高考物理二轮复习 计算题专题训练
计算题专题训练
第1组
1．（2012·惠州一中月考）如图所示，一弹丸从离地高度H ＝1.95 m 的A 点以v 0＝8.0 m/s 的初速度水平射出，恰以平行于斜面的速度射入静止在固定斜面顶端C 处的一木块中，并立
即与木块具有相同的速度（此速度大小为弹丸进入木块前一瞬间速度的1
10
）共同运动，在斜
面下端有一垂直于斜面的挡板，木块与它相碰没有机械能损失，碰后恰能返回C 点。已知斜面顶端C 处离地高h ＝0.15 m ，求：（1）A 点和C 点间的水平距离。（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ。（3）木块从被弹丸击中到再次回到C 点的时间t 。
2．（2012·广州一模，35）如图所示，有小孔O 和O ′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场。金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间。ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从O ′孔离开。已知板间距为3d ，导轨间距为L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d 。带电小球质量为m ，电荷量为q ，ab 运动的速度为v 0，重力加速度为g 。求：
（1）磁感应强度的大小。
（2）ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小。 （3）小球射入O 孔时的速度v 。
第2组
3．如图所示，AB 、BC 、CD 三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度L ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 点离轨道BC 的高度为H ＝4.30 m 。质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦
因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）小滑块第一次到达C 点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； （3）小滑块最终停止位置距B 点的距离。
4．如图所示，磁感应强度为B ＝2.0×10－3
T 的磁场分布在xOy 平面上的MON 三角形区域，其中M 、N 点距坐标原点O 均为1.0 m ，磁场方向垂直纸面向里。坐标原点O 处有一个粒子源，不断地向xOy 平面发射比荷为q
m
＝5×107 C/kg 的带正电粒子，它们的速度大小都是v ＝5×104
m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。
（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中运动时间；
（2）若从O点入射的与x轴正方向成θ角的粒子恰好不能从MN边射出，试画出此粒子运动的轨迹；
（3）求能从直线MN射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向夹角范围。（可供参考几个三角函数值：sin41°＝0.656，sin38°＝0.616）
第3组
5．（2012·广州二模，35）如图所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑。可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m。两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E。B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，A、B与ab段的动摩擦因数均为u，重力加速度为g，求：
（1）分离瞬间A、B的速度大小；
（2）A从分离到第一次停止的时间；
（3）B第一次追上A时的速度大小。
6．有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为d，极板的长为L，极板间有一均匀电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速v0射入，其方向平行于极板，并打在极板边缘的D点，如图甲所示。电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计。回答下面各问题（用字母表示结果）
（1）求电子打到D点的动能；
（2）电子的初速v0至少必须大于何值，电子才能飞出极板？
（3）若极板间没有电场，只有垂直进入纸面的匀强磁场，其磁感应强度为B，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速v0射入，如图乙所示，则电子的初速v0为何值，电子才能飞出极板？
第4组
