2019年高考物理计算题考前专练

1、海南省临高物理名师工作室出品2019年高考物理计算题考前专练1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1m/s,公交车的速度是15m/s,他们距车站的距离为50m.假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6m/s,最大起跑加速度只能达到2.5m/s2.(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？(2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车1、答案(1)4.5m/s

2、2(2)应该上这班车0-V120225oo解析(1)公交车的加速度为：a=m/s=4.5m/s,所以其加速度大小2x1502为4.5m/s(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t1=F-=一左一s=as,V1153公交车刹车过程中用时为:0一 V1t 2=a11510 4.5 s =3 s，14一，,，、一一，一，、一V3V26-1此人以取大加速度达到取大速度用时为：13=s=2s,a22.5一，,、1，V2+V31+6此人加速过程中位移为：X2=-213=2X2m=7m,以最大速度跑到车站用时为：t4=X2=43s,V36显然，t3+t4<t1+t2+10,可以在公交车还停在车站时安

3、全上车2 .一只气球以10m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球s0=-6m处有一小2球以20m/s的初速度竖直上抛，g取10m/s,不计小球受到的仝气阻力.(1)不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间.(2)小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？2【解析】(1)设小球上升的最大高度为h,时间为t,则2.V0口,V0-h=药，解得h=20m又t=g,解得t=2s(2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t1,则v气=v小=v0gt1,解得11=1s在这段时间内气球上升的高度为X气，小球上升的高度为X小，则x气=vt1=10mx

4、小=V0t12gt2=15m由于x气+6m>x小，所以小球追不上气球.3 .如图所示，物体的质量为5kg,两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(/BAC=0=60°),在物体上另施加一个方向与水平线也成0角的拉力F,若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围.3.【解析】受力分析如图所示.由平衡条件有,水平方向：Fcos0F2Ficos0=0竖直方向：Fsin0+Fisin8mg=0一,口mgF2mg可得F=一FiF=o+ZTsin02cos02sin0要使两绳都能绷直，则有Fi>0,F2>0则F的取值范围为【答案】43 n < f< -

5、3y3 N4.如图所示，劲度系数为k2的轻质弹簧竖直固定放在桌面上， 其上端固定一质量为 m的物块, 另一劲度系数为ki的轻质弹簧竖直放在物块上面， 其下端与物块上表面连接在一起， 最初整2个系统静止在水平面上.要想使物块在静止时，下面弹黄广生的弹力为物块重力的应将3上面弹簧的上端A竖直向上提高多少距离？4.【解析】初态时，弹簧k2（压缩）的弹力F2=mg2末态时，若弹簧k2仍被压缩，则弹力 E' =-mg3_AF2 F2F2'mg弹簧k2的长度变化量A.= =望末态物块静止时有 Fi' + F2' = mg,11 A Fi mg斛得 Fi = Tmg则 ki

6、伸长重 A xi = =-tt-3ki3ki则应将上面弹簧的上端A竖直向上提高A x= A xi+ A X2=mg mg mg (ki + k2) 3ki + 3k=3kk, - 2末态时，若弹簧k2被拉长，弹力 E =-mg3弹簧k2的长度变化量A X = F2±F2 = 5mg k23k2此时物块受力平衡有Fi = m什F25， AFi"解得 Fi= 3mg则 ki伸长重 A xi=-=5 mg 3ki则应将上面弹簧的上端Ax' = A xi' + A x2A竖直向上提高5mg 5mg 5mg(ki k2=+ =-3ki 3k23kik2【答案】k2伸长

7、时,A提高吗k”； k2压缩时，A提高吗曹得F有最大值Fmax=而若=竽3N最小值Fmi、=2si1mge=5°，3N5.如图所示，长s=5m、倾斜角0=37。的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长""L=1.6m,以恒定速率V0=4m/s逆时针运行，将一可看成质点的物块轻轻地放在传送带右端A上，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑.已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数相同，物块最终静止在水平地面上的D点，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：动摩擦因数的值；j一

