高中物理计算题,中难附答案
高中物理考试题难题及答案
高中物理考试题难题及答案一、选择题1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t后，其速度变为v。
若物体在前一半时间内的位移与后一半时间内的位移之比为1:3，则物体的加速度a是多少？A. v/2tB. v/tC. 2v/tD. 3v/2t答案：D2. 一个质量为m的物体放在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ。
若物体沿斜面下滑，求物体受到的摩擦力的大小。
A. mgsinθB. mgcosθC. μmgcosθD. μmgsinθ答案：D二、计算题3. 一个质量为2kg的物体从高度h=10m的平台上自由落体。
忽略空气阻力，求物体落地时的速度和动能。
解：根据自由落体运动公式，v² = v₀² + 2gh，其中v₀为初始速度，g为重力加速度（取9.8m/s²），h为高度。
由于物体是从静止开始下落，所以v₀=0。
将数值代入公式得：v² = 0 + 2 * 9.8 * 10v = √(2 * 9.8 * 10) ≈ 14.1 m/s动能Ek = 1/2 * m * v²，将数值代入得：Ek = 1/2 * 2 * (14.1)² ≈ 200.1 J4. 一个电路中包含一个电阻R=10Ω，一个电容器C=2μF，一个电源电压U=12V。
当电路稳定后，求电容器两端的电压。
解：当电路稳定后，电容器充满电，此时电容器两端的电压等于电源电压。
因此，电容器两端的电压Uc = U = 12V。
三、实验题5. 在一次物理实验中，学生使用弹簧测力计测量物体的重力。
如果弹簧测力计的读数为5N，弹簧的原长为0.1m，物体的位移为0.05m，求弹簧的劲度系数k。
解：根据胡克定律，F = kx，其中F为弹力，x为弹簧的形变量。
将数值代入得：k = F / x = 5N / 0.05m = 100N/m结束语：本套高中物理考试题涵盖了力学的基础知识点，包括运动学、动力学、能量守恒以及电路知识，旨在测试学生对物理概念的理解和应用能力。
高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案
高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、计算题（共20题）1、处于光滑水平面上的质量为2千克的物体，开始静止，先给它一个向东的6牛顿的力F1，作用2秒后，撤去F1，同时给它一个向南的8牛顿的力，又作用2秒后撤去，求此物体在这4秒内的位移是多少？2、一个质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g.g为重力加速度，求人对电梯的压力的大小．3、一物块从倾角为θ、长为s的斜面的项端由静止开始下滑,物块与斜面的滑动摩擦系数为μ,求物块滑到斜面底端所需的时间.4、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g=10 m/s2．试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数．5、如图所示，质量为m=1l kg的物块放在水平地面上，在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为50N的拉力F作用下，以大小为v0=l0m/s的速度向右做匀速直线运动，（取当地的重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求（1）物块与水平面间的动摩擦因数;（2）若撤去拉力F，物块经过3秒在水平地面上滑行的距离是多少?6、质量为2kg的物体，静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。
现对物体施加一个大小为6N的水平力，此力作用一段时间后立即改变，改变后的力与原来比较，大小不变、方向相反。
再经过一段时间，物体的速度变为零。
如果这一过程物体的总位移为15m。
求：（1）力改变前后物体加速度的大小a1、a2分别为多少？（2）在这一过程物体的最大速度；（3）全过程的总时间。
（g=10m/s2）7、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M。
高三物理学科中的常见计算题及解析
高三物理学科中的常见计算题及解析物理学作为一门理科学科，对学生的计算能力要求较高。
在高中物理学科中，有一些常见的计算题目是学生经常会遇到的。
本文将对这些常见的计算题目进行解析，并提供相应的解题方法和思路。
一、速度和加速度计算题1. 简单速度计算题对于一个匀速运动的物体，速度的计算是相对简单的，速度等于位移除以时间。