7．（2012·烟台一模）如图甲所示，水平光滑的桌面上静止放置一条长为l＝1.6 m的纸带，纸带上正中间位置放置有一质量为m＝1.0 kg的小铁块，纸带的左边恰好在桌面的左边缘，小铁块与纸带间的动摩擦因数为μ＝0.1。现让纸带从t＝0 s时刻开始一直保持v＝1 m/s 的速度向左匀速运动。已知桌面高度为H＝0.8 m，取g＝10 m/s2，小铁块在运动过程中不翻滚，不计空气阻力。求：
图甲图乙
（1）小铁块从开始运动到桌面边缘过程所经历的时间并在乙图画出此过程中小铁块的v －t图象；
（2）小铁块抛出后落地点到抛出点的水平距离；
（3）小铁块从开始运动到桌面边缘过程中产生的内能。
8．（2012·肇庆二模，36）如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。建立如图所示的坐标系，x轴平行于金属板，且与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板。区域Ⅰ的左边界是y轴，右边界与区域Ⅱ的左边界重合，且与y轴平行；区域Ⅱ的左、右边界平行。在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域Ⅰ内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域Ⅱ内的磁场垂直于Oxy平面向里。一电子沿着x轴正向以速度v0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x 轴正向做直线运动，并先后通过区域Ⅰ和Ⅱ。已知电子电荷量为e，质量为m，区域Ⅰ和区域
Ⅱ沿x轴方向宽度均为3mv0
2Be
。不计电子重力。
（1）求两金属板之间电势差U；
（2）求电子从区域Ⅱ右边界射出时，射出点的纵坐标y；
（3）撤除区域Ⅰ中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域Ⅱ的右边界飞出。求电子两次经过y轴的时间间隔t。
第5组
9．如图所示，一个半径R＝1.0 m的圆弧形光滑轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与竖直方向夹角θ＝60°，C为轨道最低点，D为轨道最高点。一个质量m＝0.50 kg的小球（视为质点）从空中A点以v0＝4.0 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道。重力加速度g取10 m/s2。试求：
（1）小球抛出点A距圆弧轨道B端的高度h。
（2）小球经过轨道最低点C时对轨道的压力F C。
（3）小球能否到达轨道最高点D？若能到达，试求对D点的压力F D。若不能到达，试说明理由。
10．（2012·海南单科，16）如图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy 平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B 为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于2π/（TB0）。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0＝T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为π/4，在0＜t0＜T/4的范围内，t0应取何值？
参考答案 第1组
1．答案：（1）4.8 m （2）0.125 （3）0.27 s 解析：（1）弹丸从A 到C 做平抛运动
t ＝2(H －h )g ＝2(1.95－0.15)
10
s ＝0.6 s
A 点到C 点的水平距离s ＝v 0t ＝8.0×0.6 m＝4.8 m （2）弹丸到C 的速度方向与水平方向的夹角为
tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝10×0.68＝3
4
vc ==＝82＋(10×0.6)2m/s ＝10 m/s
弹丸与塑料块在C 点具有的相同速度v C ′＝1
10
v C ＝1 m/s
分析弹丸与塑料块从C 点开始下滑到返回到C 点的整个过程，根据动能定理有：
－μmg cos θ×2×h sin θ＝0－12mv C ′2
解得动摩擦因数μ＝1
8
＝0.125
（3）根据牛顿第二定律，下滑时由a 1＝g sin θ－μg cos θ可得a 1＝5 m/s 2
由h sin θ＝v C ′t 1＋12
a 1t 12
可解得t 1＝0.17 s 上滑时由a 1＝g sin θ＋μg cos θ可得a 2＝7 m/s 2
由h sin θ＝12
a 2t 22
可解得t 2＝0.27 s 所以塑料块从被弹丸击中到再次回到C 点的时间t ＝t 1＋t 2＝0.44 s
2．答案：（1）B ＝3dmg qLv 0 （2）a ＝2g （3）v ＝v 0－gd
v 0
解析：（1）ab 在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为： ε＝BLv 0 ①
金属板间产生的场强大小为：E ＝ε
3d
②
ab 在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有
mg ＝qE ③
联立①②③得：B ＝3dmg
qLv 0
④
