2020年高考物理真题计算题汇编（附解析）

2020年高考物理真题计算题集锦

1.（2020•新课标川）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带

相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10kg

的载物箱（可视为质点），以初速度v°=5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间

的动摩擦因数口=0.10,重力加速度取g=10m/s2。

（1）若v=4.0m/s,求载物箱通过传送带所需的时间；

（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；

I卜T-13c

（3）若v=6.0m/s,载物箱滑上传送带一12后，传送带速度突然变为零。求载物箱从

左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

2.（2020.新课标H）如图，一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有

一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均

极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,

g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

1

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

3.(2020・新课标H)如图，在0<x<h,+3区域中存在方向垂直于纸面的匀强

磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子以速

度Vo从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情

况下磁感应强度的最小值Bm；

(2)如果磁感应强度大小为粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在

该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。

2

4.（2020•新课标I）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F="

描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞

机的起飞离地速度，已知飞机质量为l・21xl0〉kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物

后质量为l・69xl0〉kg,装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。

（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；

（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程

中加速度的大小和所用的时间。

5.（2020・新课标1）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R

的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m,电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A

点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的

粒子，自圆周上的C点以速率vo穿出电场，AC与AB的夹角0=60。。运动中粒子仅受电场

力作用。

3

(1)求电场强度的大小；

(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多

大？

6.(2020•浙江・7月选考)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩

形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CQ平行于HG

水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的

离子均以相同速度持续从边界乃"水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四

分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每

秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板8的宽度为0・5k，离

子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。

'I-------------------十

_)?..・.I

B.

H——」G

C------D

(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；

(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离乙

(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与

板到距离L的关系。

4

7.（2020•浙江•7月选考）如图1所示，有一质量川=200kg的物件在电机的牵引下从地面

竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的彳时开始计时.，测得

电机的牵引力随时间变化的图线如图2所示，，=34s末速度减为0时恰好到达指定

位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：

（1）做匀减速运动的加速度大小和方向;

（2）匀速运动的速度大小；

（3）总位移的大小。

5

8.（2020・浙江・7月选考）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖

直圆轨道、水平直轨道」月和倾角6=37。的斜轨道5C平滑连接而成。质量，〃=0・lkg

的小滑块从弧形轨道离地高H=l・0m处静止释放。已知22=0.2m,

AAB=2BC=1・而，滑块与轨道，方和6C间的动摩擦因数均为〃=0»25,弧形轨道和

圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；

（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点X处的质量为2W的小滑块相碰，碰后一

起运动，动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道6C上到达的高度h与x之间的关系。（碰

撞时间不计，sin37°=0.6>cos370=0.8）

9.（2020•浙江•7月选考）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为

正方向建立X轴，在0<x<l・0rn区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长

Z=0.5m,电阻R=0.25。的正方形线框abed,当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，

在沿X方向的外力F作用下以丫=l・0m/s的速度做匀速运动，直到龙）边进入磁场时撤去

外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0<，<l・0s内磁感应强度B的大小与时间

t的关系如图2所示，在0</<l・3s内线框始终做匀速运动。

6

(1)求外力F的大小；

(2)在l・0s＜，＜l・3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系;

(3)求在0＜，＜1・35内流过导线横截面的电荷量小

10.(2020•天津)长为1的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A,处于静止状态。A

受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A

回到最低点时，质量为〃”的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，

并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g,求

(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；

(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？

7

11.（2020•天津）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理

如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量

分析器。质量分析器由两个反射区和长为1的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2

均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反

的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分

析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测

到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重力。

E=

离子源

（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间71；

（2）反射区加上电场，电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x：

（3）己知质量为加0的离子总飞行时间为S,待测离子的总飞行时间为匕两种离子在质

量分析器中反射相同次数，求待测离子质量

12.（2020•天津）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。

正方形硬质金属框abed放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0・lO,边

长7=0.21110求

（1）在，=0到f=OJs时间内，金属框中的感应电动势E；

（2）r=0・05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;

8

（3）在，=0到，=O・ls时间内，金属框中电流的电功率P。

13.（2020・山东・新高考I）如图所示，一倾角为。的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、

Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0

与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，

Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g«

（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vpi、VQI；

（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn：

（3）求物块Q从A点上升的总高度H；

（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离So

9

14.（2020・山东・新高考I）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如

图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨

道连接而成，轨道倾角为17.2。。某次练习过程中，运动员以VM=10m/s的速度从轨道边缘

上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角a=72.8。,

腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计

空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s?sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30o求:

（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；

（2）M、N之间的距离L。

10

15.（2020•山东・新高考1）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金

属板，两板间电压为U,Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、II

两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直

线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里

为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域1、H内分别充满

沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质

量为m,电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P

面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。

（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；

（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标；

（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；

（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点si、S2、s3,若这三个点是质子；H、氟核祖、

氢核：He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求

写出推导过程）。

11

16.（2020・江苏）如图所示，电阻为0.10的正方形单匝线圈而M的边长为02m,be边

与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5To在水平拉力

作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：

：xXXX：

XXXX•

XXxx|•

xli

X

XXXxj...J

口XXXXJ

（1）感应电动势的大小E；

（2）所受拉力的大小F；

（3）感应电流产生的热量Q。

17.（2020・江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿

相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与。的距离均为

77?。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。

重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、

直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

O

O----

（1）重物落地后，小球线速度的大小V；

（2）重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F；

（3）重物下落的高度h。

12

18.(2020•江苏)空间存在两个垂直于0\丁平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应

强度分别为"。、350o甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，

速度均为V。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q

时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和

重力影响。求：

(1)Q到O的距离d；

(2)甲两次经过P点的时间间隔Jr；

£

(3)乙的比荷〃，可能的最小值。

13

答案解析部分

一、综合题

1.【答案】(1)解：传送带的速度为i，=4・0m，'s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，

设其加速度为a,由牛顿第二定律有：卬①

设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为xi,由运动学公式有恒一环=-2rtxi②

联立①②式，代入题给数据得》=4.5m；③

因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v,然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上

传送带到离开传送带所用的时间为L,做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式

有v=vQ-at2@

Z—X]

联立①③④⑤式并代入题给数据有t,=2.75s；⑥

(2)解：当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为

V,,当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为V2.

由动能定理有一卬磔二*“一:唉

r11,)

=2wn^®

由⑦⑧式并代入题给条件得=v2=4^m/s@

(3)解：传送带的速度为i，=6・0m/s时，由于v0<v<v2(载物箱先做匀加速运动，加

速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为X2,所用时间为t3,由运动学公

式有】'="+的⑩

W一环=孙⑪

联立①⑩须并代入题给数据得t3=l.OS⑫

X2=5.5m⑬

因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传

送带共同匀速运动(」,一，3)的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为

14

X3有、3=1。一垃⑭

由①朝颜可知；"标>，见欧2_不一、3)

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为V3,由运动学公式有，

V^-V2=-2fl(Z-X2-X3)⑮

设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I,由动量定理有1=加("3一】'0)

代题给数据得1=0

【分析】(1)对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公

式求解物体运动的时间；

(2)摩擦力对物体做正功，物体的速度增加，摩擦力做负功，速度减小，对物体进行受力

分析，利用动能定理列方程求解末速度；

(3)结合物体的加速度和运动时间，利用公式求解当传送带静止时物体的速度，进而求解

物体滑出传送带是的速度，利用动量定理求解摩擦力冲量即可。

2.【答案】(1)解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大

小为G,方向向下；球的加速度大小为a2,方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f,

由牛顿运动定律有Ma产Mg+f①

ma2=f-mg②

联立①②式并代入题给数据，得ai=2g,a?=3g③

(2)解：管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大

小均为¥Q=Q2gH④

方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间t,,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式

