2025高考物理計算題題型突破專項訓(xùn)練

計算題專項練（一）

（滿分：28分時間:30分鐘）

（13分X2021湖南高三二模）如圖所示，一傾角為6的斜面固定在水平面上,質(zhì)量為5m的物塊靜止于斜

面上。處。在距離。點//高處的斜面頂端從靜止開始釋放一個質(zhì)量為機的小球，小球沿斜面下落過

程中只與物塊發(fā)生了一次彈性碰撞，一段時間后兩者同時到達斜面底端。物塊與斜面間的動摩擦因

數(shù)等于tan4小球與斜面間摩擦忽略不計，重力加速度大小為g。求：

⑴碰撞后小球與物塊的速度VI、V2；

⑵斜面的高度H。

2.(15分X2021浙江寧波高三二模汝口圖所示，平行于直角坐標(biāo)系y軸的尸。是用特殊材料制成的，只能

讓垂直打到尸。界面上的電子通過，且通過時并不影響電子的速度。其左側(cè)有一直角三角形區(qū)域，分

布著方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，其右側(cè)有豎直向上電場強度為E的勻強電場。

現(xiàn)有速率不同的電子在紙面上從坐標(biāo)原點。沿不同方向射到三角形區(qū)域,不考慮電子間的相互作用。

已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為MZ,在AOAC中,。4=。,6=6?！?。

(1)當(dāng)電子的速度方向沿y軸正方向時,求能從OC邊出磁場的電子所具有的最大速度的大小。

(2)求能通過PQ界面的電子所具有的最大速度的大小。

(3)求在PQ右側(cè)x軸上能接收到電子的范圍。

1.答案(1)：西I,方向沿斜面向上速度沿斜面向下(2)?

解析⑴設(shè)剛要碰撞時小球的速度為w,根據(jù)機械能守恒有mgh=^mvo2

在小球與物塊的碰撞過程中，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒有mvo=mv\+5mv2

根據(jù)動能守恒有:mvo?=7mvi2+^5mv22

聯(lián)立解得必=：j而，上=勺2：^小球方向沿斜面向上，物塊速度沿斜面向下。

(2)小球與物塊碰撞后先沿斜面向上勻減速運動,后沿斜面向下做勻加速運動，設(shè)加速度為G1,

經(jīng)時間f運動到斜面底端，取沿斜面向下為正方向,根據(jù)牛頓運動定律有mgsin9=ma

根據(jù)運動學(xué)公式有"二也什》/2

sind2

設(shè)碰撞后物塊的加速度為Z,根據(jù)牛頓運動定律有

5Mgsin0-5jumgcos6=5ma2

將〃=tan。代入上式得〃2=0

即物塊碰撞后沿斜面向下做勻速運動,于是有

H?h

--^二以2/

sin^

聯(lián)立解得HR

2.答案⑴空⑵空也⑶，3a<xWV3a+2&l也

解析⑴洛倫茲力提供向心力，有evB=ni^

D

能從OC邊出磁場的電子,當(dāng)運動軌跡和AC相切時半徑最大,故半徑最大值Rml=a

所以，能從OC邊出磁場的電子所具有的最大速度

eBa

Vml="°

(2)要使電子能通過PQ界面，電子飛出磁場的速度方向必須水平向右，由以上分析可知

eBR

v=---

m

故R越大口越大，所以，從C點水平飛出的電子運動半徑最大，對應(yīng)的速度最大，故有(島2-

a)2+(V3d!)2=Rm22

所以,7^=2°,故能通過PQ界面的電子所具有的最大速度v.普。

⑶只有垂直打到尸。界面上的電子才能通過，故電子進入電場的范圍為PQ上c到x軸間的

范圍;當(dāng)粒子在PQ上的縱坐標(biāo)為y（0勺時，粒子在磁場中運動的半徑由幾何關(guān)系可得⑴

y）2+"3y）2="