（2）ab 在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a ，依题意，有
qE ＋mg ＝ma ⑤ 联立③⑤得：a ＝2g ⑥
（3）依题意，ab 分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、匀加速和匀速运动，设发生的位移分别为s Ⅰ、s Ⅱ、s Ⅲ；ab 进入Ⅲ磁场区域时，小球的运动速度为v Ⅲ。则：
s Ⅰ＝v ·d
v 0
⑦
s Ⅱ＝v ·d v 0＋12·2g ·（d
v 0）2 ⑧
s Ⅲ＝v Ⅲ·d
v 0
⑨
v Ⅲ＝v ＋2g ·d
v 0
⑩
又：s Ⅰ＋s Ⅱ＋s Ⅲ＝3d ? 联立可得：v ＝v 0－gd
v 0
? 第2组 3．答案：（1）6 m/s （2）2 s （3）1.4 m 解析：（1）小物块从A →B →C 过程中，由动能定理得
mgH －μmgL ＝1
2
mv C 2
代入数据解得v C ＝6 m/s
（2）小物块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6 m/s 2
小物块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v C a
＝1 s
由对称性可知小物块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故小物块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s
（3）对小物块运动全过程利用动能定理，设小物块在水平轨道上运动的总路程为s ，有： mgH ＝μmgs
代入数据解得s ＝8.6 m
故小物块最终停止位置距B 点的距离为2L －s ＝1.4 m
4．答案：（1）出射点的坐标P （0.5,0.5）,1.57×10－5
s （2）见解析图 （3）[0,20.5°）
解析：（1）粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：qvB ＝m v 2
R
解得：R ＝mv
qB
代入数据有：R ＝0.5 m
作平行于x 轴射入粒子的轨迹，由磁场的形状可知，粒子刚好在磁场中做了1/4圆弧，从MN 中点P 射出磁场，出射点的坐标P （0.5，0.5），如图所示。
粒子在磁场中运动周期T ＝2πR
v
从P 射出粒子在磁场中运动时间：t ＝T 4＝πR 2v ＝3.14×0.52×5×10
4 s ＝1.57×10－
5 s 。
（2）当粒子的运动轨迹恰好与MN 直线相切时，粒子恰好不能从MN 边射出，粒子运动轨迹如答图1所示。其中与MN 相切于Q 点。
（3）Q 点的x 坐标：x ＝R cos 45°－R sin θ y 坐标：y ＝R sin 45°＋R cos θ 又Q 点在MN 直线上，有y ＝1－x
代入数据，解得：cos θ－sin θ＝2－ 2
又cos 2θ＋sin 2
θ＝1
联立得：sin 2θ＝42－5＝0.656，解得：θ＝20.5°
所以从MN 射出粒子初速方向与x 轴正向夹角范围为：[0，20.5°）。
第3组
5．答案：（1）v A ＝E 6m （2）v B ＝3E 2m t A ＝1μg E
6m
（3）v ＝
4E 3m
解析：（1）物体A 、B 在内力作用下分离，设分离瞬间A 速度大小为v A ，B 速度大小为v B ， 由A 、B 系统动量守恒定律有：3mv A ＝mv B ①
又由题意可知：E ＝12·3mv A 2＋12·mv B 2
②
联立①②可得：v A ＝
E
6m
， ③ v B ＝
3E
2m
④ （2）A 、B 分离后，A 物体向左匀减速滑行，设滑行时间为t A ，加速度大小为a A 。对A 应用牛顿第二定律：μ·3mg ＝3ma A ⑤
A 匀减速到停止的时间：t A ＝v A
a A
⑥
联立③⑤⑥解得：t A ＝1μg E
6m
⑦
（3）A 、B 分离后，A 物体向左匀减速滑行，设滑行距离为s A
对A 应用动能定理：－μ·3mgs A ＝0－12
·3mv A 2
⑧
设B 物体碰墙反弹后追上已停下的A 物体时速度大小为v ，
对B 应用动能定理：－μmgs B ＝12mv 2－12
mv B 2
⑨
又因为B 追上A 时在粗糙面上滑行距离：s B ＝s A ⑩
联立解得：v ＝4E
3m ?
6．答案：（1）E k ＝（Ue ＋mv 02
）/2 （2）v ＝L
d
Ue /m （3）左边飞出v 1＜eBd /4m ，右边飞出v 2＞（4L 2
＋d 2
）eB /（4dm ）
解析：（1）Ue /2＝E k －mv 02
/2 E k ＝（Ue ＋mv 02）/2
（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v ，则a ＝eU md
d /2＝at 2/2 v ＝L /t
解得v ＝L
d
Ue /m
要逸出电容器外必有v 0＞
L
d
Ue /m （3）有两种情况
①电子从左边出，做半圆周运动，其半径R 1＝d /4 ev 1B ＝mv 12/R 1 v 1＝eBd /4m
电子避开极板的条件是v 1＜eBd /4m
②电子从右边出，R 22＝L 2＋（R 2－d /2）2
R 2＝（4L 2＋d 2）/（4d ） ev 2B ＝mv 22/R 2
v 2＝（4L 2＋d 2）eB /（4dm ）
