以2解得居=66N

4.（2021・浙江・6月选考）机动车礼让行人是-一种文明行为。如图所示，质量片l.OxUkg的汽车以修=36km/h

的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长/=6m的队伍从斑马线

一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶

/G组成，B、D和r为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、0八D、02

和尸点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量加=O.lkg,轨道8CO和。E/的半径E=0.15m,轨

道AB长度，AB=3m,滑块与轨道/G间的动摩擦因数"=（滑块与弹性板作用后，以等大速度弹问，

sin37°=0.6,cos370=0.8<,滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（g=10m/s2）

（1）若释放点距8点的长度i=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力国的大小；

（2）设释放点距B点的长度为如滑块第一次经尸点时的速度□与4之间的关系式；

（3）若滑坎最终静止在轨道/,G的中点，求释放点距〃点长度力的值。

【答案】（1）7N；（2）v=/12/x-9.6（/Y>O.85m）；（3）

【详析】（1）滑块释放运动到。点过程，由动能定理"?g/s:n37+wg/?（l-cos37）="诋经过C点时

F"g=/吟解得£v=7N

A

（2）能过最高点时，则能到尸点，则恰到最高点时/Mg/xSin37-〃?gx4Rcos37="/解得v=1/12/v-9.6而

要保证滑块能到达尸点，必须要保证它能到达。石厂最高点，当小球恰好到达。E尸最高点时，由动能定

理

wg/tsin37-mg(3/?cos37+R)=0可解得/=0.85m则要保证小球能至ij/点，/>0.85m,带入尸/12k9.6

可得vNvC石m/s

（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第•次到达中点时做功的〃倍，则〃=1,3,5

IFGIFG

wg/vsin37-wg-Y-sin37/〃g-^cos37=0

解得4=首门1〃=1,3,5,乂因为，ABX20・85m,，AB=3m当〃=1时，/xI=-^m,当〃=3时，当〃=5

时，，x3=/m,满足要求。即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度。的值可能为£m《m,

考点03机械能及其守恒定律

7.（2024・浙江月选考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角外37。的直轨道力4,半径R=lm的圆弧轨

道BCD,长度L=L25m、倾角为夕的直轨道半径为R圆心角为。的圆弧管道跖组成，轨道间平滑连

接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量，“=0.5kg滑块从其上表面与轨道末端厂所在的水平

面平齐。质量〃尸0.5kg的小物块。从轨道48上高度为人静止模放，经圆弧轨道8CQ滑上轨道。£轨道。E

由特殊材料制成，小物块。向上运动时动摩擦因数勺=0.25,向下运动时动摩擦因数%=0.5,且最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。当小物块〃在滑块。上滑动时动摩擦因数恒为多，小物块。运动到滑块右侧的竖

直挡板能发生完全弹性碰撞。(其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若h=0.8m,求小物块

①第一次经过。点的向心加速度大小；

②在。月卜经过的总路程：

③在。。上向上运动时间r上和向下运动时间，下之比。

(2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

【答案】(1)①16m&；②2m；③1：2；(2)0.2m

【来源】2024年1月浙江省普通高校招生选考物理试题

【详析】(1)①对小物块〃从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有〃?gh=g加心第一次经

过C点的向心加速度大小为〃=号=警=16111/52

AA

②小物块a在DE上时,因为〃2，“gcos以mgsin〃所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之

后经过若干次在OE上的滑动使机械能损失，最终小物块。将在8、。间往复运动，且易知小物块每次

在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在。石上经过的总路程为s,根据功能关系有

mg[h-R(1-cos®)]=(〃]mgcosO+/i^mgcos0)-

解得s=2m

③根据牛顿第二定律可知小物块〃在OE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

2

af.=gsin/74-^fgcos6/=8m/s

”=gsin9-〃2gcos%2m/s2

将小物块〃在。E上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有

扣上4=1下。

解得生=1

'下2

(2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有，"看，〃g[h】sina2R(l-cos，)]-"〃班cos微隼得昨=2m/s

设滑块长度为/时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度口，根据动量守恒定律和能量守

恒定律有

mvp=2mv

11

92〃?9/+24]〃吆/

乙乙

解得/=0.2m

8.（2023・浙江・6月选考）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道A8、。。和

水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD

和足够长的水平直轨道尸G平滑相切连接。质量为的滑块6与质量为2/〃的滑块c•用劲度系数Q100N/"?