所以r=2y

那么由洛倫茲力提供向心力可得運動速度為

m

粒子在電場中只受電場力作用,做類平拋運動，故--t2

那么，電子打在入軸上的位置為

x=73a+v't=73a+2By

所以V3a<xWV3Q+23a[―

計算題專項練（二）

（滿分：28分時間:30分鐘）

1.（13分）（2021浙江寧波高三二模）如圖所示為某樂園2021年春節(jié)表演的禮花秀，漂亮的禮花一邊擴

大，一邊下落。假設(shè)某種型號的禮花彈在地面上從專用炮筒中沿豎直方向射出，到達最高點時炸開。

已知禮花彈從炮筒射出的速度為w,假設(shè)整個過程中禮花彈、彈片所受的空氣阻力大小始終是重力

的4倍/<1）,忽略炮筒的高度,重力加速度為go

⑴求禮花彈射出后，上升的最大高度h.

（2）求禮花彈炸開后的彈片的最小加速度大小。

⑶禮花彈在最高點炸開后，其中有一彈片速度大小恰好為w,方向豎直向上，求禮花彈炸開后該彈片在

空中的運動時間。

2.(15分)(2021廣東高三二模汝口圖所示,半徑為L的金屬圓環(huán)內(nèi)部等分為兩部分，兩部分有垂直于圓

環(huán)平面、方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為瓦,與圓環(huán)接觸良好的導(dǎo)體棒繞圓環(huán)中心。勻速

轉(zhuǎn)動。圓環(huán)中心和圓周用導(dǎo)線與半徑為R的D形金屬盒相連,D形盒處于真空環(huán)境且內(nèi)部存在著磁

感應(yīng)強度為8的勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里。仁0時刻導(dǎo)體棒從如圖所示位置開始運動，同

時在D形盒內(nèi)中心附近的A點，由靜止釋放一個質(zhì)量為m,電荷量為-q(q>0)的帶電粒子，粒子每次通

過狹縫都能得到加速，最后恰好從D形盒邊緣出口射出。不計粒子重力及所有電阻，忽略粒子在狹縫

中運動的時間，導(dǎo)體棒始終以最小角速度未知)轉(zhuǎn)動。

⑴求。的大小。

⑵求粒子在狹縫中加速的次數(shù)。

⑶考慮實際情況,粒子在狹縫中運動的時間不能忽略，求狹縫寬度d的取值范圍。

L答案（”或）g（2）（l-k）g（3）（13+于白

解析（1）設(shè)禮花彈的質(zhì)量為mi,上升過程中，由牛頓第二定律可得mig+kmig=miai

解得ai=（l+k）g

由運動學(xué)公式可得0-v°2=2（-aDh

解得h=￡

（2）由題意可知，炸開后,豎直下落的彈片加速度最小，設(shè)該彈片質(zhì)量為m2,由牛頓第二定律可

得rrhg-km2g=m2a2

解得a2=（l-k）go

一-2

⑶由以上分析可知，速度大小為Vo的彈片繼續(xù)上升的最大高度為hi=h=2（：k）g

該過程所用時間tg=4

從最高點下降的過程有%+h=L2t2?

7

解得下降時間為t2=當(dāng)芻

o1-F

禮花彈炸開后該彈片在空中運動的總時間為t=ti+t2=

2.答案⑴笆⑵器⑶代舞

***BQL￡DK

解析（1）根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bvq=I^

-p_2nr_2nm

vQB

故3二名=-o

Tm

2

（2）根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bvg=*

可得粒子離開加速器時的速度為5=處

由法拉第電磁感應(yīng)定律，得導(dǎo)體棒切割磁感線的電動勢為E感=出。312=也朝

22m

根據(jù)動能定理有NEsq^Zvi2

2

得加速的次數(shù)為

Bol/

⑶帶電粒子在電場中的加速度為

=￡感4=)288.2

92dm2

粒子在電場中做勻加速直線運動，滿足Nd.

