2018届高考物理大二轮专题复习指导：计算题 25分钟规范训练含答案解析1

机械能知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四个单元，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系动量能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

§1 功和功率教学目标：理解功和功率的概念，会计算有关功和功率的问题培养学生分析问题的基本方法和基本技能教学重点：功和功率的概念教学难点：功和功率的计算教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、功1．功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应（也和时间相对应）。

计算功的方法有两种：（1）按照定义求功。

即：W =Fs cos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

（2）用动能定理W =ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

【例1】 如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？⑴用F 缓慢地拉；⑵F 为恒力；⑶若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FL B .θsin FL C.()θcos 1-FL D .()θcos 1-mgL【例2】如图所示，线拴小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，圆的半径是1m ，球的质量是0.1kg ，线速度v =1m/s ，小球由A 点运动到B点恰好是半个圆周。

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计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。

(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计)。

(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热。

(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了,求此时刻的速度大小。

【解析】(1)金属棒受到的安培力:F=BI l=错误！未找到引用源。

,金属棒做匀速运动时速度达到稳定,由平衡条件得:错误！未找到引用源。

=mg,由能量守恒定律得:mgd=Q+mv2,解得:Q=mgd-(2)通过金属棒横截面的电荷量:对金属棒,由动量定理得:(mg-BI l)t0=mv,整理得:mgt0-B l q=mv,解得:v=gt0-错误！未找到引用源。

答案:(1)mgd-错误！未找到引用源。

(2)gt0-错误！未找到引用源。

2.(18分)如图,质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连,A、B都处于静止状态。

一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩。

开始时各段绳都处于伸直状态,A上方的一段绳沿竖直方向。

现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放,已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。

已知重力加速度为g。

世纪金榜导学号49294278(1)求物体C的质量。

(2)当B刚要离开地面时,AC间的轻绳的拉力多大?(3)若将C换成质量为3m的物体D,仍从前述初始位置由静止状态释放,则这次B刚离地时D的速度的大小是多少?【解析】(1)开始时,A、B静止,设弹簧压缩量为x1,有kx1=mg ①挂C并释放后,C向下运动,A向上运动,设B刚要离地时弹簧伸长量为x2, 有kx2=mg ②由①②式可知,x1=x2=③B不再上升表示此时A和C的速度为零,C已降到其最低点。

2018年高考全国卷Ⅱ理综试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.（考点一：动能定理）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定 A ．小于拉力所做的功 B ．等于拉力所做的功 C ．等于克服摩擦力所做的功 D ．大于克服摩擦力所做的功15.（考点二：动量定理）高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 A ．10 N B ．102 N C ．103 N D ．104 N16．（考点三：万有引力，圆周运动）2018年2月，我国500 m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T =5.19 ms ，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为11226.6710N m /kg -⨯⋅。

以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为A ．93510kg /m ⨯B ．123510kg /m ⨯C ．153510kg /m ⨯D ．183510kg /m ⨯17．(考点四：光电效应)用波长为300 nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28⨯10-19 J 。

已知普朗克常量为6.63⨯10-34 J·s ，真空中的光速为3.00⨯108 m·s -1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为A ．1⨯1014 HzB ．8⨯1014 HzC ．2⨯1015 HzD ．8⨯1015 Hz18．（考点五：法拉第电磁感应定律，楞次定律）如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。

专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.(2017·山东青岛一模)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。

则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。

已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。

2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案本文没有明显的格式错误，但是有一些排版不规范的问题。

在第一题的解析中，CD错误应该换行，单独成为一句话，并且需要加上标点符号。

在第二题的解析中，最后一句话应该换行，单独成为一段。

在第三题的解析中，密度公式后面应该加上标点符号。

同时，每段话的语言表达也可以更加简洁明了。

例如，第一题的解析可以改为：“木箱在运动过程中受到拉力和摩擦力的作用，根据动能定理可知，动能等于力做功的大小。

因此，动能小于拉力所做的功，选项A正确。

”1014Hz和1015Hz是指频率的单位，108m·s-1是指光速的大小。

根据光电效应方程，只有当光的频率大于某个最小值时，才能产生光电效应。

根据公式f=Φ/h，其中Φ为金属的逸出功，h为普朗克常量，可以求出锌产生光电效应的最低频率为1015Hz。

在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。

一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是D。

在移动过程中，左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同，因此电流恒定且方向为顺时针。

从第二个矩形区域到第三个矩形区域，左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。

从第三个矩形区域到第四个矩形区域，左边切割产生的电流方向逆时针，右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针。

