2024年新高考物理二輪熱點題型歸納：計算題歸類總結（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=則機器狗的初始位置與落地點P之間的距離x1=a1t=2mx=12mv=4m/s即v=a2t2t2=2sx2=a2t=4mx3=vt2=8mx+x2>x1+x3 A=2m/s，vB=4m/sA下落的高度為h0=gt2=×10x=h-h0=1mvA=gt=10×0.2m/s=2m/sx=v0t-gt2v0=6m/s根據(jù)速度時間關系可得碰撞前B的速度為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(xiàn)-μmg=Ma22t-1 2t-1 2t0=1s<2s，v=2m/s3t-t12+a2t-vt-t13t-t12+a2t-vt-t1d=d=99μmg=ma'經過t時間的位移為x餅=v0t-a't2x器=at2x2=x餅+x器x器=0.25mt=0.5sv1=v0-a'tv1=1m/sx3=v1t'h=gtx=x1+x器-x3x=0.2m 因數(shù)為 =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，F(xiàn)1=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則AB間水平距離為s=vAt=24mFN-mg=mv0=105m/s 4mgH+h-Wf=mv-mvWf=6120J式.2。m1gR=m1v可得小物塊P運動到圓弧形軌道最低點時的速度大小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v?=5m/smv?cosθ=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聯(lián)立解得小物體在圓弧DC段克服摩擦力所做的功為WDC=10JL=0.6m A≤2gr或vA≥4grmg=m設滑塊通過D點時速度為vD，滑塊由C點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小物塊做平拋運動x=vCt，h=gt2，又有y=H-h=x2得h=(或h=)小物塊落在坡面上的動能Ek=mv+mgh代入得Ek=0.1v+(或Ek=Ep-0.4+)當vC=5m/s，即Ep=2.9J時動能最小Ekm=7.5J.k1+Ep1=Ek2+Ep2或E1=E2.k=-ΔEp.A增=ΔEB減.減少量等于B部分初狀態(tài)的機械能減末狀態(tài)的機械能. 2【解析】(1)從最低點到最高點的過程中，由機械能守恒定律得(M+m)v2=(M+m)g(R+H)在最低點對運動員有FN-Mg=M聯(lián)立解得FN=1800NW+(M+m)gR=(M+m)v2代入數(shù)據(jù)解得W=5000J。mgR=mv2x=vtR=gt2R=0.45m，v=3m/sFN-mg=mFN=6N根據(jù)牛頓第三定律小球對軌道上A點的壓力大小為F=FN=6N 道NP，NP的半徑為R=0.5m，N點處切線水平且與地面平滑連接。質量m1=5kg的物塊A與輕彈簧mBg=mB物塊B從N點到P點的過程中，根據(jù)機械能守恒可得mBv=2mgR+mBv解得物塊B在N點的速度大小為vB=5m/sm1v=m1vA+mBvBm1v2=m1v+mBvmB=3kgm1v=m1v1+mBv2則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解得滑桿從A處開始向上運動的初速度v0=10m/s 滑塊Q置于cd軌道上且與c點距離為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滑塊P與木板間摩擦生熱Q2Q2=μ2mPg?Δx=9.6JQ3=μ1(M+mP)gx+a木t=2.4JQ=Q1+Q2+Q3Q=44J弧軌道AB、長度LBC=0.6m的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質量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彈=mv1=4N?s彈簧對A的沖量與彈簧對B的沖量等大反向I弾A=I彈B墻對A的沖量I墻=I彈A=4N.smv1=(m+m)v2v2=1m/sΔE=mv-(m+m)vΔE=2J 為R1=m，右邊圓弧軌道的半徑為R2=50m，水平軌道BC長為L=m，M和m與水平軌道之間的動(1)求進入軌道A點時滑塊M的速率v1；y=Rcosθ=得vAy=2gR1cosθ=3m/s得vAysinθv1=vAysinθ1-cosθ-μMgL=Mv-Mv得v2=4m/sM與N碰撞時為彈性碰撞，有動量守恒定律和能量Mv2=Mv3+mv4Mv=Mv+mvv3=-2m/s，v4=2m/sFN-mg=m得FN=30.24N根據(jù)牛頓第三定律可得對軌道的壓力為F=FN=30.24Nt1==0.4smgh=mv得θ=5°故m在右邊圓弧上做簡諧運動t2=?又m在水平軌道上運動的時間為t3==0.4st=t3+t2=（5π+s 4 42vFN-m2g=m2FN=18N由牛頓第三運動定律可得m2在最低點對軌道的壓m2v2=m2v+m1v1m2v=m2v2+m1vv1=1m/sm1v+m1gL1-cosα=m1v'此時m1重力沿桿的分力提供所需要的向心力有m1gcosα=m1聯(lián)立解得輕桿上作用力為零時m1的速度m0構成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒m1vcosα=m1v1x+m0v0xm1v12+m1gLcosα=m0vx+m1vx+vv1x=v0x聯(lián)立可得m1落到水平桿上前一瞬間速度v=vx+v=2.4m/s 4 4(2)滑塊B對小球A做的功W。