為保證粒子一直加速，應(yīng)滿足用

解得代時應(yīng)。

計算題專項練(三)

(滿分：28分時間:30分鐘)

(13分)(2021湖南長沙雅禮中學(xué)高三二模)如圖所示，由直三棱柱A3G-A222c2構(gòu)成的斜面體固定置

于水平面上,△ABC為直角三角形，其中a=53°,4G=44=0.4m,厚度不計的矩形熒光屏

3跳。m1豎直安置在斜面底端,MDi=0.2m?？臻g中有一豎直向下的勻強電場，電場強度E=2xl()5

N/C,在Ai處可發(fā)射沿水平方向，速度大小不同的帶正電粒子,粒子的電荷量4=2x10-1。。質(zhì)量

機=5xl0T7kg,當(dāng)粒子擊中熒光屏?xí)r能使其發(fā)光。不考慮重力、空氣阻力、粒子間相互作用力及粒子

反彈后的運動,sin53°=0.8,cos53°=0.6。

⑴求帶電粒子在電場中運動的加速度大?。?/p>

(2)求能使熒光屏發(fā)光的粒子的初速度大小范圍；

(3)取(2)問中打到熒光屏上初速度最小的粒子，當(dāng)其運動到離斜面的距離最遠(yuǎn)時，突然撤去電場，并加

一個垂直于斜面的勻強磁場，要使粒子能擊中熒光屏,求所加磁場的方向及磁感應(yīng)強度的范圍。

2.（15分X2021浙江寧波高三二模）如圖所示是一彈射游戲裝置,由安裝在水平臺面上的固定彈射器、

豎直圓軌道（在最低點A、C分別與水平軌道0A和CL（相連）、傾斜長軌道OE組成。游戲時滑塊從

。點彈出后，經(jīng)過圓軌道并滑上傾斜長軌道OE,若滑塊從長軌道滑下則反向進入圓軌道,從圓軌

道滑出，進入軌道并壓縮彈射器的彈簧，隨后能再次彈出算游戲成功。已知圓軌道半徑為R,軌道

OE的傾角8=37。，滑塊質(zhì)量為風(fēng)滑塊與軌道DE之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,其余軌道都光滑,各軌道