的轻质弹簧连接，静置于轨道rG上。现有质量%0.121^的滑块。以初速度“=2711燧从/）处进入，经

。石尸管道后，与“G上的滑块。碰撞（时间极短）。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动，

滑块。与传送带间的动摩擦因数"=0.5,其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能

与=；去2（x为形变量）。

（1）求滑块。到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小VF在所受支持力大小FN;

（2）若滑块。碰后返回到8点时速度也=hWs,求滑块a、6碰撞过程中损失的机械能AE；

（3）若滑块。碰到滑块人立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差入L

G

【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m

【来源】2023年选考浙江卷物理真题（6月）

【详析】⑴滑块4从。到广，由能量关系mg2&=：〃忌・1/"诏在尸点F^nig=m解得v尸10m/s

LLK

F/v=31.2N

（2）滑块。返回8点时的速度滑块。一直在传送带上减速，加速度大小为fl=^g=5m/s2根据

诒=展2az,可得在C点的速度vc=3m/s则滑块a从碰撞后到到达。点"汨=?而连+/〃g2R解得v/=5m/s

因ab碰撞动量守恒，则""产-加叫+3〃?叱解得碰后b的速度V2=5m/s则碰撞损失的能量

△石=:〃八齐；〃屠-13〃W=0

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度加昨=而，解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到最

短或者伸长到最长时有共同速度4加尸6〃2则y'=3m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为内，由能最关系

|[4/?n^=；6mv2+\kx\解得M=0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为必二制则弹簧最大长度与最小

长度之差Ax=2xi=0.2m

9.（2（）23•浙江月选考）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角Q37。的直凯道4以

螺旋圆形轨道8CQ，倾角%37。的直轨道水平直轨道”组成，除尸G段外各段轨道均光滑，且各处

平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道J8、EF相切于8回处.凹槽G"〃底面印水平光滑，上面放有一无动力

摆渡车，并紧靠在竖直侧壁G〃处，摆渡车上表面与直轨道对、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形

轨道半径H=0.5m,B点、高度为1.2R,尸G长度以G=2.5m,长度及=9m,摆渡车长度£=3m、质量〃尸1kg。

将一质量也为〃?的滑块从倾斜凯道48上高度h=2.3m处静止释放，滑块在尸G段运动时的阻力为其重力的

0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁〃立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，5皿37。=06cos37。=0.8）

（1）求滑块过C点的速度大小匕,和轨道对滑块的作用力大小五「；

（2）摆渡车碰到/J前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数〃；

（3）在（2）的条件下，求滑块从G到./所用的时间/。

7

【答案】（1）Vc=4m/s,7c=22N；（2）"=0.3：（3）t=2.5s

【详析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得〃磔h-L2R-R-Hcose）=>w3解得Vc=4m/s

滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得尸c+〃吟=〃样解得尸c=22N

（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为y,从静止释放到G点过程，根据动能定理可得

1,

〃?gh-0.2〃磔/G=3

解得v=6m/s摆渡车碰到“前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明猾块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速修,

以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv=2mvx解得w=；=3m/s根据能量守恒可得

Q=/imgL=^mxf2-1解彳导"=0.3

（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为4=侬=3|滋2所用时间为/,=^=ls

ma

此过程滑块通过的位移为,q=^Li=4.5m滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该

过程所用时间为/2=^=1.5S则滑块从G到J所用的时间为Z=a+，2=2.5s

10.（2021・浙江.1月选考）如图所示，竖直平面内由倾角。=60。的斜面轨道A8、半径均为R的半圆形细圆

管轨道8CQE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所

在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心。2的连线，以及。2、E、0/和8等四点连成的直线与

水平线间的夹角均为火30。，G点与竖直墙面的距离现将质量为，〃的小球从斜面的某面度h处

静I上释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。

（1）若释放处高度力=%,当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小”及在此过程中所受合力的

冲量的大小和方向；

⑵求小球在圆管内与圆心0/点等高的。点所受弹力尸N与h的关系式.；

(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？

【答案】⑴尸两；，/=〃?两;，水平向左；(2)£v=2〃?g(")(伦R)；⑶或h《R

【详析】⑴机械能守恒〃@0="此，解得yJZgh。动量定理/=〃nm=/w/gho方向水平向左

⑵机械能守恒wg(h-/?)=；wv5牛顿第二定律仆=等解得飞=2〃3、-1)满足的条件hN/?

