2024年新高考物理二轮热点题型归纳：计算题归类总结（解析版）

2vm=0+at1t1=180sx1=atx1=8100mx列=vm⋅Δt=135mx工=v⋅Δt=45md=(s-L)-x列-x工=(s-L)-vm-vΔt1122v共=v=vm-at3x列=x工+d而x列=t3x工=vt3a=m/s2 2。h=gtt1=1s=t1=1s=m/s2=4m/s2a1=则机器狗的初始位置与落地点P之间的距离x1=a1t=2mx=12mv=4m/s即v=a2t2t2=2sx2=a2t=4mx3=vt2=8mx+x2>x1+x3 A=2m/s，vB=4m/sA下落的高度为h0=gt2=×10x=h-h0=1mvA=gt=10×0.2m/s=2m/sx=v0t-gt2v0=6m/s根据速度时间关系可得碰撞前B的速度为vB=v0-gt=(6-10×0.2)m/s=4m/s 332<a2<22m/s2h=gt-12，h+25m=gt2h,==5mH=h+25-h,=40ms=a1tt1=3sx=v0t1-gtx=-15mv=a1t1=6m/sx=vt0+t-t1-at0+t-t12=04455x=vt0+t-t1-at0+t-t12=-La=22m/s2故2<a2<22m/s2 μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1μ2Mg=Ma2+=s而d=d=mF-μ1mg=ma3l=a3t-d而v=a1t1l=1m 2F-μ1m1g-μ2m2g=(m1+m2)aF-F-μ2m2g=m2aF=14Ng<μ2g2=μ2g=4m/s2x==18m x=at2a=3m/s2 3μ=v=at=23m/s66μmg=maa=m/s2x==mFcosθ-f≥0又f=μNN+Fsinθ=mgF≥μmgcosα+μsinα77882=5mμmg=ma1a1=5m/s2v-v=-2a1x1v2=8m/s22=10m/s2μ<tan37°33=2m/s2v2-v0=a2t1t1=0.5sv0=a3t2t2=1.5st=t1+t2=2sx2=t1+t2x2=5mμmg=ma1，F-μmg=Ma22t-1 2t-1 2t0=1s<2s，v=2m/s3t-t12+a2t-vt-t13t-t12+a2t-vt-t1d=d=99μmg=ma'经过t时间的位移为x饼=v0t-a't2x器=at2x2=x饼+x器x器=0.25mt=0.5sv1=v0-a'tv1=1m/sx3=v1t'h=gtx=x1+x器-x3x=0.2m 因数为 =6m/s，v2=7.5m/sm1gsinθ-μm1gcosθ=m1a1a1=2m/s2L=a1t+t02L=v0t+at2t=2s或t=-1s(舍去)L=9mv1=a1(t+t0)=6m/sv2=v0+at=7.5m/s a1==m/s2=9m/s22==m/s2=2m/s2F1-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1μ1mg=ma2μ1=0.2，F1=42Nv1=18m/s2=4m/sa=μ1mg+μ2(M+m)g-F2M=1m/s2v共=v1-at，v共=v2+a2tt=s，v共=m/sF2=μ2(M+m)g=22N mgh=mv2N-mg=mN=1900Nmg[h-R(1-cosθ)]=mvvC=10m/svCy=vCsinθ=8m/sR(1-cosθ)=-vCyt+gt2t=1.8s H=gt2t=t=2s则AB间水平距离为s=vAt=24mFN-mg=mv0=105m/s 4mgH+h-Wf=mv-mvWf=6120J式.2。