当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，因此D是正确的选项。

甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是BD。

计算规范练(四)(时间：20分钟 分值：32分)24．(12分)(2018·衡水中学二模)如图1所示为一皮带传送装置，其中AB 段水平，长度L AB＝4 m ，BC 段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v ＝4 m/s 的恒定速率顺时针运转．现将一质量m ＝1 kg 的工件(可看作质点)无初速度地放在A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图1(1)工件从A 点开始至第一次到达B 点所用的时间t ；(2)工件从第一次到达B 点至第二次到达B 点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q .【解析】 (1)由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1 ① 经t 1时间与传送带共速，则t 1＝v a 1＝0.8 s ② 运动位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m③此后工件与传送带一起匀速运动到B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s ④ 工件第一次到达B 点所用时间t ＝t 1＋t 2＝1.4 s ． ⑤ (2)工件上升过程中受到的摩擦力f ＝μmg cos θ ⑥ 由牛顿第二定律可得加速度a 2＝mg sin θ－f m＝2 m/s 2⑦ 由运动学公式可得t 3＝v a 2＝2 s ⑧下降过程加速度不变a 3＝a 2＝2 m/s 2⑨ 由运动学公式可得t 4＝v a 3＝2 s⑩ 工件与传送带的相对位移Δx ＝v (t 4＋t 3)＝16 m ⑪ 因摩擦而产生的热量Q ＝f Δx ＝64 J ． ⑫(每式1分)【答案】 (1)1.4 s (2)64 J25．(20分)如图2甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平方向成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R 1＝R 2＝2 Ω，导轨间距L ＝0.6 m ．在右侧导轨所在斜面的矩形区域M 1M 2P 2P 1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M 1P 1、M 2P 2的距离d ＝0.2 m ，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M 1P 1距离s ＝0.1 m 处，有一根阻值r ＝2 Ω的金属棒ab 垂直于导轨由静止释放，金属棒第一次经过磁场过程恰好匀速通过，最终金属棒在导轨上做往复运动．取重力加速度g ＝10 m/s 2，导轨电阻不计．求：图2(1)金属棒ab 匀速通过磁场的速度大小v ；(2)在t 1＝0.1 s 时刻和t 2＝0.25 s 时刻电阻R 1的电功率之比； (3)最终电阻R 2产生的总热量Q 总.【导学号：19624276】【解析】 (1)由mgs ·sin θ＝12mv2(1分) 得v ＝2gs ·sin θ＝1 m/s.(1分)(2)棒从释放到运动至M 1P 1的时间t ＝vg sin θ＝0.2 s (1分)在t 1＝0.1 s 时，棒还没进入磁场，有E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt Ld ＝0.6 V(1分)此时，R 2与金属棒并联后再与R 1串联R 总＝3 Ω (1分) U 1＝E 1R 总R 1＝0.4 V(1分)由图乙可知，t ＝0.2 s 后磁场保持不变，ab 经过磁场的时间t ′＝d v＝0.2 s(1分)故在t 2＝0.25 s 时ab 还在磁场中运动，电动势E 2＝BLv ＝0.6 V(1分) 此时R 1与R 2并联，R 总＝3 Ω，得R 1两端电压U 1′＝0.2 V(2分)电功率P ＝U 2R ，故在t 1＝0.1 s 和t 2＝0.25 s 时刻电阻R 1的电功率比值P 1P 2＝U 21U 1′2＝4.(1分)(3)设ab 的质量为m ，ab 在磁场中运动时，通过ab 的电流I ＝E 2R 总(1分) ab 受到的安培力F A ＝BIL(1分) 又mg sin θ＝BIL(1分) 解得m ＝0.024 kg(1分)t 在0～0.2 s 时间里，R 2两端的电压U 2＝0.2 V ，产生的热量Q 1＝U 22R 2t ＝0.018 J(2分)ab 最终将在M 2P 2下方的轨道区域内往返运动，到M 2P 2处的速度为零，由功能关系可得在t ＝0.2 s 后，整个电路最终产生的热量Q ＝mgd sin θ＋12mv 2＝0.186 J(1分)由电路关系可得R 2产生的热量Q 2＝Q6＝0.018 J(1分) 故R 2产生的总热量Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.01 J ． (1分)【答案】 (1)1 m/s (2)4∶1 (3)0.01 J。

