2026年高考物理三轮冲刺：计算题 必刷练习题汇编（含答案解析）

第第页参考答案1．(1)(2)【详解】（1）整个过程温度不变，将太空舱和气闸舱的气体看作整体，根据玻意耳定律代入已知条件，、、得解得（2）门A闭合后，气闸舱内原有气体压强为、体积为，温度不变。对抽气过程，设原有气体在压强下的总体积为，由玻意耳定律理想气体同温下，质量比等于体积比，抽出气体的体积为，因此代入化简得2．(1)(2)(3)【详解】（1）从释放开始到到达处，设的距离为，对由机械能守恒定律有其中代入数据解得。（2）A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则有A、B碰撞后损失的动能为联立解得。（3）碰后A、B的重力弹性绳的弹力为即满足，所以碰后A、B一起在水平方向运动，水平方向受弹性绳拉力的水平分力和滑动摩擦力，设最终弹性绳伸长量为，A、B组成的新物块最终停在距点远处，根据题意可知，弹性绳的弹力在竖直方向的分力有弹性绳的弹力在竖直方向的分力始终不变，则在A、B从运动过程中的支持力弹性绳的弹力做功转化为弹性绳的弹性势能，滑动摩擦力做功等于减少的机械能，根据能量守恒定律有根据几何关系有联立解得即A、B组成的新物块最终停在距点处。3．(1)(2)(3)，【详解】（1）由牛顿第二定律有解得当时，从圆心O点沿半径方向向外发射粒子如图所示。由几何关系有解得运动半径故（2）当时，速度为的粒子，运动半径，入射点在内圆上，向纸面内各个方向均匀发射，如图所示。当入射方向与环的半径夹角为时，那么进入磁场再进入内圆再进入磁场时的夹角都为，也就是不会从外圆出去。由几何关系可知，在图中OM线上方范围入射的粒子都会从外圆射出去，在OM线下方范围入射的粒子都不会从外圆射出去。所以当时，速度为的粒子中，从外圆射出去的粒子数和被约束在外圆以内的粒子数之比为。（3）当时，由几何关系，下图中粒子源发出速度大小相同的粒子，从A点竖直向上进入磁场，角最大，最有可能从外圆射出去，即如果它都没有出去，则这个速度大小的粒子从其他方向发射也不会从外圆射出去，此时角为。由余弦定理有解得所以同理，由几何关系可知，图丙中粒子源发出的粒子，从B点向下进入磁场，角最大，最有可能射不出外圆，若它刚好射不出，此时角为，有所以速度大小为的粒子中，只有沿MB方向射出的恰好不会从外圆射出去，其他方向发射的都会从外圆射出去；速度大小比小的粒子沿各个方向发射都不会从外圆射出去，速度大小介于到之间的粒子要看发射方向，一部分会从外圆射出去，一部分不会从外圆射出去。4．(1)72cmHg(2)【详解】（1）汽车静止时，气柱长、压强管内气柱最长时，气柱长此时压强最小，设为，由玻意耳定律有代入数据解得（2）设管的横截面积为、水银柱质量为，依题意，管内压强最小时，加速度最大。对水银柱受力分析，有又，联立得以cmHg为压强单位，代入数据得5．(1)(2)(3)【详解】（1）由弹簧和重锤组成系统机械能守恒又OA距离为杆长的，故联立解得（2）设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒由能量守恒火药爆炸释放的化学能联立解得（3）因阻力满足即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功由动能定理解得6．(1)，23.4N(2)(3)3.6C，【详解】（1）P棒从圆弧导轨滑下过程，根据动能定理得P棒运动到光滑圆弧底端b时，速度的大小P棒运动到光滑圆弧底端b时，根据牛顿第二定律得联立解得代入数据解得由牛顿第三定律可知，P棒运动到b处时，对导轨的压力大小为23.4N。（2）P棒到达轨道最低点进入磁场时切割磁场产生感应电动势感应电流N棒受到的安培力解得N棒的加速度大小代入数据解得（3）两金属棒最终分别做匀速直线运动，则有，又有，解得分别对P、N应用动量定理，对P有对N有又有，解得金属棒N速度的大小金属棒P速度的大小解得代入数据解得通过其横截面的电荷量全过程系统能量守恒有又有联立解得代入数据解得金属棒N产生的焦耳热7．(1)(2)【详解】（1）初始状态时，气体压强为，茶叶筒底面横截面积则气体初始体积为压到底后，假设不漏气，气体体积该过程温度不变，由玻意耳定律有解得此时因此压缩过程会漏气，最终静置后压强稳定为最大不漏气压强，即解得（2）拔开筒盖到刚好未分离时，气体体积膨胀为温度不变，气体质量不变，由玻意耳定律有解得对筒盖受力分析，重力不计，向下的大气压力等于向上的内部气体压力与橡胶圈作用力之和，则解得8．