2019復(fù)習(xí)物理高考綜合計算題(附詳細(xì)答案)(共15頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 2019物理復(fù)習(xí)高考綜合計算題第一組2018高考題全國1卷24（12分）一質(zhì)量為的煙花彈獲得動能后，從地面豎直升空。當(dāng)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，且均沿豎直方向運(yùn)動。爆炸時間極短，重力加速度大小為，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(yùn)動的部分距地面的最大高度。25（20分）ExyOh如圖，在y > 0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(qiáng)磁場。一個氕核和一個

2、氘核先后從y軸上點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。的質(zhì)量為，電荷量為。不計重力。求（1）第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離；（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）第一次離開磁場的位置到原點O的距離。答案24 （1）設(shè)煙花彈上升的初速度為，由題給條件有設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為，由運(yùn)動學(xué)公式有聯(lián)立式得（2）設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為，由機(jī)械能守恒定律有火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為和。由題給條件和動量守恒定律有 由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動

3、部分做豎直上拋運(yùn)動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為，由機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為xyq1OR125（1）在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做圓周運(yùn)動，運(yùn)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(yùn)動時間為，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點的距離為。由運(yùn)動學(xué)公式有由題給條件，進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進(jìn)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(yùn)動時，由牛頓第二定律有設(shè)進(jìn)入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場中運(yùn)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）

4、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(yùn)動的時間為。由運(yùn)動學(xué)公式有聯(lián)立以上各式得，設(shè)在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為，由式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑公式得所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)進(jìn)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的距離為第二組24（14分）冰壺運(yùn)動是在水平冰面上進(jìn)行的體育項目，運(yùn)動場地示意圖如下。在第一次訓(xùn)練中，運(yùn)動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線上的A處放手，讓冰壺以一定的速度

5、沿虛線滑出，冰壺沿虛線路徑運(yùn)動了s=28.9m，停在圓壘內(nèi)的虛線上。已知冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為=0.02，重力加速度大小為g=10m/s2。（1）運(yùn)動員在投擲線A處放手時，冰壺的速度是多大？（2）在第二次訓(xùn)練中，該運(yùn)動員在投擲線A處放手讓冰壺以同樣的速度滑出，同時，多名擦冰員用毛刷不斷地擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，冰壺沿虛線路徑比第一次多走了=5.1m停下。假設(shè)用毛刷擦冰面后，被擦冰面各處粗糙程度相同，求冰壺與被擦冰面間的動摩擦因數(shù)。25（18分）如圖所示，在方向豎直向上、大小為E=1×106V/m的勻強(qiáng)電場中，固定一個穿有A、B兩個小球（均視為質(zhì)點）的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內(nèi)，

6、圓心為O、半徑為R=0.2m。A、B用一根絕緣輕桿相連，A帶的電荷量為q=+7×10-7C，B不帶電，質(zhì)量分別為mA=0.01kg、mB=0.08kg。將兩小球從圓環(huán)上的圖示位置（A與圓心O等高，B在圓心O的正下方）由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針方向轉(zhuǎn)動。重力加速度大小為g=10m/s2。（1）通過計算判斷，小球A能否到達(dá)圓環(huán)的最高點C？（2）求小球A的最大速度值。（3）求小球A從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動的過程中，其電勢能變化的最大值。24（14分）（1）第一次訓(xùn)練中，設(shè)冰壺離手時的速度為v0，加速度為a，以冰壺運(yùn)動方向為正方向，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度-位移公式：2分設(shè)冰壺質(zhì)量為m，冰壺

7、沿水平方向只受摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律： 2分聯(lián)立解得：2分代入數(shù)據(jù)求得：=3.4m/s2分（2）設(shè)冰壺與被擦后的冰面之間的動摩擦因數(shù)為，同理可得：2分聯(lián)立解得：2分代入數(shù)據(jù)求得：2分25（18分）（1）設(shè)A、B在轉(zhuǎn)動過程中，輕桿對A、B做的功分別為、，則：1分設(shè)A、B到達(dá)圓環(huán)最高點的動能分別為、，對A由動能定理：2分對B由動能定理：2分聯(lián)立解得：1分上式表明：A在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負(fù)值，故A不能到達(dá)圓環(huán)最高點。 1分（2）設(shè)B轉(zhuǎn)過角時，A、B的速度大小分別為vA、vB，因A、B做圓周運(yùn)動的半徑和角速度均相同，故：vA=vB1分對A由動能定理：2分對B由動能定理：2分聯(lián)立解得：1分由

