近五年高考计算题汇总.(带答案)

五年高考计算题（教师）

1.（2014）24.(12分)

公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车实然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s ，当汽车在睛天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120m 。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。

解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg =ma 0 ①

s =v 0t 0+0

2

2a v

②

式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度。

设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有

μ=

5

2

μ0 ③

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg =ma ④

s =vt 0+a

v 22

⑤

联立①②③④⑤式并代入题给数据得

v =20m/s (72km/h ) ⑥

25.(20分)

如图，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA=60°，OB=

2

3

OA 。 将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点。使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与ΔOAB 所在平面平行。现从O 点以同样的初速度沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g 。求

(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向。

解：(1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA= d ，则OB =2

3

d ，根据平抛运动的规律有 d sin60°= v 0t ①

d cos60°=2

1gt 2 ② 又有

E k0 =

21mv 2

③

由①②③式得

E k0 =

8

3

mgd

④

设小球到达A 点时的动能为E kA ，则

E kA = E k0 +

2

1

mgd ⑤

由④⑤式得

0k kA E E =3

7

⑥

(2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了2

d 和23d ，设电势能分别减

小ΔE pA 和ΔE pB ，由能量守恒及④式得 ΔE pA =3E k0 - E k0 -

21

mgd =32E k0 ⑦

ΔE pB =6E k0 - E k0 -2

3

mgd =E k0

⑧

在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有

d x 2

3=pB pA

E E ?? ⑨

解得x = d 。MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行。设电场方向与竖直向下的方向夹角为α，由几何关系可得 α =30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。

设场强的大小为E ，有

qEd cos30°=ΔE pA

○

11 由④⑦○11式得

E =

q

mg

63

○

12

2.（2015）24．（12分）如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm ，重力加速度大小取10m/s 2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。 解：依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为△l 1=0.5 cm 。由胡克定律和力的平衡条件得

2k △l 1= mg ①

式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小。 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为

F = IBL ②

式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了△l 2=0.3 cm ，由胡克定律和力的平衡条件得

2k(△l 1+△l 2) = mg + F ③ 由欧姆定律有

E = IR ④ 式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻。 联立①②③④式，并代入题给数据得

m = 0.01 kg ⑤

25．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图(a)所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时间内小物块的图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。求

（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离。

解： (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设

加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M 。由牛顿第二定律有 －μ1(m+M)g = (m+M)a 1 ① 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度υ1= 4m ／s ，由运动学公式得 υ1 =υ0+a 1t 1 ② s 0 = υ0t 1+1

2 a 1t 12 ③

式中，t 1 = ls ，s 。= 4.5m 是木板碰前的位移，υ0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得 μ 1 = 0.1 ④

图（b ）

图（a ）

在木板与墙壁碰撞后，木板以－υ1的初速度向左做匀变速运动，小物块以υ1的初速度向右做匀变速运

动。设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 －μ2mg = ma 2 ⑤ 由图可得 a 2 =

1

21

2t t --υυ ⑥

式中，t 2 = 2s ，υ2 = 0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ 2 = 0.4 ⑦

(2)设碰撞后木板的加速度为a 2，经过时间△t ，木板和小物块刚好具有共同速度υ3。由牛顿第二定律及运 动学公式得

μ2mg+μ1(M+m)g = M)a 3 ⑧ υ3 = －υ1＋a 3△t ⑨ υ3 = υ1＋a 2△t ⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s l =

2

-3

1υυ+△t ⑩ 小物块运动的位移为 S 2 =

2

3

1υυ+△t

小物块相对木板的位移为 △s = s 2－s 1 @

联立⑥⑧⑨⑩⑧式，并代入数值得 △s = 6.0m ⑩

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m 。

(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块

和木板运动的位移为s 3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m+M)g = (m+M)a 4 ⑩ 0－υ32= 2a 4s 3 ⑩ 碰后木板运动的位移为 s = s 1+s 3 ⑥

联立⑥⑧⑨④⑩@⑩⑩式，并代入数值得 s = －6.5m ⑩

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 。

3.（2016）2

4.（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab （仅标出a 端）和cd （仅标出c 端）长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重

力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑。求 （1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小； （2）金属棒运动速度的大小。

解：（1）设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持

力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2。对于ab 棒，由力的平衡条件得 2mg sin θ=μN 1+T +F ① N 1=2mg cos θ② 对于cd 棒，同理有 mg sin θ+μN 2=T ③ N 2=mg cos θ④ 联立①②③④式得 F =mg (sin θ–3μcos θ)⑤ （2）由安培力公式得 F =BIL ⑥

这里I 是回路abdca 中的感应电流。ab 棒上的感应电动势为 ε=BLv ⑦

式中，v 是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I =

R

⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v =(sin θ–3μcos θ)22

mgR

B L

⑨

25.（18分）如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为

的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC=7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直面内。质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F 点，AF=4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g 。（取）

（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小。 （2）求P 运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。

（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过Ｇ点。Ｇ点在Ｃ点左下方，与Ｃ点水平相距、竖直相距Ｒ，求Ｐ运动到Ｄ点时速度的大小和改变后Ｐ的质量。

解：（1）根据题意知，B 、C 之间的距离为l 为 l =7R –2R ①

设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得

2

1sin cos 2

B mgl mgl mv θμθ-=②

式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得

B v =

（2）设BE =x 。P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p 。P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有

2

p B 1sin cos 02

mgx mgx E mv θμθ--=-④

E 、

F 之间的距离l 1为 l 1=4R -2R +x ⑤

P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p –mgl 1sin θ–μmgl 1cos θ⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x =R ⑦

5

6

R 1

=

4

μ34sin 373755?=?=，cos 7

2

R

p 12

5

E mgR =

⑧ （3）设改变后P 的质量为m 1。D 点与G 点的水平距离x 1和数值距离y 1分别为

175

sin 26x R R θ=

-⑨ 155

cos 66

y R R R θ=++⑩

式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t 。由平抛运动公式有

2

112

y gt =

? x 1=v D t ?