(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是hwg人第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入

G之前是平抛运动片匕三其中b=VGSinavv=vccos^»则.仙。'：'="得1(=25/^机械能守恒

cg

mgL肛=g由诒入满足的条件h=gR

考点04动量及其守恒定律

11.(2024.浙江.1月选考)如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。

平台通过三根关于0'。〃轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端0,弹簧上端固定悬挂在0'点，

三个相同的关于0'。"轴对称放置的减振相位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆回

定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖

直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为凡处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中

做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t=0时速度为火,方向向下，Q、

12时刻的振幅分别为4,人2。平台和三个线圈的总质量为八弹簧的劲度系数为幺每个线圈半径为八

电阻为R。当弹簧形变量为A》时，其弹性势能为不计空气阻力，求

(1)平台静止时弹簧的伸长量△%：

(2)t=。时，每个线圈所受到安培力产的大小；

(3)在0〜0时间内，每个线圈产生的焦耳热Q

(4)在〃〜£2时间内，弹簧弹力冲量/弹的大小。

【答案】（1）T：（2）⑶"m评—k掰）；（4）mg。？一幻一^

kR6R

【详析】（1）平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线II不受到安培

力作用，0点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量=1

（2）在t=0时速度为北，设每个线圈的周长为，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流

EBLvBVx2rn2vrnB

I——=0----=0----------=o-------

RRRR

每个线圈所受到安培力F的大小F=BIL=吗之

（3）由减震器的作用平台上下不移动，由能量守恒定律可得平台在。〜匕时间内，振动时能量的减少

量为。，由能量守恒定律。+mg&评+gk（Ax）2-泮（Ax-A＞在0〜。时间内，振动时能量

的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热Q=="m诏-kA：）

36

（4）取向上为正方向，全程由动量定理可得/弹+〃-/G=。

其中

，G=mg«2-口）

/A=3x2nrB•Aq

2九丁3041—42）

州=-------------

联立解得弹簧弹力冲量/弹的大小为/弹=mg{t2-tj-32・2》一生）

12.（2023・浙江・6月选考）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，。外平面（纸

面）的第一象限内有足够长且宽度均为心边界均平行x轴的区域I和H,其中区域I存在磁感应强度

大小为8/的匀强磁场，区域II存在磁感应强度大小为历的磁场，方向均垂直纸面向里，区域H的下边

界与x轴重合。位于（0,3L）处的离子源能释放出质量为机、电荷量为外速度方向与x轴夹角为60。的

正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。

（1）求高子不进入区域II的最大速度v/及其在磁场中的运动时间八

（2）若=2B],求能到达y=：处的离子的最小速度V2；

（3）若4=2y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在皿〜丝场范围，求进入第四象限

Lmm

的离了•数与总离了数之比，/。

y

【答案】(1)%=出丝；£

1m

【详析】(1)当离子不进入磁场H速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系,18$60。=-1-乙解

得n=2L

根据q巧Bi=m最解得巧=誓

在磁场中运动的周期7=

(2)若B2=2BI，根据r=胃可知A=2r2

粒子在磁场中运动轨迹如图，设0/02与磁场边界夹角为。，由几何关系

r^ina-丁对1130°=L

L

r2—r2sina=-

解得r?=2Lsina=:根据qv24=m-e解得功="迎

4r2m

(3)当最终进入区域H的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理BzqUyAt=mLvx即，yqdy=mLvx

求和可得E?粒子从区域I到区域IIQ：咚到x轴上的过程中m(v-vcos600)=

L

BM+99处解得〃=皿

则速度在也处乌虫之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在强3,乂粒

mmmm

子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为7=60%

13.(2022.浙江.6月选考)离子速度分析器截面图如图所示。二径为R的空心转简P,可绕过。点、垂直

xQv平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在

方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点。

离子源M能沿着x轴射出质量为机、电荷量为-q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为

%的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被

吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和面子间的相互作用。

(1)①求磁感应强度4的大小；

②若速度大小为no的离子能打在板。的4处，求转筒P角速度①的大小；

(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的。处，OC与％轴负方向的夹角为仇求转

筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力小的大小；

(3)若转筒P的角速度小于等，且八处探测到离子，求板。上能探测到离子的其他夕的值(夕为探测

点位置和。点连线与K轴负方向的夹角)。

电于叫M

【答案】⑴①3=翳，②co=(4k+1琛，女=0,1,2,3...；(2)4?tan*n=0,

I,2,...；(3)/=、，-TT

66

【详析】(1)①离子在磁场中做圆周运动有q%8=警，则8=货

RClr\

②离子在磁场中的运动时间t=署转筒的转动角度3t=2/nr+；3=(4k+l)容k=(),I,2,3…

2VQLR

(2)设速度大小为u的离子在磁场中圆周运动半径为R',有

,0

R=Rian—

乙

0

v=votan-

离子在磁场中的运动时间t'=(n-8)日转筒的转动角度//'=2mr+。转筒的转动角速度力=

筹翳…”2,.动量定理

2n

F-=Nmv

诏Q

_(27in+J)Nmtan-,n-0,1,2,.