假设某物体在2秒内沿直线运动了5米，问其速度是多少？解析：速度 = 位移 ÷时间根据题目中的信息，位移为5米，时间为2秒，代入公式计算：速度 = 5 ÷ 2 = 2.5 m/s2. 加速度计算题对于一个匀加速运动的物体，加速度的计算需要使用到加速度的定义公式。
假设某物体在5秒内的匀加速运动中速度从10 m/s增加到30 m/s，问其加速度是多少？解析：加速度 = (末速度 - 初速度) ÷时间根据题目中的信息，末速度为30 m/s，初速度为10 m/s，时间为5秒，代入公式计算：加速度 = (30 - 10) ÷ 5 = 4 m/s²二、力和功的计算题1. 力的计算题力的计算可以使用力的定义公式，力等于质量乘以加速度。
假设某物体质量为5 kg，受到的加速度为2 m/s²，问其所受的力是多少？解析：力 = 质量 ×加速度根据题目中的信息，质量为5 kg，加速度为2 m/s²，代入公式计算：力 = 5 kg × 2 m/s² = 10 N2. 功的计算题功的计算可以使用功的定义公式，功等于力乘以位移。
假设某物体受到的力为20 N，位移为10 m，问所做的功是多少？解析：功 = 力 ×位移根据题目中的信息，力为20 N，位移为10 m，代入公式计算：功 = 20 N × 10 m = 200 J三、电路中的电流和电阻计算题1. 电流计算题电流的计算可以使用电流的定义公式，电流等于电荷除以时间。
高中物理 20个力学经典计算题汇总及解析
高中物理 20个力学经典计算题汇总及解析1. 概述在力学领域中，经典的计算题是学习和理解物理知识的重要一环。
通过解题，我们能更深入地了解力学概念，提高解决问题的能力。
在本文中，我将为您带来高中物理领域中的20个经典力学计算题，并对每个问题进行详细解析，以供您参考和学习。
2. 一维运动1) 题目：一辆汽车以30m/s的速度行驶，经过10秒后匀减速停下，求汽车减速的大小和汽车在这段时间内行驶的距离。
解析：根据公式v=at和s=vt-0.5at^2，首先可求得汽车减速度a=3m/s^2，然后再求出汽车行驶的距离s=30*10-0.5*3*10^2=150m。
3. 二维运动2) 题目：一个质点在竖直平面内做抛体运动，初速度为20m/s，抛体初位置为离地30m的位置，求t=2s时质点的速度和所在位置。
解析：首先利用v=vo+gt求得t=2s时的速度v=20-9.8*2=-19.6m/s，然后再利用s=s0+vo*t-0.5gt^2求得t=2s时的位置s=30+20*2-0.5*9.8*2^2=30+40-19.6=50.4m。
1. 牛顿运动定律3) 题目：质量为2kg的物体受到一个5N的力，求物体的加速度。
解析：根据牛顿第二定律F=ma，可求得物体的加速度a=5/2=2.5m/s^2。
2. 牛顿普适定律4) 题目：一个质量为5kg的物体受到一个力，在10s内速度从2m/s 增加到12m/s，求物体受到的力的大小。
解析：利用牛顿第二定律F=ma，可求得物体受到的力F=5*(12-2)/10=5N。
3. 弹力5) 题目：一个质点的质量为4kg，受到一个弹簧的拉力，拉力大小为8N，求弹簧的弹性系数。
解析：根据弹簧的胡克定律F=kx，可求得弹簧的弹性系数k=8/0.2=40N/m。
4. 摩擦力6) 题目：一个质量为6kg的物体受到一个10N的水平力，地面对其的摩擦力为4N，求物体的加速度。
解析：首先计算摩擦力是否达到最大值f=μN=6*10=60N，由于摩擦力小于最大值，所以物体的加速度a=10-4/6=1m/s^2。
高中物理典型计算题100道及解析
一.计算题如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸小于L 。
小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ==04102.(/)g m s （1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。
问：m 在M 上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f N mg==μμ小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度a f m g m s 124===//μ木板在拉力F 和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度a F f M2=-()/使m 能从M 上面滑落下来的条件是a a 21>即Ng m M F m f M f F 20)(//)(=+>>-μ解得（2）设m 在M 上滑动的时间为t ，当恒力F=22.8N ，木板的加速度a F f M m s 2247=-=()/./）小滑块在时间t 内运动位移S a t 1122=/木板在时间t 内运动位移S a t 2222=/因S S L21-=即s t t t 24.12/42/7.422==-解得二．有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。