vo-ait产一v()+a2tl⑤

联立③④⑤式得W

设此时管下端的高度为E,速度为v。由运动学公式可得’由一1"心⑦

1，=1，0-。山⑧

由③④⑥⑧式可判断此时V>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。

15

由运动学公式有用=%⑨

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为Hi,则H产％+h2⑩

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

(3)解：设第一次弹起过程中球相对管的位移为X”在管开始下落到上升H]这一过程中，

由动能定理有Mg(H-H))+mg(H-H|+X])~4mgX]=0⑫

联立国颜并代入题给数据得X1=5H@

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移X2为

5闭⑭

设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是XI+X2WL⑮

联立簿谈焚，L应满足条件为一125⑯

【分析】(1)分析圆管和小球的运动趋势，对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律

求解物体各自的加速度；

(2)根据圆管内小球相对于圆管的运动状态，把圆管的运动过程分为两两段，第一段为小

球相对于圆管向下运动，第二段为小球相对于圆管静止，利用牛顿第二定律求解物体各自的

加速度，再结合运动学公式求解即可；

(3)小球没有滑出，即小球相对于圆管的位移没有大于圆管的长度，利用运动功能学公式

列方程求解即可。

3.【答案】(1)解：由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方

向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运

动规律，有/"'五①

由此可得F②

粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足

B旦

由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得mqh④

16

（2）解：若磁感应强度大小为T,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式

可得，此时圆弧半径为R=»⑤

粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方

向的夹角为a,

由几何关系sin«=^=2©

_71

即石⑦

由几何关系可得，P点与x轴的距离为y="（1一cosa）®

联立⑦⑧式得y=Q—6）力⑨

【分析】（1）粒子运动的半径越大，磁感应强度就越小，利用几何关系求解轨道半径，再

结合向心力公式求解磁感应强度；

（2）结合向心力公式求解粒子的轨道半径，利用结合关系求解夹角和距离即可。

4.【答案】⑴解：空载起飞时，升力正好等于重力：％'：=比记

满载起飞时，升力正好等于重力：K，3="?2g

由上两式解得：V2=7&U'S

（2）解：满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以V5-0=2ax

解得：a-2in/s~

Jvv,-0

由加速的定义式变形得：f=-=—cT

解得：，=39s

【分析】（1）飞机飞行时，重力等于升力，列方程求解飞机的速度即可；

（2）飞机做匀加速运动，结合飞机的位移和末速度求解飞机的加速度，进而求解加速时间。

17

5.【答案】（1）解：由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0,

故电场线由A指向C,

根据几何关系可知：XM=R

所以根据动能定理有：qE、Ac=5"呜-0

_叫

解得：一2qR

（2）解：根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线

并且与圆相切，切点为D,即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电

场中做类平抛运动，

根据几何关系有x=灭sm60°="r

y=R+J?Cos60"=4at?

而电场力提供加速度有qE=ma

成

联立各式解得粒子进入电场时的速度：vi=T"

（3）解：因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mvo,即

在电场方向上速度变化为V。，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒

子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有XBC=0R=、*

电场力提供加速度有qE=ma

18

,_肉0

联立解得“一2；当粒子从c点射出时初速度为0。

【分析】(1)求解AC的长度，对粒子总A点移动到C点的过程应用动能定理求解电场强

度即可；

(2)粒子沿AC方向运动的越远，粒子的末速度就越大，利用结合关系求解粒子速度最大

的出射位置，把粒子的速度网垂直于电场和平行于电场方向分解，在垂直于电场方向利用速

度公式求解初速度；

(3)同理，结合粒子动量的变化确定粒子的出射位置，利用运动学公式求解初速度即可。

6.【答案】(1)解：离子在磁场中做圆周运动T-R

qBR

得粒子的速度大小*=~~nT

令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为o,从磁场边界HG边的Q点射出，则由几何关系

可得OH=0.6R,$=HQ=商一(0・6&)2=0•舐

(2)解：a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O"从磁场边界HG边射出时距离H点的

距离为x,由几何关系可得HO=aH-R=0・6K

x=^-HO'2=0.87?