8、上式解得，當(dāng)時，A、B的最大速度均為1分（3）A、B從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動過程中，當(dāng)兩球速度為0時，電場力做功最多，電勢能減少最多，由式得：2分解得：或（舍去）故A的電勢能減少：2分第三組24（20分）如圖（a）所示，間距為L電阻不計的光滑導(dǎo)軌固定在傾角為的斜面上。在區(qū)域I內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B不變；在區(qū)域內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度Bt的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖（b）所示。t=0時刻在軌道上端的金屬細(xì)棒ab從如圖位置由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，同時下端的另一金屬細(xì)棒cd在位于區(qū)域I內(nèi)的導(dǎo)軌上也由靜止釋放。在ab棒運(yùn)動到區(qū)域的下邊界EF之前，cd棒始終靜止不動，

9、兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好。又已知cd棒的質(zhì)量為m，區(qū)域沿斜面的長度也是L，在t=tx時刻（tx未知）ab棒恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域，重力加速度為g。求： 通過cd棒中的電流大小和區(qū)域I內(nèi)磁場的方向 ab棒開始下滑的位置離區(qū)域上邊界的距離s； ab棒從開始到下滑至EF的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量。（結(jié)果均用題中的已知量表示）25（22分）如圖所示，虛線MO與水平線PQ相交于O，二者夾角=30°，在MO左側(cè)存在電場強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，MO右側(cè)某個區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O點處在磁場的邊界上現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v()垂直于MO從O點射入

10、磁場，所有粒子通過直線MO時，速度方向均平行于PQ向左不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，求： 速度最大的粒子自O(shè)點射入磁場至返回水平線POQ所用的時間 磁場區(qū)域的最小面積 根據(jù)你以上的計算可求出粒子射到PQ上的最遠(yuǎn)點離O的距離，請寫出該距離的大小（只要寫出最遠(yuǎn)距離的最終結(jié)果，不要求寫出解題過程）答案24解：(20分)FN BIL mg （1）(6分) 如圖所示， cd棒受到重力、支持力和安培力在tx后：有E2 = BLv （1分） 且 E1 = E2 （1分） 解得： （1分） 由s= （1分） 解得s = （2分）（3）(6分)ab棒進(jìn)入?yún)^(qū)域后，ab做勻速直線運(yùn)動，且t2=tx，(1分)在

11、區(qū)域中由能量守恒知回路中的產(chǎn)生的熱量為 Q2=，(2分)由于 Q1 = Q2 (1分)得回路中的總熱量 Q=2(2分)25.(22分)解：（1）(11分)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時間為t1則 (1分)即 (1分) (1分) (1分)最大速度vm的粒子自N點水平飛出磁場，出磁場后做勻速運(yùn)動至OM，設(shè)勻速運(yùn)動的時間為t2，有： (1分)過MO后粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的時間為，則： (2分)又由題知最大速度vm= (1分)則速度最大的粒子自O(shè)進(jìn)入磁場至重回水平線POQ所用的時間 (1分)解以上各式得： 或 (2分)（2）(7

12、分)由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM，則其飛出磁場的位置均應(yīng)在ON的連線上，故磁場范圍的最小面積是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積。扇形的面積 (2分)的面積為： (2分)又 (1分)聯(lián)立得：或 (2分)（3）(4分)粒子射到PQ上的最遠(yuǎn)點離O的距離d= （扣2分）mm2LL第四組24、（19分）圖中有一個豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料ER流體，它對滑塊的阻力可調(diào)起初，滑塊靜止，ER流體對其阻力為0，彈簧的長度為L，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊碰撞后粘在一起向

13、下運(yùn)動為保證滑塊做勻減速運(yùn)動，且下移距離為時速度減為0，ER流體對滑塊的阻力須隨滑塊下移而變試求（忽略空氣阻力）：下落物體與滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；滑塊向下運(yùn)動過程中加速度的大??；滑塊下移距離d時ER流體對滑塊阻力的大小25、（20分）下圖為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖在以O(shè)為圓心，OH為對稱軸，夾角為2的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點CM垂直磁場左邊界于M，且OMd現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內(nèi)）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D，試求：磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運(yùn)