m1gR=m1v可得小物块P运动到圆弧形轨道最低点时的速度大小v0=2m/sm1v0=m1v1+m2v2m1v=m1v+m2vv1=1.2m/sv2=3.2m/sa==6m/s2-v2=v2-at2t2=sx=v1tx=v2(t-t2)x=2.048mmg=m得v1=5m/smv-mv=mgR得v2=15m/sFN=m得FN=30Nmv-mv=mg2R得v₃=5m/smv₃cosθ=Mv4得v4=2m/smv+Mv=mgh得h=1.65m1=h=2.2m得f1=μMg=1.25Nf2=μMg=2.0N-f1s1-f2s2=0-Mv得2=0.625ms=s1+s2=2.825mh=gt2t==0.6sN-mg=mN=13NvC=4m/smg(h+R)-WDC=mv-0联立解得小物体在圆弧DC段克服摩擦力所做的功为WDC=10JL=0.6m A≤2gr或vA≥4grmg=m设滑块通过D点时速度为vD，滑块由C点mg⋅r=mv-mvFN=mFN=4mgmg⋅2r-μmg⋅r=0-mvμ=0.8-mg⋅2r=0-mvv1=2gr-mg⋅4r-μmg×2×r=mv-mvv2=4grvA≤2gr或vA≥4gr mghAB=mvxOD=vBtxOB=gt2hAB=1mF向=mgsinα=mmghAP=mvhAP=0.4mΔhAB=0.2m 值.【解析】(1)Ep=μmgL+mv(2)x=vCth=gt2=H-yy=x2 (3)B到C有Ep=μmgL+mv得v=10Ep-4小物块做平抛运动x=vCt，h=gt2，又有y=H-h=x2得h=(或h=)小物块落在坡面上的动能Ek=mv+mgh代入得Ek=0.1v+(或Ek=Ep-0.4+)当vC=5m/s，即Ep=2.9J时动能最小Ekm=7.5J.k1+Ep1=Ek2+Ep2或E1=E2.k=-ΔEp.A增=ΔEB减.减少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能. 2【解析】(1)从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得(M+m)v2=(M+m)g(R+H)在最低点对运动员有FN-Mg=M联立解得FN=1800NW+(M+m)gR=(M+m)v2代入数据解得W=5000J。mgR=mv2x=vtR=gt2R=0.45m，v=3m/sFN-mg=mFN=6N根据牛顿第三定律小球对轨道上A点的压力大小为F=FN=6N 道NP，NP的半径为R=0.5m，N点处切线水平且与地面平滑连接。质量m1=5kg的物块A与轻弹簧mBg=mB物块B从N点到P点的过程中，根据机械能守恒可得mBv=2mgR+mBv解得物块B在N点的速度大小为vB=5m/sm1v=m1vA+mBvBm1v2=m1v+mBvmB=3kgm1v=m1v1+mBv2则m1vΔt=m1v1Δt+mBv2Δtm1vt=m1xA+mBxBxA=0.71mΔxm=xA-xB=0.56m N1=M+mg=0.2+0.6×10N=8NN2=Mg-f=0.6×10N-1N=5Nh=mv1=M+mvv1=v=×2m/s=8m/sa1=-mg-fm=m/s2=-15m/s2v2-v=2a1l解得滑杆从A处开始向上运动的初速度v0=10m/s 滑块Q置于cd轨道上且与c点距离为6mmPgR=mPvmPvP=mPv+mQvQ，mPv=mPv=+mQvv=2m/s，vQ=6m/st1==1st2==3s-μ2mQgt3=mQv-mQvQ，-μ2mQgxQ=mQv-mQvt3=t-t1=2sv=2m/s，xQ=8mμ2mQg<μ1(mQ+M)gL=xQ=8mμ2mPg>μ1(M+mP)gμ2mPg=mPaP，μ2mPg-μ1(M+mP)g=Ma木，v共=v-aPt0=a木t0aP=2m/s2，a木=0.5m/s2，Δx=v共t0-vt0=0.8m<L=8mΔx1=Δx=0.8m-μ1(M+mP)gx=0-(M+mP)vv共=a木t0v共=0.4m/s，x=0.08mQ1=μ2mQgxQ=32J滑块P与木板间摩擦生热Q2Q2=μ2mPg⋅Δx=9.6JQ3=μ1(M+mP)gx+a木t=2.4JQ=Q1+Q2+Q3Q=44J弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m1=2kg的P≤24J-m1gR1=0-m1vN-m1g=m1N=60N-m1gR1-μm1gLBC=0-m1vvP=30m/sm1vP-m2vQ=0vQ=230m/sm2vQ=m2+m3vxm2v=m2v+v+m3v+m2gR2+μm2gLEFvy=42m/sh=h=2.1mm1vP1-m2vQ1=0EPmin=m1v1+m2v1m2vQ1=m2+m3v3m2v2=μm2gLEF+m2+m3vEPmin=12Jm2gR2=18J>2μm2gLEF=12Jm1vP2-m2vQ2=0EPmax=m1v2+m2v2m2vQ2=m2+m3v4m2v2=2μm2gLEF+m2+m3vEPmax=24J12J≤EP≤24JEp=mvv1=2m/sI弹=mv1=4N⋅s弹簧对A的冲量与弹簧对B的冲量等大反向I弾A=I弹B墙对A的冲量I墙=I弹A=4N.smv1=(m+m)v2v2=1m/sΔE=mv-(m+m)vΔE=2J 