即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为6、a,由

几何关系可得a=B

19

探测到三束离子，则C束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界HG的距离最

,R—s0H

tana=5----=--

大，Amax

则公=告及

(3)解：a或c束中每个离子动量的竖直分量Pz=PC°S«=0・M3R

4

当0<2W、*T1"F5R时所有—离子都打在探测板上，故单位时间内离—子束对探测板的平均作用力

Fi=Np+2Npz=2,6NqBR

4

当15时，只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探

测板的平均作用力为Fq=Np+Npz=\・8NqBR

当2>0»4及时，只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作

用力为F3=Np=NqBR

【分析】(1)带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利

用向心力公式求解粒子速度，再结合结合关系求解出射点与H点的距离；

(2)根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合粒子出射的方向，利用几

何关系求解最大距离；

(3)结合粒子的速度方向求解粒子垂直于探测板的动量分量，乘以粒子数量即为平均作用

力。

7.【答案】(1)解：由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速

运动过程根据牛顿第二定律有

F\_.,2

根据图2得此时FT=1975N,则有a=S~1)TS

方向竖直向下。

(2)解：结合图2根据运动学公式有V=ah=0.125X(34-26)iw,s=lm/s

(3)解：根据图像可知匀速上升的位移入i=i7i=lx26m=26ni

y1

匀减速上升的位移

13

匀加速上升的位移为总位移的4,则匀速上升和减速上升的位移为总位移的4,则有

20

瓦+比=,万

所以总位移为h=40m

【分析】(1)对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；

(2)结合电梯的加速度和加速时间求解电梯的末速度，即匀速运动的速度；

(3)分析电梯的运动过程，先加速、再匀速，最后减速，结合每一段运动的位移相加即可。

8.【答案】⑴解：机械能守恒定律喝

牛顿第二定律尸N=B=8N

牛顿第三定律FN=FN=8N

方向水平向左

(2)解：能在斜轨道上到达的最高点为C'点，功能关系

=/z»?gZ+n?gZsin^

nigHABfinigLBCcos0+BC

故不会冲出

1,

(3)解：滑块运动到距A点x处的速度为v,动能定理〃培=一一

碰撞后的速度为V,动量守恒定律〃n，=3〃M

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,动能定理

-3/WJSUAB_X)—-3mgh=0-

得仁*VSmCWlm)

m

h=0(0WxWi)