2(TT-0)TTR

(3)转筒的转动角速度丝普二等■<竽其中&=1,夕二亭171,〃=0,2或者攵=0,71=0,6=

R(n-O')RR6

7Z(舍)可得夕6o

14.(2022・浙沱・6月选考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先

进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未

画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨画的辐向磁场

中，其所在处的磁感应强度大小均为从开关S与I接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动

飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻Ro,同时施加回撤力凡在尸

和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的内图如图2所示，在

〃至上时间内尸=(800—1Ou)N,“时撤去尸。己知起飞速度力=80m/s,o=1.5s,线圈匝数〃=100匝，每

匝周长/=1m,飞机的质量M=10kg,动子和线圈的总质量〃z=5kg,&=9.5C,B=0.1T,不计空气阻力和

飞机起飞对动子运动速度的影响，求

(1)恒流源的电流/；

(2)线圈电阻R；

(3)时刻依

【答案】(l)80A；(2)R=0.5Q；(3)t3=^-s

【详析】(1)由题意可知接通恒流源时安培力/安二九8〃幼子和线圈在Of时间段内做匀加速直线运

动，运动的加速度为a=4根据牛顿第二定律有安=(M+m)a代入数据联立解得/="瞥=80A

(2)当S掷向2接通定值电阻扁时，感应电流为厂=黑

此时安培力为尸安=几8”所以此时根据牛顿第二定律有(800-10g=ma'由图可知在0至

入AQ+n

£3期间加速度恒定，则有10解得R=0.5C,=160m/s2

(3)根据图像可知七一G=0.5s故今=2s；在0~上时间段内的位移s=\vxt2=80m而根据法拉

第电磁感应定律有E="普=喏

AtAt

电荷量的定义式

△q=It

E

/=------

R+Ro

可得Aq=吧尾半创从心时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量

r

定理有-71班Aq=0-ma（t2—联立可得（£3-切之+（匕-£2）-1=。解得。=三's

15.（2021・浙江・6月选考）如图甲所示，空间站上某种高子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两

平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面尸为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,

垂直立力体侧面和金属板建立大、1y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为以力向沿z轴正方向的匀

强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和），方向的分量员和By随

时间周期性变化规律如图乙所示，图中％可调。丽离子（X/+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀

速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面夕射出，测得离子经电场加速后在金属板N中

心点O处相对推进器的速度为已知单个离子的质量为〃八电荷量为2e,忽略离子间的相互作用，

且射出的离子总质量远小于推进器的质量。

（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vs；

（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节殳的值，使得从小孔5射出的离子均能从喷口后端面。射

出，求Bo的取值范围；

（3）设离了在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为〃，且8。=

等。求图乙中片时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。

甲乙

【答案】（1）%=［瑶-（2）0〜〉:（3）|n7nv0,方向沿z轴负方向

Ym3eL5

2

【详析】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd=诏-1mvs

解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为=小纭嘤

（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口尸的下边缘中点射出，根据几何关系有

（&-1）2+L2=Rl根据洛伦兹力提供向心力有2/殳=管联立解得殳=翳当磁场在x和），方

向的分量同取最大值时，离子从喷口。边缘交点:射出，根据几何关系有（&-苧）2+/=布，此时B=

立Bo；根据洛伦兹力提供向心力有2ex%x&Bo=警联立解得8。=詈,故B。的取值范围为0〜詈;

32L3CL

（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示

由题意根据洛伦兹力提供向心力有2ex%x或及=警，且满足8。=粤。所以可得凡=*3=

-L

4

所以可得cos。=离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FAt=nAtmv0cosd-0根据牛

顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F%。方向沿z轴负方向。

16.（2021•浙江心月选考）如图所示，水平地面上有一高〃=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角外37。的