为R1=m，右边圆弧轨道的半径为R2=50m，水平轨道BC长为L=m，M和m与水平轨道之间的动(1)求进入轨道A点时滑块M的速率v1；y=Rcosθ=得vAy=2gR1cosθ=3m/s得vAysinθv1=vAysinθ1-cosθ-μMgL=Mv-Mv得v2=4m/sM与N碰撞时为弹性碰撞，有动量守恒定律和能量Mv2=Mv3+mv4Mv=Mv+mvv3=-2m/s，v4=2m/sFN-mg=m得FN=30.24N根据牛顿第三定律可得对轨道的压力为F=FN=30.24Nt1==0.4smgh=mv得θ=5°故m在右边圆弧上做简谐运动t2=⋅又m在水平轨道上运动的时间为t3==0.4st=t3+t2=（5π+s 4 42vFN-m2g=m2FN=18N由牛顿第三运动定律可得m2在最低点对轨道的压m2v2=m2v+m1v1m2v=m2v2+m1vv1=1m/sm1v+m1gL1-cosα=m1v'此时m1重力沿杆的分力提供所需要的向心力有m1gcosα=m1联立解得轻杆上作用力为零时m1的速度m0构成的系统水平方向上动量守恒m1vcosα=m1v1x+m0v0xm1v12+m1gLcosα=m0vx+m1vx+vv1x=v0x联立可得m1落到水平杆上前一瞬间速度v=vx+v=2.4m/s 4 4(2)滑块B对小球A做的功W。k=15J；(2)W=-14Jm1gh=EkEk=15J0=m1v1-m2v2m1g(R+h)=m1v+m2v对小球A由动能定理得m1gR+W=m1v-Ek解得滑块B对小球A做的功为W=-14J侧挡板发生弹性碰撞。已知A的质量mA=0.1kg，B的质量mB=0.6kg，C与B的动摩擦因数μ1=0.4，BC=-3m/s；vB=3m/s；(3)LCB=4.875mmgL=mvv0=12m/sT-mg=mT=3Nmv0=(m+mA)vv=6m/s(m+mA)v=(m+mA)vC+mBvB，(m+mA)v2=(m+mA)v+mBvvC=-3m/s，vB=3m/s-μ2(m+mA+mB)gt=0-mBvBt=0.75sxB=(vB+0)t=m，xC=vCt=-mC相对于B的位移大小为Δx=xC-xB=m由Δx=m<d=3.75mf=μ1(m+mA)g=0.8Nfmax=μ2(m+mA+mB)g=2.4Nf<fmax-μ1(m+mA)gxC=0-(m+mA)vxC=mC与B都停止运动时C与B右端的距离为LCB=d+xCLCB=m=4.875mmgL=mvv0=6m/sF-mg=mF=10Nmv0=-mv1+mAv2mv=mv+mAvv1=v2=v0=3m/sI=mv0+v1=3N⋅s-μ1mAgx=mAv-mAvμ1mAg=mAa1a1=5m/s2μ1mAg-μ2mA+mBg=mBa22=m/s2v3-a1t=a2tv3t-a1t2-a2t2=sv3=2m/s，x=0.5m =hvy=v0sinθvy=8m/sv0=10m/svx=v0cosθ=10×0.6=6m/sm1vx=m1va+m2vbm1v=m1v+m2vvb=4m/sm2g=m2v-m2v=-2m2gRR=0.32m故半圆弧轨道的半径R取值范围是R≤0.32m。m2v=m2gRR=0.8m故半圆弧轨道的半径R取值范围是R≤0.32m或者R≥0.8m mg+q=ma1a1=30m/s2x1=a1t=0.15mv1=a1t1=3m/sq-mg=ma22=10m/s2x2=v1t2-a2t=0.25mx=x1+x2=0.4m3=0.1s小球加速度大小等于a1=30m/s2v2=v1-a2t2=2m/sv3=v2+a1t3=5m/sx3=t3=0.35m4=0.1s小球加速度大小等于2=10m/s2v4=v3-a2t4=4m/sx4=t4=0.45mw1=q(x1-x2)w2=q(x3-x4) = =1w2 绝缘轻质细杆的两端并静止在光滑绝缘的水平面上。