(1)(2)能，见详解(3)3次【详解】（1）撞木运动到最低点过程，根据动能定理有根据牛顿第二定律有联立解得，（2）规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍，若系统动量守恒，有代入，解得对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力）满足解得碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为可知因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。（3）由图像得阻力木楔总位移为时，阻力做功大小等于图像的面积，即每次碰撞木楔获得的动能为设撞击次后木楔位移，则由动能定理可知代入解得，故至少需撞击3次木楔，胚饼才开始出油。9．(1)0.5m(2)(3)见解析【详解】（1）x0=0.2m，由乙图得当时，物块G速度最大，即解得d=0.5m（2）OA段光滑，长为2x0的AK段涂有特殊粗糙材料，从O到K克服摩擦力做功由动能定理解得由动量守恒由能量守恒解得工件T被碰后的速度大小（3）若平抛后T恰好落在N点，则竖直方向水平方向解得k=1若T刚好落在Q点，则解得竖直速度（i）若，T打在挡板上，有解得（ii）若，T落在水平面上，则解得（iii）若，T落在斜面上，有10．(1)(2)【详解】（1）如图根据题意可知B点与的距离为，，所以可得又因为出后恰好经过点，点为该光学器件上表面圆弧的圆心，则该单色光在上表面垂直入射，光路不变；因为，所以根据几何关系可知介质对该单色光的折射率（2）若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，第一次射出介质的点为D，且，可知由于所以光线在上表面D点发生全反射，轨迹如图根据几何关系有则光在介质中传播的距离为光在介质中传播的速度为所以光在介质中的传播时间11．(1)(2)(3)【详解】（1）以降落伞为研究对象，从释放皮兜，到时刻，降落伞快速展开，并立即以开伞前瞬间的速度匀速下落，取竖直向上为正方向，由动量定理解得（2）两根橡皮筋夹角为时，均处于原长状态，每根原长拉伸至夹角时，每根橡皮筋的长度

根据胡克定律，每根橡皮筋的拉力

两根橡皮筋对称，竖直向下的拉力、降落伞重力、两根橡皮筋拉力的合力平衡得（3）降落伞展开后，下落高度降落伞做匀速直线运动，所以阻力以降落伞为研究对象，从释放皮兜，到降落伞落回释放点，由能量守恒解得12．(1)(2)或(3)【详解】（1）由动能定理得解得由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得联立解得（2）设圆周运动半径为，由，可得又由几何关系可知，打到点半径（，，，）则（，，，）故或（3）当时，到达轴时，分布在的范围内。由于所有粒子均沿轴负方向汇聚到点（，），则粒子速度偏转角均为，轨迹为圆弧；轨迹如图所示则该磁场区域的最小面积为解得13．(1)(2)【详解】（1）光线从液体射向空气，当入射角等于临界角C时发生全反射，光点消失，临界角满足由几何关系可得，故（2）光斑在液面移动的速度v是光线的伸长速度v2与光线转动速度v1的合速度，光斑在P点的线速度（转动速度）为所以所以在P点光斑沿液面移动的速度为14．(1)(2)(3)当时，；当时，【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，后速度为，由运动学公式得加速度对整体（总质量）由牛顿第二定律解得（2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为，无人机速度为，有解得，方向向上。分离前系统上升的高度分离后母机质量，升力为，由牛顿第二定律（向下为正）解得，方向向下。设分离后落地时间为，位移向下为，由运动学公式解得正根（负根舍去）（3）水平方向内，水平位移为0；分离后母机水平加速度，分离后总运动时间为，分两种情况：当分离后全程受水平风力，水平位移当风力作用秒后，剩余秒水平匀速；前秒位移，秒末速度，匀速位移总位移15．(1)(2)，(3)，【详解】（1）对金属杆受力关系，由牛顿第二定律有解得由运动学公式有解得（2）对导体框：因为EF进入磁场匀速，所受合力等于0，感应电流则对金属杆CD：EF进入磁场到CD进入磁场前，由牛顿第二定律有由运动学公式有金属杆CD进入磁场后匀速运动，则解得，（3）设磁场的宽度为，在磁场中运动的时间为，则，金属杆在磁场中运动时，对有解得设进入磁场经，与共速,则此过程的位移解得所以匀速通过磁场，故焦耳热解得整个过程，与相对运动的方向未发生变化，故摩擦生热16．