【分析】(1)利用动能定理求解物体到达D点的速度，对处在D点的物体进行受力分析，

结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力：

(2)对物体进行受力分析，对物体从D点运动到C点的过程应用动能定理求解物体的末

速度，如果方程有实数解，那么物体可以到达C点；

(3)两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解碰撞后的末速度，再

对物体的运动过程应用动能定理上升高度与x的关系。

21

9.【答案】（1）解：由图2可知，o=O,8o=°・"T,则回路电流1=~R~

安培力千、一~p~v

所以外力F=F4=0.0625N

⑵解：匀速出磁场，电流为0,磁通量不变％=@,«=l・0s时，5i=0・5T,磁通

量=则t时刻，磁通量0=34£一】〃一，』

解得5-6—4/

8小

（3）解：0<r<0.5s电荷量4一R-

就_BQ12

0・5s</<1・0s电荷量%=R=0,5C

总电荷量g=%+%=o・5c

【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流

的大小；利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培

力大小；

（2）闭合回路中的磁通量不变，回路就不会有电流，结合导线框的速度求解磁场强度的变

化；

（3）通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。

10.【答案】（1）解：A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A

巾=m

在最高点时的速度大小为v,由牛顿第二定律，有"1g一""7①

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点

的速度大小为“有上田=②

由动量定理，有/=加。］③

联立①②③式，得［=，利痴•④

22

(2)解：设两球粘在一起时速度大小为V,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,

需满足I』。⑤

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，

设B碰前瞬间的速度大小为VB,由动量守恒定律，有吗切一切必=(叫+吗卜⑥

又理k=乃1州⑦，,

5gQni+mJ-

联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为k2〃u⑧

【分析】(1)当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析,

利用向心力公式求解此时的速度，利用动能定理求解最低点的速度，利用动量定理求解冲量

即可；

(2)A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列

方程分析求解即可。

1L【答案】(1)解：设离子经加速电场加速后的速度大小为v,有00二2""2①

离子在漂移管中做匀速直线运动，则11=于②

r=ET

联立①②式，得1回U③

(2)解：根据动能定理，有qU-qEx=O®

_u

得三⑤

(3)解：离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均

_=V

速度大小均相等，设其为F,有‘⑥

通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场

区运动的总路程相等，设为L\,在无场区的总路程设为4,根据题目条件可知，离子在

无场区速度大小恒为v,设离子的总飞行时间为总。有‘总=下+〒⑦

23

联立®©⑦式，得金一"川2qU⑧

厂力=旺

可见，离子从A到B的总飞行时间与V"?成正比。由题意可得r0W"。可得

叫卷卜％

【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小，结合无

场区域的长度求解运动时间；

（2）结合粒子进入反射区的初速度，结合反射区的电场强度求解移动的距离；

（3）利用运动学公式求解粒子在电场中和无场区域的运动时间，结合题目给出的总时间列

方程求解粒子的质量。

12.【答案】（1）解：设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律，有/=及④

由图可知，r=0・05s时，磁感应强度为51=0.11,金属框ab边受到的安培力F=I1B1

⑤

联立①②④⑤式，代入数据，解得F=0.016N@

方向垂直于ab向左。⑦

（2）解：

（3）解：在r=0到r=0・ls时间内，金属框中电流的电功率

P=户??⑧

联立①②④⑧式，代入数据，解得P=0・064W⑨

【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流

的大小；

（2）利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力

大小；

（3）结合电路中的电流和导线框的电阻，利用功率公式求解功率即可。

13.【答案】（1）解：P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定

律得川1'0=加口+4加'01①

24

由机械能守恒定律得2mv^=2+2'4m3②

3

i

5b③

联立①②式得10=

2

-

=5%

故第一次碰撞后P的速度大小为5V°,Q的速度大小为5V°

(2)解：设第一次碰撞后Q上升的高度为％,对Q由运动学公式得

。一地产2-(-2gsM・焉⑤

,_%2

联立①②⑤式得"-25g⑥

设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为由2,第一次碰后至第二次碰前，

对P由动能定理得"拼"nA-"砂1⑦

£

联立①②⑤⑦式得“2=~%⑧

P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为1'P”VP2,由动量守恒定律得

mv02=mvp2+4nn'p2⑨

7m

由机械能守恒定律得彳b2?=1""尸V+1-4n»Vp22⑩

3也

联立①②⑤⑦⑨⑩式得yP2~~55v0⑪

2

=X

5VO

设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得

h2

。-盯2=2・(-⑬

.=1_里

联立①②⑤⑦⑨⑩卷成得2一2525g⑭

设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为1‘03,第二次碰后至第三次碰前,

对P由动能定理得2^^-；〃八'门上—mgh2

⑮

25

联立①©⑤⑦⑨⑩像^得V03=(丁八0⑯

P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为】‘尸3、1'。3,由动量守恒定律得

mvQi=mvp3+4"?i'03⑰

mvWV2+

由机械能守恒定律得2^=5P35-4W7Vp32⑱

3

联立①②⑤⑦⑨⑩但国旗酷得1’尸3——5X⑲

2

vs=qx

⑳

设第三次碰撞后Q上升的高度为h3对Q由运动学公式⑩得

〃3

。-忸=2•(-2gsm办薪㉑

联立①②⑤⑦⑨⑩(§酶英式得心一^25^'25g

㉒

总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为力"二^25'1,盒(n=l,2,3……)㉓

(3)解：当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能

]H

定理得0-3"“求=_("?+4m)gH_tand.4"?gcos8-力㉔

解得”=蹊

㉕

(4)解：设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t,由运动学公式得

vpi=2g竽in®㉖

设P运动到斜面底端时的速度为需要的时间为t2由运动学公式得

Vpi=Vp1+gt^in0㉗

if-Vpy2=2sgsin6㉘

设从点到

PAQ第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3

VQ2=(-Vp^-gt^ind㉙

当A点与挡板之间的距离最小时/1=26+h㉚

（877-13）102

联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得s—200gsin^㉛

【分析】（1）P、Q两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能

守恒列方程分析求解；

（2）同理，动量守恒定律和机械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此类推寻找规

律即可；

（3）对物体进行受力分析，对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解物体上

升的高度；

（4）利用运动学公式分别求解物体Q减速至零和物体P运动到底部时的时间，结合时间

关系求解最短距离.

14.【答案】（1）解：在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为vi,由

v

运动的合成与分解规律得i=vwsm72.8°①

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得

mgcosl7.2°=mai②

由运动学公式得二1③

联立①②③式，代入数据得d=4.8m④

（2）解：在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为V2,由运动的合成

与分解规得V2=VMCOS72.8°⑤

设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得

mgsinl7.2°=ma2⑥

设腾空时间为t,由运动学公式得r=7彳⑦

小2，+耳。2户⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨

【分析】运动员做斜抛运动，运动员的速度分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，利用牛顿

第二定律求解两个方向上的加速度，结合运动学公式求解距离d和MN的长度即可。

15.【答案】（1）解：设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域I中，做匀速

1

圆周运动对应圆心角为a,在M、N两金属板间，由动能定理得qU=2mv?①

27

在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得

"R端②

回nqU

联立①②式得qB③

由几何关系得力+（夫一£）-=解④

好/

cosa=—⑤

（2）解：设区域II中粒子沿z轴方向的分速度为Vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位

移大小为X,运动时间为3由牛顿第二定律得qE=ma⑧

粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得l'-=1'COS«⑨

d=v-Z⑩

1

粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得=2"2@

x=--------m---d--~--E--------