高考物理复习计算题专练

计算题专练（一）]
近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容[分值题分值年份第24题第25两辆玩具小车牵(运动学19分 (滑轨、动力学13分)电磁感应2013年)连运动问题类平抛运动、带电粒子在运动学(公路上两车安全20分分2014年 12)(距离问题)动力学电场中运动两物体多阶段板块模型：安培力电路和力学问题(年12分匀变速运动组合问题(动2015分20)作用下导体棒平衡)力学轻弹簧＋斜面＋光滑圆电(双棒模型＋三角体)(乙卷年2016()力的平磁感应定律应用、弧轨道18)平抛运动、牛顿14分分定律、动能定理衡方程
例题展示abθ仅(上沿相连，1.(2016·全国乙卷·24)如图1两固定的绝缘斜面倾角均为，.两细金属棒maLcdmc；用两根不可伸长的柔软轻导，质量分别为2和))和(仅标出端长度均为标出端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，，线将它们连成闭合回路B，方向垂直于斜面向上，已知.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μR，重力加两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为abg求：.速度大小为，已知金属棒匀速下滑
图1
ab上的安培力的大小；作用在金属棒 (1)(2)金属棒运动速度的大小.
abcdabcdcd也做匀速由于、、棒被平行于斜面的导线相连，故速度总是相等，(1)解析
FabFab棒上，右斜面对，作用在棒的支持力的大小为直线运动.设导线的张力的大小为N1T FcdFab 棒，受力分析如图甲所示，棒的支持力大小为，对于左斜面对的安培力的大小为，N2由力的平衡条件得
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乙甲
mgθμFFF
＝＋＋2①sin TN1 F mg θcos 2 ＝②N1cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得对于
FμFFmgθ′＝＝sin ③＋ T N2 T mgFθ cos ＝④N2θθμFmg 3 联立①②③④式得：＝⑤cos (sin ) － BLv vabE＝⑥，棒上的感应电动势为(2)设金属棒运动速度大小为EI回路中电流＝⑦R FBIL ＝安培力⑧联立⑤⑥⑦⑧得：mgRvθμθ) ＝(sin cos －322BLmg θμθ) 3(sin cos －答案 (1)mgRθθμ－3)cos (2)(sin 22LBR，其一端固定在倾角为37°的固定直轨2，一轻弹簧原长为22.(2016·全国乙卷·25)如图5ACABR的的底端处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为道处，另一端位于直轨道上6CACRABCDmP的小物块.、光滑圆弧轨道相切于质量为点，、＝7，均在同一竖直平面内、CEPFAF点，沿轨道被弹回，最高到达(未画出)自点由静止开始下滑，最低到达，随后点13RPμg.(取sin 37°＝，与直轨道间的动摩擦因数重力加速度大小为＝，cos 37°＝4.已知454＝) 5
图2
PB点时速度的大小；第一次运动到(1)求
PE点时弹簧的弹性势能；求运动到(2)PPEPD处水自圆弧轨道的最高点.(3)改变物块的质量，将推至点，从静止开始释放已知6
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7PGCCRRG运动到点在、竖直相距点左下方，与平飞出后，恰好通过，求点.点水平相距2PD. 点时速度的大小和改变后的质量 RR lR＝5＝7①解析 (1)由题意可知：－2BC vBP设，由动能定理得到达点时的速度为B12mvθθμmglmgl－ cos ②＝ sin BBCBC2θ＝37°，联立①②式并由题给条件得式中gRv③2 ＝B BExPEEBE过程，根据动能＝点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为，→到达，由(2)设p定理得
12mvμmgxθθEmgx＝0－sin ④－cos －B p2 x
lEFlRR2为⑤＝4＋、之间的距离－11PEEF点的过程中，由动能定理有到达点运动到点后反弹，从Emglθμmglθ＝0
cos － sin ⑥－1p1联立③④⑤⑥式得xR ⑦＝12 EmgR
⑧＝p5PmDGxy，由几何关系(的质量为，、竖直距离为点与如图(3)设改变后点的水平距离为111θ＝37°. 所示)得
由几何关系得：
75 R xRRθ⑨－ sin ＝3＝162555 R
RRyRθ⑩＝＝＋＋cos 1266PDvDGt. 点运动到设在点的时间为点的速度为，由D由平抛运动公式得：
1 2
?gty＝126
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vxt
＝?D1联立⑨⑩??得3gRv 5 ＝?D5PCvPCD的过程中机械能守恒，有运动到在由点速度的大小为，在设C115522mvmvmgRRθ) ＋＝?＋cos (DC1116622PEC点的过程中，由动能定理得点运动到由12vθmμmθgxREmgxR?＋5－ ()cos ＋5 )sin ＝－ ( C1p112联立⑦⑧???得
1 m
m ?＝131312mgRmgRgR答案 (1)2 (2) (3)5355
命题分析与对策命题特点1.近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考
难度有所降低.力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题；功能关系的应用，考查范围未突破必修内容；电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修3—1.
2.应考策略
力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.
带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合，分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛；注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建，与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.
计算题专练(一)
MPhmQ的大小不计，位于平板车的的小物块11.如图所示，质量为的平板车高，质量为6
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QR正上方，一不可伸长的轻质细绳长为一端悬于左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.mR60°的小球(大小不计高为处，另一端系一质量也为).今将小球拉至悬线与竖直位置成QQ离开平板角，由静止释放，小球到达最低点时与的碰撞时间极短，且无能量损失，已知mQMPμ＝4∶1，重力
加速之间的动摩擦因数为∶，车时速度大小是平板车速度的两倍，与g .度为求：
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图Q (1)小物块离开平板车时速度为多大？P (2)平板车的长度为多少？gRR7 (2)(1)答案μ18312gRmvmgRv (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：(1，解得－cos 60°)＝＝解析002Q小球与小物块相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mvmvmv＝＋Q10111222mvmvmv＋＝Q10222gRvvv ＝解得：0＝，＝Q01mvQ＝.在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有二者交换速度，即
小球静止下来Q vMvm)
＋(2gR1vv＝解得，＝Q66gRvQ＝小物块2离开平板车时，速度为：3 由能量守恒定律，知(2)111222vMvmFLmv－)－(2＝Q f222μmgF又＝f R7LP. ＝的长度为解得，平板车μ18bBaLA、如
图2.2所示，在绝缘水平面上，相距为两点处分别固定着两个等量正电荷的.、LmOABAaABBbba、
是为连线上两点，其中＝一质量为＝，连线的中点、两点电势相等，.4bABaEq其中小运动，从)(带电荷量为＋的小滑块可视为质点以初动能点出发，沿直线向06
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bnOn点时动能恰好为零，小滑块最＞滑块第一次经过，到达点时的动能为初动能的1)倍(O点，求：终停在
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图μ小滑块与水平面间的动摩擦因数；(1)UOb、两点间的电势差(2)；Ob s. (3)小滑块运动的总路程nEn122＋－210LE (2)(3)(1)－答案0qmgL42LUOabAaBbOAB；设小滑块0＝＝，关于为＝连线的中点得：点对称，则解析 (1)由、ab4bFa，对于滑块从过程，由动能定理得：→与水平面间的摩擦力大小为f LqUFE 0－·＝·－ab0f2Fμmg＝而f E20μ＝解得：mgLOb过程，由动能定理得：滑块从→(2)LqUFnE－·＝－0·Ob0f4nE1－20U解得：＝－Ob q2aO点停下的整个过程，由动能定理得 (3)对于小滑块从开始运动到最终在qUFsE－·－＝·0aO0f nE12－0UU＝－而＝ObaO q2n＋12sL＝解得：46
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