(1)(2)【详解】（1）圆形灯边缘的橙色光在水面恰好发生全反射，则有则根据几何关系有解得（2）圆形灯边缘发出的橙色光从发出到射出水面的最长距离为s，根据几何关系有橙色光在水中的传播速度则橙色光从发出到射出水面的最长时间解得17．(1)(2)2个(3)【详解】（1）邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有解得（2）根据几何关系，可得传送带总长对一个邮件分析，设达到共速所用时间为，有解得邮件的对地位移为邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为，有可得隔放一个，则传送带上最多输送2个邮件。（3）电动机多输出的能量转化为邮件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有解得1分钟内8个邮件完成全程，多输出的能量第9个邮件加速运动，有解得可得18．(1)(2)(3)，【详解】（1）导体棒b刚要滑动时，对导体棒b有解得（2）导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a速度增大，回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，则导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，则导体棒b摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b滑动后，摩擦力为滑动摩擦力且恒定不变，当导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图（3）当导体棒a的速度最大时，导体棒a加速度为0，对a有根据能量守恒可知联立解得b获得最终速度时，导体棒a、b加速度均为0，对整体有b获得水平向右的瞬时速度后，此后对ab系统分析，可知系统合外力为0，故系统动量守恒，设最终导体棒a的速度为，规定向右为正方向，则有当导体棒加速度减为0时有因为联立解得19．(1)30º，c(2)n≥【详解】（1）根据折射定律代入已知条件，得：解得：因此折射角：再根据折射率与光速的关系：得玻璃中光速：（2）设折射角为，光线射到玻璃棒侧壁时的入射角为，由几何关系得：因此光线不从侧壁漏出，要求侧壁发生全反射，即对任意都满足（为全反射临界角，满足）代入得：结合折射定律，得因此：两边平方整理得：，最大值为因此要求，即20．(1)(2)(3)【详解】（1）设夯锤向上加速度大小为，经时间与边缘速度相等，由牛顿第二定律解得轮子边缘的线速度大小又由加速度阶段上升高度减速上升高度由解得（2）夯锤加速阶段，轮边缘运动路程故摩擦生热解得（3）夯锤击打桩钉前动能桩钉进入过程中平均作用力由能量守恒解得21．(1)(2)(3)【详解】（1）设粒子在磁场中运动的半径为r，由得由分析可知圆形磁场的半径R与粒子运动的轨道半径r相等，即（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期粒子1在圆形磁场中运动的时间为，粒子1在电场中从Q到O运动的时间为，竖直方向上的位移又，可得粒子2在磁场中从P点运动到S点，转过角度为150°，所用时间

由分析可知粒子2从S到T作匀速直线运动，速度方向沿x轴正方向，所用的时间为则两个粒子先后从P点发射的时间差为（3）粒子1从O点进入时竖直方向的速度为，有合速度与水平方向和竖直方向的夹角均为45°。粒子1进入匀强磁场Ⅱ以后，将运动分解，在平行于xOy平面上以速率作匀速圆周运动，在竖直方向上以速度向下作匀速直线运动。当粒子2在匀强电场中从T点运动到y轴的过程中，仍作类平抛运动，与粒子1在匀强电场中运动时间相同，运动时间也为，竖直方向上的位移为在时间内，粒子1在匀强磁场Ⅱ中作匀速圆周运动的周期为，则说明粒子2刚到达y轴时，粒子1刚好作匀速圆周运动一周，刚好运动到y轴上，竖直方向上的位移为此时两个粒子间的距离22．(1)(2)(3)【详解】（1）由图甲可知波峰到波谷的距离为2m，故波的波长为图乙为质点的振动图像，则T=4s根据波速计算公式有（2）图乙为图甲中质点的振动图像，时刻位移为最大值，假设质点开始振动的方向向轴正方向，从虚线处传播至实线处所用时间为，质点振动至最大位移所需时间为，则机械波从虚线处传播到质点振动至最大位移的时间为，此时时刻平面内只有一圈波谷，符合题意。若质点开始振动的方向向轴负方向，机械波从虚线处传播到质点振动至最大位移的时间为，时刻平面内有两圈波谷，不合题意。