高三物理计算题25分钟限时训练三1．2018年9月，神舟七号载人航天飞行获得了圆满成功，我国航天员首次成功实施空间出舱活动、飞船首次成功实施释放小伴星的实验，实现了我国空间技术发展的重大跨越．已知飞船在地球上空的圆轨道上运行时离地面的高度为h ．地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ．求飞船在该圆轨道上运行时：（1）速度v 的大小．（2）速度v 与第一宇宙速度的比值．解：（1）用M 表示地球质量，m 表示飞船质量，由万有引力定律和牛顿定律得h R v m h R MmG +=+22)( 地球表面质量为m 0的物体，有g m R Mm G 020= 解得飞船在圆轨道上运行时速度h R gR v +=2（2）第一宇宙速度v 1满足mg Rv m =21 因此飞船在圆轨道上运行时速度与第一宇宙速度的比值hR R v v +=1 2．如图所示，质量为m ，电荷量为e 的电子从坐标原点O 处沿xOy 平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v 0.现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y 轴平行的荧光屏MN 上。

求：(1)电子从y 轴穿过的范围；(2)荧光屏上光斑的长度；(3)所加磁场范围的最小面积。

解：(1)设磁场中运动的半径为R ，牛顿第二定律得：电子从y 轴穿过的范围 (2)如图所示，初速度沿x 轴正方向的电子沿弧OA 运动到荧光屏MN 上的P 点， 初速度沿y 轴正方向的电子沿弧OC 运动到荧光屏MN 上的Q 点由几何知识可得(3)取与x 轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x,y)，因其射出后能垂直打到荧光屏MN 上，故有：x=-Rsin θ y=R+Rcos θ 即x 2+(y-R)2=R 2又因为电子沿x 轴正方向射入时，射出的边界点为A 点；沿y 轴正方向射入时，射出的边界点为C 点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R 为半径的圆的一部分， 如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：3．相距L ＝1.5m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a ）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。

计算题专项训练25分钟规范训练(一)1．(12分)(2018·全国Ⅰ卷高考压轴题)如图所示，一质量为m 的小球C 用轻绳悬挂在O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车B 静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m 的物块A 以大小为v 0的初速度向左滑上平板车，此时A 、C 间的距离为d ，一段时间后，物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，求：(1)A 、C 间的距离d 与v 0之间满足的关系式；(2)要使碰后小球C 能绕O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？[解析] (1)A 碰C 前与平板车速度达到相等，设整个过程A 的位移是x ，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋2m )v由动能定理得：μmgx ＝12m (v 20－v 2) 解得x ＝4v 209μg满足的条件是d ≥4v 209μg(2)物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得12m v 2＝mg ×2l ＋12m v ′2 小球经过最高点时，有mg ≤m v ′2l解得l ≥v 2045g2．(20分)(2018·辽宁省大连市高三下学期模拟)如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在－3m ≤x ≤0的区域内有磁感应强度大小B ＝4.0×10－2T 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与x 轴交于P 点；在x >0的某区域内有电场强度大小E ＝3.2×104N /C 、方向沿y 轴正方向的有界匀强电场，其宽度d ＝2m 。

一质量m ＝4.0×10－25kg 、电荷量q ＝－2.0×10－17C 的带电粒子从P 点以速度v ＝4.0×106m/s ，沿与x 轴正方向成α＝60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力。