电子避开极板的条件是v 2＞（4L 2＋d 2
）eB /（4dm ）
第4组
7．答案：（1）1.3 s 见解析图 （2）0.4 m （3）0.5 J
解析：（1）小铁块开始做匀加速运动，由μmg ＝ma 得：a ＝1 m/s 2
速度达到纸带v ＝1 m/s 的速度所用时间t 1＝v
a
得：t 1＝1 s
若小铁块1 s 内一直做匀加速运动，运动的位移为s 1＝12at 2 得：s 1＝0.5 m ＜12
l
由以上可知：小铁块先做匀加速运动，后以v ＝1 m/s 的速度做匀速运动，匀速运动所用
时间t 2＝1
2
l －s 1v
＝0.3 s
小铁块从开始运动到桌面边缘过程所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝1.3 s 图象如图所示：
（2）水平方向：s ＝vt 0 竖直方向：H ＝12
gt 02
得：s ＝0.4 m
（3）纸带在1 s 内一直做匀速运动，运动的位移为 s 2＝vt 1 得：s 2＝1 m
小铁块与纸带间的相对位移为：Δs ＝s 2－s 1＝0.5 m 由功能关系可知：Q ＝μmg Δs 得：Q ＝0.5 J
8．答案：（1）U ＝Bv 0d （2）y ＝2y 0＝
mv 0
eB
（3）t ＝（83－12＋π）m eB ≈5m
eB
解析：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡 eE ＝ev 0B ① 而U ＝Ed ② 由①②两式联立解得：U ＝Bv 0d
（2）如图所示，电子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力
2
00mv ev B R
＝ ③
设电子在区域Ⅰ中沿着y 轴偏转距离为y 0，区域Ⅰ的宽度为b （b ＝3mv 0
2Be
），则 （R －y 0）2
＋b 2
＝R
2
④
由③④式联立解得：y 0＝mv 0
2eB
因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域Ⅱ射出点的纵坐标
y ＝2y 0＝mv 0
eB
（3）电子刚好不能从区域Ⅱ的右边界飞出，说明电子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域Ⅱ的右边界相切，圆半径恰好与区域Ⅱ宽度相同。电子运动轨迹如图所示。设电子进入区域Ⅱ时的速度为v ，则由：
evB ＝m v 2
r
⑤
由r ＝b 得：v ＝
32
v 0 电子通过区域Ⅰ的过程中，向右做匀变速直线运动，此过程中平均速度v ＝v 0＋v
2
电子通过区域Ⅰ的时间：
t 1＝
b v
（b 为区域Ⅰ的宽度
3mv 0
2Be
） ⑥ 解得：t 1＝2（23－3）m eB
电子在区域Ⅱ中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T ，则：
evB ＝m v
2
r ⑦
v ＝2πr T
⑧
电子在区域Ⅱ中运动的时间
t 2＝T
2
⑨
由⑦⑧⑨式解得：t 2＝πm
eB
电子反向通过区域Ⅰ的时间仍为t 1，所以，电子两次经过y 轴的时间间隔：
t ＝2t 1＋t 2 ⑩
联立解得：t ＝（83－12＋π）m eB ≈5m
eB
第5组
9．答案：（1）2.4 m （2）42 N （3）能到达 12 N ，方向竖直向上 解析：（1）B 点速度在竖直方向的分量：v y ＝v 0tan 60°＝43m/s 竖直方向的分运动为自由落体运动。h ＝2
2y v g ＝48
20
m ＝2.4 m （2）由机械能守恒定律，有
22011
22
C mv mv mg =+（h ＋R －R cos θ）得v C 2＝74 m 2/s 2 根据牛顿第二定律，有F C ′－mg ＝2
C mv R
，解得F C ′＝42 N
根据牛顿第三定律，F ＝F ′＝42 N ，方向竖直向下。 （3）设小球能到达D 点，根据机械能守恒定律，有
22011
22
D mv mv mg =+（h －R －R cos θ） 解得v D ＝34＞gR ，即小球能到达D 点。
根据牛顿定律，有F D ′＋mg ＝mv 2
D
R
代入数据，解得小球受到的压力F D ′＝12 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为F D ＝F D ′＝12 N ，方向竖直向上。
10．答案：（1）θ＝0 （2）θ＝π2 （3）t 0＝T
8
解析：（1）设粒子P 的质量、电荷量与初速度分别为m 、q 与v ，粒子P 在洛伦兹力作用下，在xy 平面内做圆周运动，分别用R 与T ′表示圆周的半径和运动周期，则有
qvB 0＝m （2π
T ′）2R ①
v ＝2πR T ′
②
由①②式与已知条件得
T ′＝T ③
粒子P 在t ＝0到t ＝T
2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x 轴上B 点，此时磁场
方向反转；继而，在t ＝T
2
到t ＝T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x 轴上A 点，如
图（a ）所示。OA 与x 轴的夹角
图（a ）
θ＝0 ④
（2）粒子P 在t 0＝T 4时刻开始运动，在t ＝T 4到t ＝T 2时间内，沿顺时针方向运动1
4
个圆周，