粗糙直轨道力4、水平光滑直轨道4C、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道它们平滑

连接，其中管道CO的半径r=0.lm、圆心在O1点，轨道力E户的半径H=0.2m、圆心在Q点，3、。、Q和

F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道48上距台面高为力的P点静止下滑，与静止在轨道8c上等质

量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道C。、轨道OE/从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上

的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上。点，己知小滑块与轨

道力B间的动摩擦因数"=《，疝37。=06cos37°=0.8,取重力加速度g=10m/s2。

（1）若小滑块的初始高度h=0.9m,求小滑块到达4点时速度好的大小；

（2）若小球能完成整个运动过程，求力的最小值%而；

（3）若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调，求落地点。与尸点的水平距离x的最大

【答案】（1）4m/s；（2）hmjn=0.45m；（3）0.8m

【详析】（I）小滑块在轨道上运动〃?gh-"/〃gcos。-^-=|wv'o代入数据解得％=：«ii=4m/s

（2）小球沿CZ）属轨道运动，在最高点可得〃?从C点到E点由机械能守恒可得

121?

5〃喉min+〃蹴汽+广产2

解得叫mm=&Hs,vBnnn=2V2m/s小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此仃

解得匕'=0，以minfmin结合⑴问可得匕min=+屈高解得力的最小值hmin=0.45m

（3）设尸点到G点的距离为y,小球从E点到G点的运动，由动能定理得，〃诏=1〃?鼎向+"联火+y）由

平抛运动可得二叼，〃+广产%2联立可得水平距离为广24）.5-），）（（）.3+＞）由数学知识可得当0.5-尸0.3+），

取最大，最大值为xmux=0.8m

1年模拟•精选模考题

（2025・浙江•选考测评五）如图所示的装置，半圆形轨道的直径PQ与水平面垂直，轨道的最低点。与右

侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着上表面与台阶齐平的长木板C。在台阶上两个铁块A、B间压缩一轻

质弹簧（弹簧与铁块间不固定），某次由静止释放两铁块，铁块A脱离弹簧后恰好沿半圆形轨道运动到

轨道最高点儿铁块B滑上木板C的上表面，与右侧固定在地面上的竖直弹性挡板碰撞时，B、C恰好速度

相同。B、C接触面间的动摩擦因数4=0.4,其余摩擦不计，木板C与弹性挡板的碰撞过程中没有机械能损

失且时间极短，半圆形轨道的半径R=0.32m,铁块A、B与木板C的质量之比是〃以：〃蛆：〃（二3：2:1,铁块B始

终没有碰到挡板，求：

p

CI弹性挡板

I、/〃〃〃/〃/〃〃//，//〃/〃〃/〃〃〃〃〃/入_I

777777777/L__________________

(1)铁块B滑上木板C时的速度大小；

(2)木板C的右端到挡板的距离x；

(3)木板C的最小长度L；

(4)从铁块B滑上木板C,到C停止，木板C运动的总路程s。

【答案】(l)6m/s

(2)1m

⑶4.5m

(4)3.25m

【详析】C)设铁块A、B与木板C的质量分别为3”.2叽加铁块A.B弹开过程动量守恒，有3〃八，A-2〃八，B=0

铁块A弹升后恰好过半圆形轨道最高点P,则由牛顿第二定律得3〃?g=孚铁块A弹开后，一直运动到半

圆形轨道最高点尸，机械能守恒!(3m)或=:(3〃?)H>+2(3〃?)gR解得VB=6m/s

(2)铁块B滑上木板C后动量守恒，设共速时速度为n则2〃?珀=(2〃?+〃小，对木板C由动能定理得

2/tmgx=^mv2代入数据解得x=1m

(3)经多次碰撞后，B和C最终停止，由能量守恒得〃⑵噢L=:⑵"耳解得£=4.5m

(4)碰撞过程C的速度人小不变，方向反向，到再次碰撞时B、C速度已相同，从第2次碰撞开始(以

下〃=2,3,4I),由动最守恒得/%%-「〃?(>"/=(〃出+/〃(?)%?设第〃“次碰撞后木板C的位移最大值为,

则由动能定理得-2〃m求得x产金；所以干=(；：：)=g其中X|=U=lm,则结合等比

数列求和公式，可得从铁块B滑上木板C,至IJC停止，木板C运动的总路程s=x+2F解得5=3.25m

i-q

2.(2025・浙江・选考二测)如图所示，带有四分之一圆弧的滑块(顶端为从底端为c