联立⑨⑩??式得

D v =

? 设P 在C 点速度的大小为v C 。在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有

221111155(cos )2266

C D m v m v m g R R θ=++? P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有

2

p 1111(5)sin m g(5)cos 2

C

E m g x R x R m v θμθ-+-+=? 联立⑦⑧???式得

11

3

m m =?

4.（2017）24．（12分）

一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 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2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：（1）飞船着地前瞬间的机械能为

2

k 012

h E mv =

① 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

8kp 4.010J E =?②

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

2

12

h h E m mgh =

+③ 式中，v h 是飞船在高度1.6×105m 处的速度大小。由③式和题给数据得

122.410J h E =?④

（2）飞船在高度h ' =600 m 处的机械能为

2

1 2.0()2100

h h E m v mgh ''=+⑤

由功能原理得

k0h W E E '=-⑥

式中，W 是飞船从高度600m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得 W =9.7×108

J ⑦

25．（20分）

真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点。重力加速度大小为g 。

（1）油滴运动到B 点时的速度；

（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍。

解：（1）设油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为整。油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t =0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足 21qE mg ma -=①

油滴在时刻t1的速度为 1011v v a t =+②

电场强度在时刻t 1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 22qE mg ma +=③

油滴在时刻t 2=2t 1的速度为 2121v v a t =-④

由①②③④式得 2012v v gt =-⑤

（2）由题意，在t=0时刻前有 1qE mg =⑥

油滴从t =0到时刻t 1的位移为

2111111

2

s v t a t =+⑦

油滴在从时刻t1到时刻t2=2t 1的时间间隔内的位移为

2211211

2

s v t a t =-⑧

由题给条件有202(2)v g h =⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离。 若B 点在A 点之上，依题意有 12s s h +=⑩

由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 002

2111

1[22

()]4v v E E gt gt =-+? 为使21E E >，应有 002

11

122

()14v v gt gt -+>?

即当0

10(1v t g

<<-

?

或0

1(1v t g

>? 才是可能的：条件?式和?式分别对应于20v >和20v <两种情形。 若B 在A 点之下，依题意有 21x x h +=-?

由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 002

2111

1[22

()]4v v E E gt gt =--? 为使21E E >，应有 002

11

122

()14v v gt gt -->? 即

011)v

t g

>? 另一解为负，不符合题意，已舍去。

5.（2018）24．（12分）

一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。求 （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 解：（1）设烟花弹上升的初速度为0v ，由题给条件有

2

012

E m =v

①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有

00gt -=-v

②

联立①②式得

t =

③

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为1h ，由机械能守恒定律有

1E mgh =

④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为1v 和2v 。由题给条件和动量守恒定律有

22

121144

m m E +=v v ⑤ 1211

022

m m +=v v

⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为2h ，由机械能守恒定律有

21211

42

m mgh =v ⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

122E

h h h mg

=+=

⑧

25．（20分）

如图，在y > 0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y < 0的区

域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核11H 和一个氘核2

1H 先后从y 轴上y h

=点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向。已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60?，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。11H 的质量为m ，电荷量为q 。不计重力。求

（1）11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； （2）磁场的磁感应强度大小；

（3）21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。

解：（1）11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设11H 在电场中的加速度大小为1a ，初速度大小为1v ，它在电场

中的运动时间为1t ，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为1s 。由运动学公式有

111s t =v

①

2111

2h a t =

② 由题给条件，进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角160θ=?。进入磁场时速

度的y 分量的大小为

1111tan a t θ=v ③

联立以上各式得

1s =

④

（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有

1qE ma =

⑤

设进入磁场时速度的大小为1

'v ，由速度合成法则有

1'v

⑥

设磁感应强度大小为B ，在磁场中运动的圆轨道半径为1R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

2111

m q B R ''=v v

⑦

由几何关系得

1112sin s R θ=

⑧

联立以上各式得

B =

⑨

（3）设在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为2v ，在电场中的加速度大小为2a ，由题给条件得

2

221

11(2)22

m m =v v ⑩

11H 1

1H 1

1H 1

1H 1

1H 2

1H

由牛顿第二定律有

22qE ma =

?

设第一次射入磁场时的速度大小为2

'v ，速度的方向与x 轴正方向夹角为2θ，入射点到原点的距离为2s ，在电场中运动的时间为2t 。由运动学公式有

222s t =v

? 2

2212

h a t =

?

2'v

? 22

22

sin a t θ=

'v

?

联立以上各式得

21s s =，21θθ=

，2

1''=v ?

设在磁场中做圆周运动的半径为2R ，由⑦?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

2

212m R qB

'=

()v ?

所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为2

s '，由几何关系有

2

222sin s R θ'= ?

联立④⑧???式得，第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为

2

21)s s h '-= ?

2

1H 2

1H 2

1H 2

1H