计算规范练(六)(时间：20分钟 分值：32分)24．(12分)(2018·Ⅰ卷)一质量为8.00×118 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×118 m 处以7.50×118 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.【解析】 (1)飞船着地前瞬间的机械能为E k0＝12 m v 20 ①(1分)式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得E k0＝4.0×118 J ． ②(1分)设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h ＋mgh ③(2分)式中，v h 是飞船在高度1.60×118 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012 J ． ④(2分)(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2.0100v h 2＋mgh ′ ⑤(2分)由功能原理得W ＝E h ′－E k0 ⑥(2分) 式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×118 J ． ⑦(2分)【答案】 (1)4.0×118 J 2.4×1012 J(2)9.7×118 J25．(20分)(2018·衡水中学二模)如图1所示，三角形AQC 是边长为2L 的等边三角形，P 、D 分别为AQ 、AC 的中点，在水平线QC 下方是水平向左的匀强电场．区域Ⅰ(梯形PQCD )内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，区域Ⅱ(三角形APD )内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ(虚线PD 以上，三角形P AD 以外)有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁感应强度大小均为5B ，一带正电的粒子从Q 点正下方、距离Q 点为L 的O 点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC 边中点N 以速度v 0垂直QC 射入区域Ⅰ，接着从P 点垂直AQ 射入区域Ⅲ，此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O 点，粒子重力忽略不计，求：图1(1)该粒子的比荷q m ；(2)电场强度E 及粒子从O 点射出时的初速度v 的大小；(3)粒子从O 点出发到再次到O 点的整个运动过程所经历的时间t .【导学号：19624278】【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得Bq v 0＝m v 20R (2分)根据题意有R ＝L(1分) 解得q m ＝v 0BL . (2分)(2)粒子从O 到N ，由运动的合成与分解可得：L ＝v 0t ′ (1分)L ＝12at ′2 (1分)由牛顿第二定律可得a ＝qE m(1分)解得E ＝2B v 0(1分)由运动学公式可得v 2x ＝2aL ，由勾股定理可得v ＝v 2x ＋v 20＝5v 0.(2分)(3)粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t 0，区域Ⅰ中的时间t 1，区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t 2＋t 3根据平抛运动规律有t 0＝2L v 0 (1分)设在区域Ⅰ中的时间为t 1，则t 1＝2×2πL 6v 0＝2πL 3v 0 (1分)粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动半径由q v 0·5B ＝m v 20r 知r ＝m v 05qB(2分)则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动轨迹如图所示，总时间为(2＋56)个周期T (1分)由周期公式可得T ＝2πr v 0＝2πL 5v 0(1分) t 2＋t 3＝(2＋56)T ＝176×2πL 5v 0＝17πL 15v 0 (2分)故总时间t ＝t 0＋t 1＋t 2＋t 3＝2L v 0＋9πL 5v 0. (1分) 【答案】 (1)v 0BL (2)2B v 05v 0 (3)2L v 0＋9πL 5v 0。

计算规范练(一)(时间：20分钟 分值：32分)24．(12分)如图1甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ＝0.1 kg ，半径为r ＝0.1 m ，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m ，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，金属圈下半部分在磁场外，已知从t ＝0时刻起，测得经过10 s 丝线刚好被拉断．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F ；(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.图1【解析】 (1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向，由题图乙知，ΔB Δt ＝0.8 T/s ，金属圈的电阻为R ＝2πrρ(2分)根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得：金属圈中感应电流I ＝ΔΦΔt ·R ＝ΔB Δt ·πr 222πrρ＝ΔB Δt ·r 4ρ＝0.2 A ．(2分)(2)t时刻磁感应强度B＝ΔBΔt·t(2分)金属圈受到的安培力F安＝BI·2r，根据平衡条件可知丝线的拉力：F＝F安＋mg＝BI·2r＋mg(2分)当t＝10 s时，丝线刚好被拉断，代入数据得丝线所能承受的最大拉力为F ＝1.32 N．(1分)(3)由焦耳定律，金属圈内产生的焦耳热Q＝I2Rt(2分)代入数据得：Q＝0.025 J．(1分)【答案】(1)0.2 A逆时针(2)1.32 N(3)0.025 J25．(20分)(2017·江苏高考)如图2所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：图2(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.【导学号：19624273】【解析】 (1)对C 受力分析，如图所示．(2分) 根据平衡条件有2F cos 30°＝mg(3分) 解得F ＝33mg(1分) (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg(2分) B 受地面的摩擦力f ＝μmg(2分) 根据题意，B 保持静止，则有f min ＝F x max(1分) 解得μmin ＝32(1分) (3)C 下降的高度h ＝(3－1)R(1分) A 的位移x ＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR(1分) 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 (2分)解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR (2分)(2分) 【答案】 (1)33mg (2)32 (3)(2μ－1)(3－1)mgR。

2018年高考全国2卷理综物理试卷计算题详解表：2018年高考各卷物理计算题统计24．（12分）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。

两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为3⨯kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数1.5102.010⨯kg和3均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小2g 10m /s =.求（1）碰撞后的瞬间B 车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小。

【解答】24．（12分）（1）设B 车质量为m B ，碰后加速度大小为a B ，根据牛顿第二定律有B B B m g m a μ= ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。

设碰撞后瞬间B 车速度的大小为B v '，碰撞后滑行的距离为B s 。

由运动学公式有2=2B B B v a s ' ②联立①②式并利用题给数据得 3.0m/s B v '= ③（2）设A 车的质量为m A ，碰后加速度大小为a A 。