8、、，,8r(2)物块滑到C点时速度的大小；一。.。(3)物块从A到D所经历的时间.5【解析】(1)在传送带上由速度位移公式可得JV2-0一0a=2L,由牛顿第二te律得wmg=ma联立可得a=5m/s,=0.5一人，.*、mgsin0Ltmgcos02(2)在斜面上的加速度a2=-匕3=2m/sm12下滑到斜面底漏s=V0t2+2a2t2,解得12=1s下滑到斜面底端的速度vc=v°+a2t2=6m/s(3)在传送带上加速度a=5m/s2V0Vc到达传送带左端所需时间ti=a=0.8s在水平地面上运动的时间t3=w=1.2s故所需时间t总=3+12+13=3s【答案】(1)0.5(2

9、)6m/s(3)3s6.如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A,A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接.当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块R可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落.AB间的动摩擦因数=0.25,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,求：(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v。；l(2)木板A的长度L;'(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的亚'恒力F=7mg其他条件不变，求B滑出A时的速度大小.号6.【解析】(1)对AC分析：mg=2mav2=2ah

10、,解得V0=ygh(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则(m+n)a=mg-4mg=0即B放在A上后，AC以速度V0匀速运动，B匀加速运动，加速度aB0=g=g设经过时间t°,A、BC达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则V0=aB0t°,木板A的长1.度L=V0t02V0t0解得L=2h(3)共速前：A和C匀速,-F+礼4m.g-B加速，aBi=4m=2gA X1 = Xal Xb= V0t F-4 h mg 3共速后全部向右加速aB2=F= 2gmg+ 4 w mg3ac=c = g2m12A x2= A xi = 2( aB2 aAC) 12可得t2 =h ,.

11、一 ,VB2= Vo+ aB2t 2 = g【答案】(1) gh (2)2h7.如图所示，一块足够大的光滑平板能绕水平固定轴一根长L=0.50m的轻绳，它的一端系住一质量为MN节其与水平面所成的倾角.板上m的小球，另一端固定在板上的 O点.当平板的倾角固定为a时，先将轻绳平行于水平轴MN1直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度vo=3.0m/s.若小球能保持在cos 53=0.6)板面内做圆周运动，求倾角a的最大值.（取重力加速度g=10m/s2,2mv研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理得：-mglsin a =2mV2mV解得sin a2Vo=T-r= 0.63gL37°

12、;故 a = 378 .火星（如图所示）是太阳系中与地球最为类似的行星，人 类对火星生命的研究在今年因“火星表面存在流动的液态 水”的发现而取得了重要进展.若火星可视为均匀球体，火星表面的重力加速度为g,火星半径为T, (2)万有引力常量为 G求：火星的平均密度p ;火星的同步卫星距火星表面的高度R,火星自转周期为8.【解析】（1）在火星表面，对质量为3g联立两式解得P =提I4GTT R（2）同步卫星的周期等于火星的自转周期万有引力提供向心力，有MmG (由 h)3联立两式解得h=h.m的物体有 mg= GRRmT,2= M 爷(R+ h)【答案】就(2)3联h 4 Tt9 .如图所示为固定

13、在竖直平面内的轨道，直轨道 圆心角为37° ,半径r = 0.25 m , C端水平，AB与光滑圆弧轨道AB段的动摩擦因数为BC相切，圆弧轨道的7.【解析】小球通过最高点时，若绳子拉力Ft=O,倾角a有最大值mgsina=0.5.竖直墙壁。口高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高、底边长L=0.3m的斜面.一个质量F0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出.重力加速度g=10m/s：sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：(1)小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；(2)小物块从C点抛出到击中