现以细杆中垂面为左边界加一平行细杆向右的场EqA=2ma解得球A的电荷量为qA=2qA球所带电荷为正电荷。-3qE+2qE=-qEL=att1=v=at1=3qE-2qE=2ma22=v=a2t2t2=2x2=t2=2L eU=mvv0=L=v0t，y=at2，a=EL2y=L=v1t1，y=a1t1=mveE1=ma14yU1E1=L2E1=2E AB；WAB=m(2v)2-mv2=mv2UAB==WAC=m(7v)2-m(2v)2=mv2UAC==d=2RE==34v2 y==2gx=gt222x=h(R-x)2+h2=R2h=R,x=R2v=2gR即电势能的改变量为-mgR。(3)离开电场时的偏移量y=at2=2.tanφ==tanφ=；tanθ==2tanθ=2.2Eq-mgsinθ=ma1x1=a1t2v=a1tmgsinθ=ma2x1=-v⋅t+a2t2EE=Eqx1-mgx1+x2sinθ=0x1+x2=gt2 间tAB与运动的总时间tPN之比。E1==mav=2a2LvA=2gLt1==E2q=mgt2=πr=x=vBt3y=atx=yt3=2则= tABtPN== t2=t1+t2+t3 4+πvB=2gRtanθ==1即θ=45°从B点到等效最低点由动能定理有Ekm=(2+1)mgRqER-mgR=mv-mvvC=vB=2gR-R=vCt-gt2t=(2+6)ax==gx=axt2=(5+26)RΔE=qEx=(5+26)mgR 8V由v0=gt0t0==1sh=gt=5mt1=2t0=2sax==m/s2=10m/s22m=20m8Vvx=tvy=v0-gtv2=v+v=t（2+v0-gt2v2=1002t2-2t+1t=0.5s解得速度v的最小值vmin=52m/s A=qE=mgsinθΕ==F合=mgcosθ=mgF合=从A到等效最高点应用动能定理有-F合⋅2l=mv2-mv vA= m=gL；(3)h=L=tanθF=mg mg mgG等=m-G等vm=mv-mv-G等(L-Lcosθ)=mv2-mv-Ft=-mv-mvh-L=gt2h=LAP；E=d=rcos30°=rUAP=EdUAP=L=r+rcos60°F==2mgFL=EQ-mvEQ=3mgr+mv qv1B=k=r1=3Rtan==θ=60°1v1T1v1t=Tt=r2=Rcos=R根据洛伦兹力提供向心力有2B=v2=而定．解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvB=m，求半径r=及运动周期T==2πm=ωt.t=T，t=(l为弧长).T.T.整后磁场磁感应强度的最小值B。 )η=33.3%，B=B2R-r12=r+R2r1=R又qv1B=v1=kBR2R-r22=r+R2-2Rr2cos60°r2=R又2B=v2=kBRt=3+kBt=4π+33kBr3=Rcosβ= R2+R2-R2=1=sinαR =sinπ-θsinθ=2sinα=2R-r42=r+R2-2Rr4cos120°r4=R而3B=故r4=B=B0sint=T×2Bqv0=mr=T=T=T=2πmθ=rsinθ=RR=sinqvB=mr=Lt1=T=t2=T=θ=πk==qv1B=m2B=m得v1=，v2=v≤或≤vR+R2+r2=3rR=qvB=m又vt=2rt=tanθ==得t== 经x轴进入磁场，在磁场中运动一段时间后从ON上以垂直于y轴的速度方向射qE=mad=at2x0=v0t经过x轴打出点时的速度大小0v=at2+v20x0=23dv=cosα=v=2既°α=30xA=xB+xAB=xB+Rsin30°xB=t0°=R30° R=23d2+3由qvB=B=4+23Ev0R'=d1=R'=d2=vcos302=43dx1=x0-2s1+2s2=93dvx=v0，x=v0tvy=t，y=t2tanφ==周期：T=t=t=T=⇓⇓⇓⇓1+44L=v0t在y轴方向有2L=at2qE=mat=，a=，E=在垂直PQ连线方向上有解得粒子在第一象限运动过程中与PQ连线的最大距离d=Lvy=at=v0v=v+v=2v0qvB=r=2Ld1=r+rsin45o=2+1Ldm=d1+4×=3+2L (2)M点的纵坐标yM；M=-L；(3)B=L=v0tL=at2Eq=matanθ=vcosθ=v0v=R=LsinθL-RyM=-tan-R+1+12LyM=-qvB=B=B=；(2)x=L+2mqEhqE=maL=v0th=at2v=2ahv=v+vv0=vy=v=(L2+4h2)qvB=mΔx=2RsinαΔx=2mvsinα=2mvy=2所以粒子第二次经过x轴时的位置与坐标原点的距离为x=L+Δxx=L+22mqEh 0=；示.r=2d0B=mv0=MQ=2r=2dat2=2dsin45°qE=maE=22qdB2mT=2πmt1=T=t2=2=t3==t总=t1+t2+t3=(7π)m 2Eq=mgm=mv2r=Bqvmgr-Eqr=mv2v=r=4E2有mvr=FN-mg-Eqcos45°mvrmg-Eq⋅=mvFN=T=t==Δp=-2mv=-tπmg⋅3r-Wca=mv2Wca=则Uca==动规律求解，有qvB=mrω2=m=mr=ma。 F=mgf=μqvB=Fv=mgFx=mvqvBBt-Ft=mvx23x=vBtvC=v+v=-FR(1-cosθ)=mv-mvtanθ==3θ=60°FN+F-qvPB=FN=2(1+3)mgFRsin30°+W合=mv2-mvW合=FRcosθ=mv-mvW合=mv2-mvW合==2；(3)0<Δt<或Δt>5mg=5Eq得E=得v=2mg5qvB=得r=5mv=mv1+4mv2v1=3v，v2=v或v1=-v，v2=v(舍去)r2v2 =rv r2= r1v16 ==r2v21D11D12-D21D22=v1Δt1-v2Δt1D11D12-D21D22=2r1-r20<Δt<D11D13-D21D23=v1Δt2-v2Δt2D11D13-D21D23=2r1<Δt0<Δt<或Δt> ym。m=q=q=mgE1= 2Lv0= 2Lv0=t1= gE2q=mgv0T=v0L=2Rsin45°则第二次经过x轴的时间t2==1ax==gay=ga=2gt3=2=v0=Lgt4=3t2=1t=t1+t2+t3+t4=(2+π)x=2LΔx=2L第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离ym==qE1=mg0B=mrsinθ=xM-xPr+rcosθ=yMθ=53°r=2mB=2ΤqE2=ma水-v水2-v0cosα2=2⋅-a水⋅-xP-v水=v0cosα-att=1syN=v0sinα⋅t+gt2yN=5.8m I=2AF安=F=4N又F安=B1ILB1=2TI=B1Lv2R+R得v2=1m/s(F-B1L)t=mv2-0====x12=9mt2=2sv3=v2+at2=v2+t2=5m/s(F-B2L)t,=mv4-mv3x34LI1=t,=t,=R+Rt,=R+Rt,x34=mQ=Fx34+mv-mv（=51.21875J程.①求速度或电荷量：-BlΔt=mv2-mv1，q=Δt。②求时间：FΔt+IA=mv2-mv1，IA=-BlΔt=-Bl。③求位移：-BlΔt=-BΔt=mv2-mv1，即-x=m(v2-v1)。2-mgθE=BlvI=Emgsinθ+BIL=maa=gsinθ+ΔΦ=BLx= —EI=q=Δtx=mv2=mgxsinθ+Q总Q=总Q=mv2- mE=Bdv0=1×0.5×2V=1VUAB=E=Va==m/s2=2m/s2aaaμ=0.5aI=BdvmR+rvm=6m/smagsin37°Δt-μmagcos37°Δt-BdΔt=mav-mav0q=Δt=Δt==x=6.6magxcos37°-Q=mav2-mavQ=3.6J此过程中电阻R产生的焦耳热为QR=Q=2.4Jmavm=(ma+mb)v1Bdv=LBdvΔt=LΔI则Bdxm=LI1金属棒中的电流为I1=BdxmL根据I1-xm图象以及动能定理有a+mb)v=BI1dxmxm==0.6m 4 42BLq=Δt=Δt=Δt==Br又R总=2.5ΩFN-mg=mv=5m/sQ总=mgr-mv2Q总=1.5J又QR=Q总=1.2JR+R0=2.5ΩR0=0.5ΩE=Bdv1得v1=Δq=CU0-Bdv2Bid⋅Δt=mv2m+CB2d2vm+CB2d2E=Bdv3+B⋅2d⋅v4Bdq=mv3B⋅2dq=mv4v3=v4=q=Eq=mv+mv+Q而R2Qb=R