根据牛顿第二定律有A A A m g m a μ= ④设碰撞后瞬间A 车速度的大小为A v '，碰撞后滑行的距离为A s 。

由运动学公式有2=2A A A v a s ' ⑤设碰撞后瞬间A 车速度的大小为A v ，两车在碰撞过程中动量守恒，有A A A AB B m v m v m v ''=+ ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 4.3m/s A v = ⑦25.（20分）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。

25分钟规范训练(二)1．(12分)(2017·江西省南昌二中、临川一中模拟)如图所示，有一质量m ＝1 kg 的小物块，在平台上以初速度v 0＝3 m/s 水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R ＝0.5 m 的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l ＝1 m 时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53˚，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin53˚＝0.8，cos53˚＝0.6。

求：导学号 86084448(1)A 、C 两点的高度差h ；(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功。

[解析] (1)小物块到C 点时的速度竖直分量为v Cy ＝v 0tan53˚＝4 m/s下落的高度h ＝v 2cy 2g＝0.8 m (2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小：a 1＝μmg M＝1 m/s 2 物块的加速度大小：a 2＝μmg m＝3 m/s 2 由题意得：a 1t ＝v D －a 2tv D t －12a 2t 2－12a 1t 2＝l 联立以上各式并代入数据解得v D ＝2 2 m/s小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2D R代入数据解得F N ＝26 N 由牛顿第三定律得物块对轨道压力大小为26 N ，方向竖直向下。

(3)小物块由A 到D 的过程中，由动能定理得mgh ＋mgR (1－cos 53˚)－W ＝12m v 2D －12m v 20代入数据解得W ＝10.5 J2．(20分)(2017·河南省信阳市高考前模拟 )如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g ，不计粒子间的相互作用。

计算题专项训练25分钟规范训练(一)1．(12分)(2018·全国Ⅰ卷高考压轴题)如图所示，一质量为m 的小球C 用轻绳悬挂在O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车B 静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m 的物块A 以大小为v 0的初速度向左滑上平板车，此时A 、C 间的距离为d ，一段时间后，物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，求：(1)A 、C 间的距离d 与v 0之间满足的关系式；(2)要使碰后小球C 能绕O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？[解析] (1)A 碰C 前与平板车速度达到相等，设整个过程A 的位移是x ，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋2m )v由动能定理得：μmgx ＝12m (v 20－v 2) 解得x ＝4v 209μg满足的条件是d ≥4v 209μg(2)物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得12m v 2＝mg ×2l ＋12m v ′2 小球经过最高点时，有mg ≤m v ′2l解得l ≥v 2045g2．(20分)(2018·辽宁省大连市高三下学期模拟)如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在－3m ≤x ≤0的区域内有磁感应强度大小B ＝4.0×10－2T 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与x 轴交于P 点；在x >0的某区域内有电场强度大小E ＝3.2×104N /C 、方向沿y 轴正方向的有界匀强电场，其宽度d ＝2m 。

一质量m ＝4.0×10－25kg 、电荷量q ＝－2.0×10－17C 的带电粒子从P 点以速度v ＝4.0×106m/s ，沿与x 轴正方向成α＝60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力。

25分钟规范训练(三)1．(12分)如图，在倾角θ＝37˚的粗糙斜面上距离斜面底端s ＝1 m 处，有一质量m ＝1 kg 的物块，在竖直向下的恒力F 作用下，由静止开始沿斜面下滑。

到达斜面底端时立即撤去F ，物块又在水平面上滑动一段距离后停止。

不计物块撞击水平面时的能量损失，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，g 取10 m/s 2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。

当F ＝30 N 时，物块运动过程中的最大速度为4 m/s ，求：导学号 86084450(1)物块与接触面之间的动摩擦因数；(2)当F ＝0时，物块运动的总时间；(3)改变F 的大小，物块沿斜面运动的加速度a 随之改变。

当a 为何值时，物块运动的总时间最小，并求出此最小值。

[解析] (1)物块到达斜面底端时速度最大，设物块在斜面上的加速度为a ，根据运动学公式 v 2＝2as ①代入数据得a ＝8 m/s 2②对斜面上物块受力分析F N ＝(mg ＋F )cos θ③(mg ＋F )sin θ－F f ＝ma ④F f ＝μF N ⑤代入数据，解得μ＝0.5⑥(2)当F ＝0时，由③④⑤得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1⑦设物块在斜面上的运动时间为t 1，在水平面上的运动时间为t 2，则s ＝12a 1t 21⑧ 到达底端时速度为v ＝2a 1s ＝μgt 2⑨代入数据解得t ＝t 1＋t 2＝1.4 s ⑩(3)设此时物块在斜面上的加速度为a 2，由⑧⑨得总时间为t 1＋t 2＝2s a 2＋2a 2s μg⑪ 根据基本不等式2s a 2＋2a 2s μg≥22s a 2·2a 2s μg ⑫ 即当2s a 2＝2a 2s μg时，总时间有最小值⑬解得a 2＝μg ＝5 m/s 2⑭t min ＝2105s 2．(20分)(2017·陕西省西安市长安区第三次联考)如图所示，足够长的平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30˚，两导轨间距为L ，导轨下端分别连着电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻，开关S 1、S 2分别与电阻和电容器相连。

