2018各地高考物理卷計算題匯總

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上各地高考計算題匯總（含答案）1.（2018江蘇，14,16分）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物塊和小球的質(zhì)量之比M:m；（3）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T【答

2、案】（1） （2） （3）（）【解析】（1）設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg解得（2）小球運動到與A、B相同高度過程中小球上升高度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l機械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點設(shè)此時AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T牛頓運動定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛頓運動定律Tmgcos53°=ma解得（）2.（2018天津，10,16分）我國自行研

3、制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程.假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x=1.6×103 m時才能達到起飛所要求的速度v=80 m/s.已知飛機質(zhì)量m=7.0×104 kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10 m/s2.求飛機滑跑過程中（1）加速度a的大??；（2）牽引力的平均功率P.【解析】(1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有v2=2ax （3分）代入數(shù)據(jù)解得a=2 m/s2 （1分）(2)設(shè)飛機滑跑受到的阻力為F阻，依題意有F阻=0.1mg （2分

4、）設(shè)發(fā)動機的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F-F阻=ma （3分）設(shè)飛機滑跑過程中的平均速度為v平均，有v平均=v/2 （3分）在滑跑階段，牽引力的平均功率P=Fv平均 （2分）聯(lián)立式得P=8.4×106 W （2分）3.（2018全國1,24,12分）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度【答案】

5、（1）1/g ；（2）2E/mg 【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E=1/2mv20 （1分）設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0-v0=-gt （1分）聯(lián)立式得t=1/g （2分）(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E=mgh1 （1分）火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有1/4mv21+1/4mv22=E （2分）1/2mv1+1/2mv2=0 （2分）由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動.設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上

6、升的高度為h2，由機械能守恒定律有1/4mv21=1/2mgh2 （1分）聯(lián)立式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h=h1+h2=2E/mg （2分）4.（2018全國2,24,12分）汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為kg和kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小.求（1）碰撞后的瞬間B車速度的大??；（2）碰撞前的瞬間A車速度的大小.【答

7、案】（1） （2）【解析】試題分析：兩車碰撞過程動量守恒，碰后兩車在摩擦力的作用下做勻減速運動，利用運動學公式可以求得碰后的速度，然后在計算碰前A車的速度.（1）設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有 式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù).設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為.由運動學公式有 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 （2）設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為.由運動學公式有 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，兩車在碰撞過程中動量守恒，有 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 5.（2018全國3,25,20分）如

8、圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切.BC為圓弧軌道的直徑.O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin=，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?重力加速度大小為g.求：（1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??；（2）小球到達A點時動量的大??；（3）小球從C點落至水平軌道所用的時間.【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析 本題考查小球在豎直面內(nèi)的圓周運動、受力分析、動量、斜下

9、拋運動及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決問題的的能力.解析（1）設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得由式和題給數(shù)據(jù)得(2)設(shè)小球到達A點的速度大小為v1,作CDPA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得DA=Rsin CD=R(1+cos ) 由動能定理有-mg·CD-F0·DA=1/2mv2-1/2mv21 由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為（3）小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為，從C點落至水平軌道上所用時間為t

10、.由運動學公式有由式和題給數(shù)據(jù)得6.（2018北京，22,16分）2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一.某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h=10 m，C是半徑R=20 m圓弧的最低點，質(zhì)量m=60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到達B點時速度vB=30 m/s.取重力加速度g=10 m/s2.（1）求長直助滑道AB的長度L；（2）求運動員在AB段所受合外力的沖量的I大??；（3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小.【解析】（1）根據(jù)勻變速直線運動

11、公式，有L=（v2Bv2A）/2a=100 m（2）根據(jù)動量定理，有I=mvBmvA=1 800 N·s（3）運動員經(jīng)C點時的受力分析如圖所示根據(jù)動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有mgh=1/2mv2C-1/2mv2B根據(jù)牛頓第二定律，有FN-mg=mv2C/R聯(lián)立解得FN=3 900 N8.（2018天津，9（1），4分）質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是多少m/s.若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5×103 N,則子彈射入