14、斜面的时间；(3)改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值.12-9.【解析】(1)由动能te理得mglsin37+mgjrrcos37)-mglcos37=2mv0解得V0=y3m/s2Vo-在C点，设轨道对小物块的支持力为F,由牛顿第二定律得F-mg=ny解得F=2.2N由牛顿第三定律可知，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2N.(2)如图所示，设物体落到斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,由图中几何关系一LxL可得=Lyh代入数据得x=0.31.5y设小物块从C点抛出到击中斜面的时间为t,由平抛运动规律X=Vot112y=2gt由式联立消去X、y得15t2+

15、243t0.6=0解得t=W5s(3)上述式联立消去x、t得v0=g(0.311.5y)l120.091250.9E<=2mv+mgy=工一mgy+gy-,0.09125922,八由于一mgy16mgy=256mg，为常数，所以当0109-m=25mgy即当y=0.12m时，小物体击中斜面时动能最小.最小值 Emin = 0.15 J【答案】(1)2.2 N(2)(3)0.15 J10.如图所示，光滑水平面MNk放两相同小物块AB,左端挡板处有一弹射装置P,右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=8m,沿逆时针方向以恒定速度v=6m/s匀速转动.物块AB(大小不计)与传送带间

16、的动摩擦因数均为=0.2.物块AB质量mA=mB=1kg.开始时AB静止，A、B间有一压缩轻质弹簧处于锁定状态，贮有弹性势能&=16J.现解除弹簧锁定，弹开AB,同时迅速撤走弹簧.求：(g=10m/s2)(1)物块B沿传送带向右滑动的最远距离；(2)物块B滑回水平面MN的速度大小vb'"口(3)若物体B返回水平面MN与被弹射装置P弹回的I怂黑口N&A在水平面上相碰，且AB碰后互换速度，则弹射装忖色二9置P必须给A做多少功才能让AB碰后B能从Q端滑出.10、解析(1)解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒:曰=Irava2+；mvB2取向右为正方向，由动量守恒有

17、：rava+rwb=0由得：va=4m/s,vb=4m/sB滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得：1,Vb2(!mgSm=02mWB所以：Sm=2.g=4R物块B沿传送田向右滑动的取远距离为4R.(2)假设物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s',由!1mgs，=mv2得s'=77-=9m>Sm22g说明物块B滑回水平面MNB勺速度没有达到彳送带速度，Vb'=旷2-gsm=4m/s物块B滑回水平面MN勺速度大小vb'=4m/s(3)设弹射装

18、置给A做功为W1 ,2121-RAVa=-RAVA+W22A、B碰后速度互换，B的速度vb=va'12B要滑出彳送带Q端，由能量关系有：2nBVB2>wmgL12-又ra=mi,所以由得W(1nBgL-2nava解得：W8J弹簧装置P必须给A最少做8J的功才能让AB碰后B能从Q端滑出.11 .甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏.甲和他的冰车的质量共为M30kg,乙和他的冰车的质量也是30kg.游戏时，甲推着一个质量n15kg的箱子，和他一起以大小为vc=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来.为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住

19、.若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞；(2)甲在推出时对箱子做了多少功.12 .【解析】(1)甲推出箱子后，要想刚好能避免相碰，要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等.设箱子推出后其速度为V,甲的速度为V1,根据动量守恒定律可得m什Mv=(m+MV。设乙抓住箱子后其速度为V2,根据动量守恒定律可得(n计Mv2=mv-Mvn2+2mlM-2M2刚好不相碰的条件要求V1=V2联立可解得v=-2-MV0m+2mM代入数值可得v=5.2m/s1919(2)设推出时甲对箱子做功为W根据功能关系可知W2mV-2mV代入数值可得W172.8J【答案

20、】(1)5.2m/s(2)172.8J13 .水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB的两端.开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度vo开始运动，如图所示.设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞.(质量相等的两物体弹性''正碰后交换速度，此结论本题可直接用)U(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对，力速度大小；2(2)两小球碰后在第一次返回到AB时，两小球相对桌面的速度方向(朝7/4k左还是朝右)和速度大小.12 .【解析】(1)根据对称性