计算规范练(五)(时间：20分钟 分值：32分)24．(14分)(2018·临川一中模拟)在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90 m 、宽60 m ，如图1所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为23 m/s 2，试求：图1(1)足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，能达到的最大速度为6 m/s ，并能以最大速度匀速运动，该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件？【解析】 (1)设所用时间为t ，由v 0＝8 m/s ，x ＝45 m ．(2分) x ＝v 0t ＋12at 2，解得t ＝9 s ． (3分)(2)设前锋队员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为a ，若前锋队员一直匀加速运动，则其平均速度v ＝x t ，即v ＝5 m/s ；而前锋队员的最大速度为6 m/s ，故前锋队员应该先加速后匀速．(1分) 设加速过程中用时为t 1，则t 1＝v m a .(1分) 匀加速运动的位移x 1＝v 2m －022a 解得x 1＝18a (2分)匀速运动的位移x 2＝v m (t －t 1)，即x 2＝6×(9－t 1)m. (2分)而x 1＋x 2＝45 m 解得a ＝2 m/s 2.(2分) 故该队员要在球出底线前追上足球，加速度应该大于或等于2 m/s 2.(1分)【答案】 (1)9 s (2)大于或等于2 m/s 225．(18分)(2018·抚州市临川一中模拟)如图2所示，有一固定在水平面的平直轨道，设轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成．各段轨道的编号已在图中标出．仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A 静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B 静止在第1段轨道的最右端．某时刻给小滑块A 施加一水平向右的恒力F ，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A 运动到与小滑块B 碰撞前瞬间撤去小滑块A 所受水平恒力．滑块A 、B 碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动．已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L ＝0.10 m ，匀强电场的电场强度的大小E ＝1.0×118 N/C ；滑块A 、B 的质量均为m ＝0.010 kg ，滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ＝0.40，绝缘滑块B 所带电荷量q ＝＋1.0×10－5 C ，小滑块A 与小滑块B 碰撞前瞬间的速度大小v ＝6.0 m/s.A 、B 均可视为质点(忽略它们的尺寸大小)，且不计A 、B 间的静电力作用．在A 、B 粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求F 的大小；(2)碰撞过程中滑块B 对滑块A 的冲量；(3)若A 和B 最终停在轨道上编号为k 的一段，求k 的数值.【导学号：19624277】【解析】 (1)以滑块A 为研究对象，在第1段轨道上，滑块A 受到摩擦力的大小f ＝μmg ，(1分)对于滑块A 在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据动能定理得：(F －f )L ＝12m v 2－0(2分) 解得：F ＝1.84 N ． (1分) (2)设滑块A 、B 碰撞后瞬间A 和B 的共同速度为v AB ，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝2m v AB ， (2分)设滑块B 对滑块A 的冲量为I ，规定水平向右为正方向．以滑块A 为研究对象，根据动量定理有：I ＝m v AB －m v ，(2分) 解得：I ＝－0.180 N·s ，滑块B 对滑块A 冲量的方向水平向左． (1分)(3)设滑块A 和B 每经过一段长为L 的黑色轨道损失的动能为ΔE 1，则ΔE 1＝μ(2mg －Eq )L ， (2分) 设滑块A 和B 每经过一段长为L 的白色轨道，损失的动能为ΔE 2，则ΔE 2＝μ2mgL ， (1分)设滑块A 和B 碰撞后瞬间的总动能为E k AB ＝12×2m v AB ，令N ＝E k AB ΔE 1＋ΔE 2，解得：N ＝7.5， (2分) 即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能：E k ＝0.5(ΔE 1＋ΔE 2)＝6×10－3 J ， (1分) 因E k >ΔE 1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道， 进入第17号轨道时的动能E k ′＝E k －ΔE 1＝2×10－3 J<ΔE 2， 故将不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上．(3分) 【答案】 (1)1.84 N (2)0.180 N·s 方向水平向左 (3)17。