14、動的離子為研究對象）；離子沿與CM成角的直線CN進(jìn)入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運(yùn)動時間；DOdCNM線段CM的長度答案24、解：設(shè)物體下落末速度為v0，由機(jī)械能守恒定律 解得：設(shè)碰后共同速度為v1，由動量守恒定律2mv1mv0 解得：碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：設(shè)加速度大小為a，有：得：設(shè)彈簧彈力為FN，ER流體對滑塊的阻力為FER解得：25、解：沿CM方向運(yùn)動的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑為：Rd 由解得：B 磁場方向垂直紙面向外沿CN運(yùn)動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R，運(yùn)動時間為t由 vcosv0 得 方法一：設(shè)弧長為sts2() R解得：方法二：離子在磁場中做勻速圓周

15、運(yùn)動的周期方法一：CMMNcot 解得：CMdcot方法二：設(shè)圓心為A，過A做AB垂直NO，可以證明NMBONMCMtan又BOABcotRsincotCMdcot第六組24（19分）如圖所示，相距0.5m足夠長的兩根光滑導(dǎo)軌與水平面成37°角，導(dǎo)軌電阻不計，下端連接阻值為2的電阻R，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面斜向上ab、cd為水平金屬棒且與導(dǎo)軌接觸良好，它們的質(zhì)量均為0.5kg、電阻均為2ab棒與一絕緣水平細(xì)繩相連處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)讓cd棒從靜止開始下滑，直至與ab相連的細(xì)繩剛好被拉斷，在此過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為0.5J，已知細(xì)線能承受的最大拉力

16、為5N求細(xì)繩被拉斷時：（g=10m/s2，sin37°=0.6）（1）ab棒中的電流；Babcd37°R37°絕緣水平細(xì)繩（2）cd棒的速度；（3）cd棒下滑的距離25（20分）如圖為某生產(chǎn)流水線工作原理示意圖。足夠長的工作平臺上有一小孔A，一定長度的操作板（厚度可忽略不計）靜止于小孔的左側(cè)，某時刻開始，零件（可視為質(zhì)點）被無初速度地放上操作板中點，同時操作板在電動機(jī)帶動下向右做勻加速直線運(yùn)動直至運(yùn)動到A孔的右側(cè)（忽略小孔對操作板運(yùn)動的影響），最終零件運(yùn)動到A孔時速度恰好為零，并由A孔下落進(jìn)入下一道工序。已知零件與操作板間的動摩擦因素，與工作臺間的動摩A工作臺操作

17、板零件工作臺擦因素，操作板與工作臺間的動摩擦因素。試問：（1）電動機(jī)對操作板所施加的力是恒力還是變力（只要回答是“變力”或“恒力”即可）？（2）操作板做勻加速直線運(yùn)動的加速度a的大小為多少？（3）若操作板長L=2m,質(zhì)量M = 3kg，零件的質(zhì)量m = 0.5kg,重力加速度取 g = 10m/s2,則操作板從A孔左側(cè)完全運(yùn)動到右側(cè)過程中，電動機(jī)至少做了多少功？答案25（19分）解：（1）細(xì)繩被拉斷瞬時，對ab棒有:Fm cos37°=mgsin37°+BIabL ( 2分) Iab=1A ( 2分) （2）因為Iab = IR Icd=Iab+ IR = 2A (2分)又

18、由閉合歐姆定可得 (2分)聯(lián)立可得v= 6 m/s ( 2 分)(3) 金屬棒cd從靜止開始運(yùn)動直至細(xì)繩剛好被拉斷的過程中有： ( 2分) (2分)可得Qab= QR = 0.5J ( 1分)Qcd =(2I)2Rcdt= 4I2Rabt= 2J ( 1分)由能量守恒得 ( 2分)即可得s = 4m (1分)22（20分）（1）變力（2分）（2）設(shè)零件相對于工作臺運(yùn)動距離為x，歷時為t時與操作板分離，此后零件在工作臺上做勻減速運(yùn)動直到A點時速度減為零。設(shè)零件的質(zhì)量為m,板長為L，取水平向右為正方向，則有： （1分） （1分） （1分）從開始運(yùn)動到零件與板分離，板的位移大小比零件多L/2，則有 （1分）零件從開始運(yùn)動到運(yùn)動到A點，總位移大小為L/2，則有 （1分）聯(lián)立以上各式