之間平滑連接;滑塊可視為質(zhì)點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能，忽略空氣

阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。

⑴若滑塊第一次進入圓軌道，恰好能過最高點反求滑塊能滑上斜軌道的最大距離。

⑵若某次游戲彈射釋放的彈性勢能為4=5:咫尺求滑塊在斜軌道上通過的總路程。

（3）要使游戲成功但只能返回彈射器一次，并要求滑塊始終不脫離軌道,求彈射時彈性勢能的范圍。

1.答案(l)8xioum/鏟(2)3xlO5m/s〈v()W5/2、1()5向5(3)方向垂直于斜面向下,0<B<0.5T

解析⑴由qE=ma,解得a=8xlOnm/s2o

⑵從Ai運動到Bi粒子初速度最小，豎直位移向。|=31研2

水平位移|C1B1|=VltAB

位移關(guān)系|A1Cl|=|C1B1|tana

解得初速度最小值Vi=3xl05m/s

從Ai運動到D2粒子初速度最大，豎直位移：tAD2

2

水平位移1|CIBI|2+|BiB2|=v2tAD

5

解得初速度最大值v2=5V2xl0m/s

初速度的范圍是3xlO5m/s^Vo^5V2xl05m/so

(3)設(shè)粒子到達P點時離斜面距離最遠(yuǎn)，此時速度VP恰好平行于斜面方向向下，由速度關(guān)系有

vpy=Vitana

豎直方向速度vPy=ati

解得ti=5xlO-7s

此時如果磁場為零,電場也已撤去，粒子將做勻速直線運動至熒光屏的Qi點，增大磁場，粒子

將做勻速圓周運動，軌跡半徑隨磁場的增大而減小,當(dāng)磁場最大時，設(shè)軌跡恰好相切于Q2點

P點水平位移XP=viti=0.15m,|AiN|=^-=0.25m

11cosa

半徑R=|PQi|=|NBi|=|AiBi|-|AiP|=0.25m

由牛頓第二定律:qvpBgxum呼

解得磁感應(yīng)強度最大值Bmax=0.5T

故磁感應(yīng)強度的范圍是0WBW0.5T,方向垂直于斜面向下。

2.答案⑴:R(2)^R⑶與mgRWEpW25mgR

解析⑴恰好通過B點時有mg=m￡f

得VB=(gR

從B點第一次運動到斜軌道最高點有

mg(2R-lsin0)-|jmglcos0=0--口VB2

得|=即。

2

(2)首先，判斷滑塊能否通過B點，若恰好過B點,滑塊的機械能Ei=2mgR4-.vB=1mgR

因Ep>Ei,故滑塊能過B點，其次，判斷滑塊第一次在斜軌道往返后，是否會脫離圓軌道，設(shè)第

一次到斜軌道的最高點離D點的距離為115由能量守恒有

EP=mglisin0+|jmglicos0

得li=5R

返回到C處時滑塊的機械能

Ei'=Ep-2|jmglicos0=mgR

因此，此后滑塊恰好不脫離軌道，在圓軌道與斜軌道間往復(fù)運動，最終停在D點，全過程應(yīng)用

能量守恒有Ep=|jmgscos0

得S=yRo

(3)設(shè)滑塊在D點的速度為V。,滑上斜軌道的距離為L,滑塊返回D點的速度為V,則根據(jù)動能

定理可得

■^Zvo2=(mgsin6+口mgcos0)L

即L=：

滑塊損失的機械能為

AEk=2|jmgLcos0=?：二VO?=O.8Eko

(siM+gs8)

若要使滑塊經(jīng)過斜長軌道之后,能通過B點，則需滿足(l-O.8)Ek°>|mgR

滑塊第二次滑上斜長軌道后滑下，不脫離軌道，其機械能最大值為mgR,即(l-O.8)2EkoWmgR

又Ep=Eko

故彈性勢能的范圍為=mgR〈Ep〈25mgR。

計算題專項練（四）

（滿分:28分時間:30分鐘）

1.（13分）（2021安徽宿州高三三模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系。一質(zhì)量為m、電荷量為

q的質(zhì)子，自原點。以初速度0沿％軸正方向運動。若在以。為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直

平面的勻強磁場。一段時間后質(zhì)子沿與y軸夾角為30°的方向經(jīng)尸點射入第二象限。若撤去磁場，

在第一象限內(nèi)加一與x軸正方向夾角為150°的勻強電場（電場、磁場均未畫出），該質(zhì)子恰能經(jīng)過y

軸上的尸點。已知點尸到。的距離為L,求：

⑴磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；

⑵勻強電場的電場強度E的大小。

2.