可知质点开始振动的方向向轴正方向，则机械波恰好传至处所需时间（3）处的波源距离质点为恰好传至质点处所需时间可得质点的振动时间为可得到秒时间内质点通过的路程23．(1)1.1s(2)0.2(3)9.6J【详解】（1）由题图可知工件初速度，传送带速度，动摩擦因数。工件滑上传送带后受向右的摩擦力做匀加速运动，加速度大小设工件加速至与传送带共速所需时间为，则此过程位移因工件随后做匀速运动，位移时间故总时间（2）工件到达右端时速度阻挡块固定，碰前速度，碰后速度。由图乙可知，碰撞过程中阻挡块对工件的冲量大小等于图线与时间轴围成的面积，即取向右为正方向，对工件应用动量定理解得碰后工件速度根据恢复系数定义代入数据得（3）若阻挡块未固定，碰撞过程动量守恒，且恢复系数不变。设碰后工件速度为，阻挡块速度为。由动量守恒定律由恢复系数定义联立解得，碰撞损失的机械能代入数据解得24．(1)(2)(3)【详解】（1）由静止释放后，金属棒ab做加速度减小的加速运动；当时，金属棒ab的速度最大，设最大速度为，则有，，根据平衡条件可得联立解得（2）加速阶段沿轨道向下运动位移为，由，可得根据动量定理可得根据能量守恒可得金属棒ab产生的热量为联立解得匀速阶段，向下运动的位移为由能量守恒可得金属棒ab产生的热量为故金属棒ab中产生的热量为（3）两相同金属棒发生弹性碰撞，碰后速度交换，金属棒cd的初速度为设金属棒cd保持匀加速直线运动的最大位移为，此时绳子拉力为，与竖直方向的夹角为，金属棒cd的速度为；对金属棒受力分析如图所示竖直方向由平衡条件可得水平方向根据牛顿第二定律可得根据位移时间公式速度时间公式如图所示根据位置关系有联立解得，，安培力的冲量为对金属棒cd，由动量定理可得解得轻绳拉力对金属棒cd的水平冲量大小为25．(1)(2)【详解】（1）超声波在介质2中传播时在两种介质中传播时周期不变，则在介质1中传播时（2）超声波从B传到C的时间为两者相差半个波长，结合B的振动图像可知0时刻C在平衡位置，速度沿y轴正方向，从到内C点运动1.25个周期，所以C的位移为。26．(1)电流方向为M到N，(2)，安培力方向斜向左上方与水平方向夹角为60°【详解】（1）由图乙可知在时间段内，磁场均匀增加，根据楞次定律可知R1中的电流方向为M到N，根据法拉第电磁感应定律，这段时间内的感应电动势（2）在时间内，根据左手定则可知棒受到的安培力方向斜向左上方与水平方向夹角为60°回路中的总电阻为根据法拉第电磁感应定律，这段时间内的感应电动势，又解得27．(1)，(2)(3)【详解】（1）如图所示，对货物，代入数据解得，（2）货物与传送带间的摩擦力，与运动方向相同货物与挡板间的摩擦力，与运动方向相反对货物有代入数据解得（3）若传送带以最大速度2m/s运行，货物加速阶段运动的最大位移货物不会滑落。设多消耗的电能不能超过122J时，传送带的速度为，则货物在传送带上先加速运动距离后，以传送带速度匀速运动，故传送带因传送货物而多做的功对货物，由动能定理由得由得传送带与货物间摩擦生热其中依题意整理可得代入数据解得故传送带速度不超过28．(1)3s，(2)【详解】（1）根据题图（b）可知浮漂（含铅坠）振动振幅A为5cm，设浮漂简谐运动的振动方程当时刻时，将其代入方程，结合此时浮漂的振动方向，解得当时刻时，将其代入方程，解得故浮漂简谐运动的振动方程则周期（2）在平衡位置时，浮力等于重力，在最低点时，浮漂所受合外力等于浮力增加的量。由牛顿第二定律有代入数据，解得29．(1)(2)(3)【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得（2）小灯泡正常发光，有由闭合电路欧姆定律有即有代入数据解得（3）对线框边处于磁场中的部分受力分析如图，当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为，由力的平衡条件有其中，由上解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度线框在斜面上可保持静止的时间小灯泡产生的热量30．(1)(2)(3)见解析【详解】（1）由分析可知，小球进入磁场后，在洛伦兹力的作用下沿y轴方向从静止开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有解得设细管的长度为l，则根据运动学公式有解得小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度为（2）从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q的过程中，设小球的运动时间为t0，则根据运