21、，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为V1,此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为Vy.左右方向上两球与细圆管动量守恒2mv=(2m+2m)V1,解得V1=1212122根据能重寸恒th律可得2x2mv=2x2mv+2x2mV1+vy)'2解得Vy=2-Vo两球相对速度大小V=2XVy=42V0(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达AB位置.从刚开始两球运动到两球第一次回到AB位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球

22、相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为V0.【答案】(1)42V0(2)两小球相对桌面速度为零13 .如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCDF滑连接，圆弧的半径R=0.50m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0x104N/C.现有一质量m=0.06kg的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用，带电小球由静止开始运动.已知带电小球所带的电荷量q=8.0x105C,取g=10m/s2.试问：(1)带电小球能否到达圆弧最高点D?请计算说明.(2)带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多

23、少？13.【解答】(1)假设小球能到达D点，且速度为vd.从A到D过程，由动能定理得1_2八qEsmg-2R=2mv0可得小球在D点所需要的向心力2LVDF 向=m|R= 0.8 N而重力G=mg=0.6N(2分)则F向G,故带电小球能到达圆弧最高点D(2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小G等=0(mg2+(qE)2=1N.qE4.万向与竖直万向的夹角为e,有tane=m-=3-,得e=53当G等方向通过圆心O向外时，速度达到最大，设此位置为P,此时小球对轨道的压力达最大.小球从A到P的过程，由动能定理得qE(s+Rsin0)mgRRsos0)=2mV02解得 FNmax= 5 NVP

24、在P点，由牛顿第一7E律得FNmaLG等=mR由牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力为14.如图所示，在绝缘水平面上，相距为 是AB连线上两点，其中 Aa= Bb= L,4带电荷量为+ q的小滑块(可视为质点a、A B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、bb两点电势相等，O为AB连线的中点.一质量为m)以初动能Eo从a点出发，沿 AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过 O点时的动能为初动能的n倍(n>1),到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数(2) O b两点间的电势差 UOb；(3)小滑块运动的总路程 s.i2E0(2n1)l14、答案而(

25、2)一胃五(3)2n+ 1 l4生由 Li*解析由Aa= Bb= L,。为AB连线的中点得:a、b关于O点对称，则 Ub= 0;设小滑块与水平面间的摩擦力大小为 Ff,对于滑块从a-b过程，由动能定理得:L ,Uib Ff - 2 = 0 E)而 Fr=(i mg(2)滑块从 M b过程，由动能定理得:对于小Vt块从a开始运动到最终在-2E)斛(于： (1 = : mgL一 _ L(2n-1)E)q , Lbb Ff - 4= 0 nE)斛得：Lbb= -2qO点停下的整个过程，由动能定理得_ _ _ _(2n1)日 U。 Ff , s = 0 E)而 Um - LOb=解得:2q2n+ 1s

26、 = -L15.如图所示, 闭合开关 (2)然后断开15 .【解析】U= 10 V,电阻 R=4 Q, R=6 Q,电容S,电路稳定后，求通过 R的电流；S,求这以后流过 R的电荷量.(1)S闭合，电路稳定后(即电容器充电完毕的串联电路，所以通过R的电流为I=mUm = 黑 A=1 AR+ R 4+6此时电容 C与R并联，两极间电压 U = IR2=1X6 V = 6 V,且上板带正电荷.(2)断开S后，由于U= 10 V,所以继续给电容器充电至极板电压U=U= 10 V,仍是上板带正电，流过 R的电荷量等于继续给电容器充电的电荷量，所以A Q= q U2 U) = 30X 10 6X (10