k=15J；(2)W=-14Jm1gh=EkEk=15J0=m1v1-m2v2m1g(R+h)=m1v+m2v對小球A由動能定理得m1gR+W=m1v-Ek解得滑塊B對小球A做的功為W=-14J側擋板發(fā)生彈性碰撞。已知A的質量mA=0.1kg，B的質量mB=0.6kg，C與B的動摩擦因數(shù)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相對于B的位移大小為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與B都停止運動時C與B右端的距離為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故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是R≤0.32m。m2v=m2gRR=0.8m故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是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 絕緣輕質細桿的兩端并靜止在光滑絕緣的水平面上?，F(xiàn)以細桿中垂面為左邊界加一平行細桿向右的場EqA=2ma解得球A的電荷量為qA=2qA球所帶電荷為正電荷。-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即電勢能的改變量為-mgR。(3)離開電場時的偏移量y=at2=2.tanφ==tanφ=；tanθ==2tanθ=2.2Eq-mgsinθ=ma1x1=a1t2v=a1tmgsinθ=ma2x1=-v?t+a2t2EE=Eqx1-mgx1+x2sinθ=0x1+x2=gt2 間tAB與運動的總時間tPN之比。E1==mav=2a2LvA=2gLt1==E2q=mgt2=πr=x=vBt3y=atx=yt3=2則= tABtPN== t2=t1+t2+t3 4+πvB=2gRtanθ==1即θ=45°從B點到等效最低點由動能定理有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=從A到等效最高點應用動能定理有-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根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2B=v2=而定．解題的理論依據(jù)主要是由牛頓第二定律列式：qvB=m，求半徑r=及運動周期T==2πm=ωt.t=T，t=(l為弧長).T.T.整后磁場磁感應強度的最小值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== 經x軸進入磁場，在磁場中運動一段時間后從ON上以垂直于y軸的速度方向射qE=mad=at2x0=v0t經過x軸打出點時的速度大小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軸方向有2L=at2qE=mat=，a=，E=在垂直PQ連線方向上有解得粒子在第一象限運動過程中與PQ連線的最大距離d=Lvy=at=v0v=v+v=2v0qvB=r=2Ld1=r+rsin45o=2+1Ldm=d1+4×=3+2L (2)M點的縱坐標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所以粒子第二次經過x軸時的位置與坐標原點的距離為x=L+Δxx=L+22mqEh 0=；示.r=2d0B=mv0=MQ=2r=2dat2=2dsin45°qE=maE=22qdB2mT=2πmt1=T=t2=2=t3==t總=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=則Uca==動規(guī)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°則第二次經過x軸的時間t2==1ax==gay=ga=2gt3=2=v0=Lgt4=3t2=1t=t1+t2+t3+t4=(2+π)x=2LΔx=2L第四次通過x軸后在第一象限內運動過程中到x軸的最大距離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求速度或電荷量：-BlΔt=mv2-mv1，q=Δt。②求時間：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總Q=總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此過程中電阻R產生的焦耳熱為QR=Q=2.4Jmavm=(ma+mb)v1Bdv=LBdvΔt=LΔI則Bdxm=LI1金屬棒中的電流為I1=BdxmL根據(jù)I1-xm圖象以及動能定理有a+mb)v=BI1dxmxm==0.6m 4 42BLq=Δt=Δt=Δt==Br又R總=2.5ΩFN-mg=mv=5m/sQ總=mgr-mv2Q總=1.5J又QR=Q總=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