12、木塊的深度為【答案】 20 0.2 【解析】子彈打木塊的過程，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有mv0=(M+m)v，將已知條件代入解得v=20 m/s;由功能關(guān)系可知，Q=fd=1/2mv201/2（M+m）v2，解得d=0.2 m.9.（2018江蘇，12C（3），4分）如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運動速度的大小為v，方向向下經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏虾雎钥諝庾枇?，重力加速度為g，求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小【答案】【解析】取向上為正方向，動量定理mv-(-mv)=I且I=(F-mg)t解得IF=Ft=2mv+mgt（2018全國

13、1,25,20分）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場.一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向.已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計重力.求（1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離（2）磁場的磁感應強度大?。?）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離【解析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點，意在考查考生

14、靈活運用相關(guān)知識解決問題的的能力.（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示.設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點的距離為.由運動學公式有 由題給條件，進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角.進入磁場時速度的y分量的大小為 聯(lián)立以上各式得（2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有 設(shè)進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有 設(shè)磁感應強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系得聯(lián)立以上各式得 （3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得 由牛頓第二定

15、律有設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為.由運動學公式有 聯(lián)立以上各式得，設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為，由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得所以出射點在原點左側(cè).設(shè)進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關(guān)系有聯(lián)立式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為11（2018全國2，25,20分）一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為，電場強度的大

16、小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行.一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出.不計重力.（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點射入時速度的大??；（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間.【解析】（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示.（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，

17、加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b），速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學公式有v1=at 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關(guān)系得 聯(lián)立式得 （3）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得 聯(lián)立式得 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為，則 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， 由式得 12.（2018全國3,24,12分）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場

18、方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直.已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用.求：（1）磁場的磁感應強度大??；（2）甲、乙兩種離子的比荷之比.【答案】（1）（2）【解析】（1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系知由式得（2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有，由題給條件有由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為13.（201

19、8江蘇，15,16分）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點，各區(qū)域磁感應強度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場取sin53°=0.8，cos53°=0.6（1）求磁感應強度大小B；（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值【解析】（1）粒子圓周運動的半徑 由題意知，解得（2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏

20、轉(zhuǎn)角為由d=rsin，得sin=，即=53°在一個矩形磁場中的運動時間，解得直線運動的時間，解得則（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y=2r（1cos）+xtan由y2d，解得則當xm=時，t有最大值粒子直線運動路程的最大值增加路程的最大值sm=sm-2d=d增加時間的最大值tm=sm/v=d/5v014.（2018江蘇，13，15分）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流金屬棒被松開后，以加速

21、度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g求下滑到底端的過程中，金屬棒（1）末速度的大小v；（2）通過的電流大小I；（3）通過的電荷量Q【解析】（1）勻加速直線運動v2=2as 解得（2）安培力F安=IdB 金屬棒所受合力牛頓運動定律F=ma解得（3）運動時間 電荷量Q=It解得15.（2018全國1,33（2），10分）如圖，容積為V的汽缸由導熱材料制成，面積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥門K.開始時，K關(guān)閉，汽缸內(nèi)上下兩部分氣體的壓強均為p0， 現(xiàn)將K打開，容器內(nèi)的液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為

22、時，將K關(guān)閉，活塞平衡時其下方氣體的體積減小了，不計活塞的質(zhì)量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g.求流入汽缸內(nèi)液體的質(zhì)量.【解析】設(shè)活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為V1,壓強為p1;下方氣體的體積為V2，壓強為p2.在活塞下移的過程中，活塞上、下方氣體的溫度均保持不變，由玻意耳定律得p0V/2=p1V1 （1分）p0V/2=p2V2 （1分）由已知條件得V1=V/2+V/6-V/8=13/24V （2分）V2=V/2-V/6=V/3 （2分）設(shè)活塞上方液體的質(zhì)量為m，由力的平衡條件得p2S=p1S+mg （2分）聯(lián)立以上各式得m=15p0S/26g （2分）16.（2018全國2,33（2），10分）如圖，一豎直放置的氣缸上端開口，氣缸壁內(nèi)有卡口a和b，a、b間距為h，a距缸底的高度為H；活塞只能在a、b間移動，其下方密封