27、 -6)C= 1.2 X 10 【答案】(1)1 A (2)1.2 X 10 4 C16 .如图所示的电路中，灯 L标有“6 V 3 W', r = 2 Q,当滑片P滑到最下端时，电流表读数为定值电阻R = 4 Q, R=10 Q,电源内阻1 A ,此时灯L恰好正常发光，试求:(1)滑动变阻器最大值R;(2)当滑片P滑到最上端时，电流表的读数；(3)当滑片P位于滑动变阻器的中点时，变阻器消耗的功率.UL6216.【解析】(1)灯L的电阻：R.=-=-Q=12QPl3当P滑到最下端时，R被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，通过灯L的电j,P-3流11=77=3A=0.5A通过

28、滑动变阻器R的电流Ir=Ia-Il=1A0.5A=0.5ALL6即滑动变阻器最大值FR=12QR-RL(2)电源电动势£=IR+r+w=1x(4+2+6)V=12VR十R当P滑到最上端时，灯L、变阻器R及电阻R都被短路，£12此时电流表的读数11=-=T37A=2AR十r4十2R(3)P位于变阻器的中点时，灯L与2并联后再与R串联.此时r Rr+212X 612+6Q= 4 Q£R+R+r124 + 4+ 2A = 1.2 A并联部分的电压U并=I总R并=1.2X4V=4.8V变阻器上消耗的功率W= 3.84 W 6【答案】(1)12Q(2)2A(3)3.84W1

29、7.如图所示，在xOy平面内，有一边长为L的等边三角形区域OPQPQ边与x轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OP*域内无磁场分布.现有质量为m带电量为+q的粒子从O点射入磁场，粒子重力忽略不计.(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P点，求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向；(2)若粒子从O点以初速度v0="警，7gy轴正方向射入，能再6m次经过O点，求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间.qBL17、答案(1)-2m，万向垂直于OP向上(或与y轴正万向成30角斜向左上方)(2)(4兀+3乖)£q解析(1)如图甲所示，

30、当初速度由几何知识得：r1=L2vI2V0垂直于OP射入磁场时,由qvB=mr得：V0=qBL2m方向垂直于OP向上或与y轴正方向成30角斜向左上方甲(2)若粒子从O点以初速度vo=6m,沿y轴正方向射入，则由qvB=mp得:=吗史1qB- 6 L如图乙所示，粒子从 O运动至 由几何知识得：OA= 43r2 = 2 圆心角/ OGA= 120°i 12 % m运动时间：11 = -T'=33qB粒子从A到B做匀速直线运动, xab 3m12- V0- qB由轨迹图象可知，粒子可以回到A点出磁场进入三角形区域运动时间O点,所用时间t = 6t 1+3t2= (4兀+3 .qB1

31、8.如图所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30。，导轨间距为0.5 m ,匀强磁场垂直导轨平面向下，B= 0.2 T ,两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分 别为3 kg、2 kg,两金属棒的电阻均为R= 1 Q,刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F=60 N,经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态 .求：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时，b金属棒向上运动了2 m,且此

32、时a的速度为4 m/s , b的速度为1 m/s ,则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量一：3八18、答案 (1)看 (2)24 N (3)85 J 0.15 C解析 (1) a棒恰好静止时，有 mgsin 30 ° =magcos 30 ° 解得专3(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差对 a 棒：F- mgsin 30 °mgcos 30 ° - F 安=ma对 b 棒：F安一mbgsin 30 ° nbgcos 30 ° = ma解得F安=24 N(3)此过程对a、b棒一起根据功能关系

33、，有Q= Fxa(mgsin 30 ° +magcos 30 ° )xa(mbgsin 302mvb解得 Q= 85 J+mgcos 301)xb 2mva_ Eq= I At, I =水 B A SE =E At At解得Bd( xa-xb)q=2R=0.15 C.19.如图所示，两根粗细均匀的金属杆AB和CD的长度均为L,电阻均为R,质量分别为3m和m用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB和CD上于水平.在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B,方向与回路平面垂直，此时CD上于磁场中.现从静止开始释放金属杆AB,经过一段时间(ABCD台终水平)，在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CDS处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q重力加速