'X

B

（15分）（2021湖南長沙雅禮中學(xué)高三二模）如圖所示,水平地面上左側(cè)有一質(zhì)量為2機的四分之一光滑

圓弧斜槽C,斜槽末端切線水平，右側(cè)有一質(zhì)量為3根的帶擋板P的木板氏木板上表面水平且光滑，木

板與地面的動摩擦因數(shù)為0.25,斜槽末端和木板左端接口平滑但不粘連。某時刻，一質(zhì)量為機的可視

為質(zhì)點的光滑小球A從斜槽頂端靜止?jié)L下，重力加速度為go

（1）若光滑圓弧斜槽C不固定，圓弧半徑為R且不計斜槽C與地面的摩擦，求小球滾動到斜槽末端時斜

槽的動能。

（2）若斜槽C固定在地面上，小球從斜槽末端滾上木板左端時的速度為血小球滾到木板上的同時，外

界給木板一個大小為w的水平向右初速度，并且同時分別在小球上和木板上施加水平向右的恒力Fi

與且R=B=05〃g。當(dāng)小球運動到木板右端時（與擋板碰前的瞬間），木板的速度剛好減為零。之

后小球與木板的擋板發(fā)生第1次相碰，以后會發(fā)生多次碰撞。已知小球與擋板都是彈性碰撞且碰撞

時間極短，小球始終在木板上運動。

①小球與擋板第1次碰撞后的瞬間，木板的速度大小為多少？

②小球與擋板從第1次碰撞后至第2021次碰撞后瞬間的過程中E與凡做功之和是多少？

1答案⑴誓⑵蜜

解析(1)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其半徑為r,qv0B=m^

由題意知，粒子在磁場中的軌跡如圖甲所示，其圓心C在y軸上，由圖中幾何關(guān)系得L=3r

聯(lián)立得B=g。

QL

(2)去掉磁場，在電場力的作用下，粒子的軌跡如圖乙所示

由題知在x軸正方向上-Eq-sin60°=mai

由運動學(xué)公式有O-vo=aiti

在y軸正方向上Eq-cos60°=ma2

L=-azt22

由運動的對稱性可知t2=2ti

聯(lián)立得￡=第。

3aL

2.答案(l)lmgR(2)@v。(^2424Omvo2

解析(1)由題可知,設(shè)小球滾動到斜槽末端時,A與C的速度大小分別為VA、Vc,A、C系統(tǒng)水平方

向動量守恒

0=mvA-2mvc

A、C系統(tǒng)機械能守恒mgR=；二VA2+'：2mvc2

Eke=-1-2mvc9z

2

解得Ekc=gmgR。

⑵①小球滾到木板上后，小球與木板的加速度大小分別為a1,a2,則為=3=為

a2tms通.=lg

3m6”

木板開始運動到速度減為。所用時間為曲=蟲=2

見a

小球第一次與擋板碰撞前的速度

vi=vo+aito=4vo

由于A與P為彈性碰撞，第一次碰撞后小球與木板的速度分別為VAI,VBI,A與B動量守恒

mvi=mvAi+3mvBi

A與B系統(tǒng)能量守恒

^Zvi2=^ZVAI2+7-3ITIVBI2

聯(lián)立解得VAI=-2VO,VBI=2VO

故小球與擋板第1次碰撞后的瞬間，木板的速度大小為2v0o

②由題可知第一次碰撞后,小球以2Vo向左勻減速運動再反向勻加速運動，木板以2Vo向右勻

減速運動

再次相撞時X球二X板

2

而x=v0t+1at

解得t=凹!,X」電

a。

分析得每次碰撞至下一次碰撞之間為完全相同的重復(fù)過程，第1次碰撞后與第2021次碰撞

后瞬間，小球與木板的總位移相同x2ffil=2020><*=—互

2

所以此過程Fi與F2做功之和W=(Fi+F2)x202i=24240mvoo

計算題專項練（五）

（滿分：28分時間:30分鐘）

1.（13分）（2021浙江卷）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m=1.0x103kg的汽車以

*=36km/h的速度在水平路面上勻速行駛,在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長/=6m

的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力

不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時間。

（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小。

（2）若路面寬￡=6m,小朋友行走的速度w=0.5m/s,求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時

間。

（3）假設(shè)駕駛員以也=54m/h超速行駛,在距離斑馬線s=20m處立即剎車,求汽車到斑馬線時的速度。

2.

(15分)(2021湖南部分學(xué)校高三5月模擬)一除塵裝置的截面圖如圖所示,平行正對的塑料平板M、N

的長度均為個，兩板的間距為9，其中軸線與xOy平面坐標(biāo)系的x軸共線軸垂直于板并緊靠板右端。

大量均勻分布的帶電塵埃以沿x軸正方向大小為％的速度進入兩板間,每顆塵埃的質(zhì)量均為m,電

荷量均為+q。當(dāng)兩板間存在垂直紙面向外的勻強磁場時，緊挨著M板左端射入的塵埃恰好落到N板

的最右側(cè)。若要把塵埃全部收集到位于P(/,力處的容器中，需撤去塑料板間的磁場，同時在y軸右側(cè)

某圓形區(qū)域內(nèi)加一垂直于紙面向外的勻強磁場。塵埃進入圓形區(qū)域的磁場后一直在磁場中運動，直

到進入容器中。塵埃受到的重力、塵埃間的相互作用均不計，取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：