现取以下简化模型进行定量研究。
如图所示，电容量为C 的平行板电容器的极板A 和B 水平放置，相距为d ，与电动势为ε、内阻可不计的电源相连。
设两板之间只有一个质量为m 的导电小球，小球可视为质点。
已知：高中物理典型计算题100道及解析若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）。
高中物理热学计算题以及答案
1. 问题：一个容积为V的容器中充满了1mol的气体，此时容器的温度为T1，请计算容器中气体的平均动能。
答案：平均动能=(3/2)nRT1，其中n为气体的物质的量，R为气体常数。
2. 一个容积为V的容器中装满了水，水的温度为t℃，水的重量为m，水的热容为c，此时将容器中的水加热，经过一段时间后，水的温度升高到T℃，请计算：
（1）水加热的总热量
Q=mc(T-t)
（2）水加热的平均热量
Qavg=Q/t
3..一元系统中，向容器中加入了$m$克汽油，汽油的温度为$T_1$，容器中的水的温度为$T_2$，汽油和水的比容为$V_1$和$V_2$，如果汽油和水的温度最终变为$T_3$，那么汽油的最终温度$T_4$为多少？
解：$T_4=\frac{mT_1V_1+T_2V_2}{mV_1+V_2}T_3$
4. 一定体积的气体在温度为273K，压强为100kPa时，改变温度到273K，压强到400kPa，求气体的体积。
解：由比容量关系可得：
V2/V1=P2/P1
V2=V1×P2/P1
V2=V1×400/100
V2=4V1
答案：V2=4V1。
高中物理试题及答案解析
高中物理试题及答案解析一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 3×10^5 km/sB. 3×10^8 m/sC. 3×10^7 m/sD. 3×10^6 m/s答案：B解析：光在真空中的传播速度是宇宙中最快的速度，即3×10^8 m/s。
2. 牛顿第一定律指出，物体在不受外力作用时将（）。
A. 静止B. 匀速直线运动C. 做曲线运动D. 做加速运动答案：B解析：牛顿第一定律，也称为惯性定律，表明物体在没有受到外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态。
3. 根据欧姆定律，当电阻一定时，电流与电压的关系是（）。
A. 成正比B. 成反比C. 无关D. 无法确定答案：A解析：欧姆定律表明，在电阻一定的情况下，电流与电压成正比。
4. 以下哪种物质的导电性最好？（）A. 橡胶B. 玻璃C. 铜D. 木头答案：C解析：铜是一种良好的导体，其导电性在常见物质中是最好的。
5. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力作用，若力的方向与物体运动方向相同，则物体的运动状态是（）。
A. 静止B. 匀速直线运动C. 加速运动D. 减速运动答案：C解析：当物体受到的力与其运动方向相同时，物体将做加速运动。
6. 以下哪种力是保守力？（）A. 摩擦力B. 重力C. 电场力D. 磁场力答案：B解析：保守力是指在物体运动过程中，力对物体做的功只与物体的初始和最终位置有关，而与路径无关。
重力是保守力的一种。
7. 根据能量守恒定律，能量在转化和转移过程中（）。
A. 可以被创造B. 可以被消灭C. 总量不变D. 总量不断增加答案：C解析：能量守恒定律指出，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转化为另一种形式，其总量保持不变。
8. 以下哪种现象不属于热力学第二定律的表述？（）A. 不可能从单一热源吸热使之完全变为功而不产生其他效果B. 不可能使热量由低温物体传到高温物体而不产生其他效果C. 不可能使一个物体在所有过程中都完全恢复到初始状态D. 热量总是从低温物体传到高温物体答案：D解析：热力学第二定律有多种表述方式，包括不可能从单一热源吸热使之完全变为功而不产生其他效果，不可能使热量由低温物体传到高温物体而不产生其他效果，以及不可能使一个物体在所有过程中都完全恢复到初始状态。
人教 高中物理选修3-1：计算题(附答案)
人教 高中物理选修3-1：计算题（附答案）1 / 11选修3-1计算题一、计算题1. 如图所示，BC 是半径为R 的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为 ， 为一质量为m ，带正电q 的小滑块 体积很小可视为质点 ，重力加速度为g ．若小滑块P 能在圆弧轨道上某处静止，求其静止时所受轨道的支持力的大小．若将小滑块P 从C 点由静止释放，滑到水平轨道上的A 点时速度减为零，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 求：滑块通过圆弧轨道末端B 点时的速度大小以及所受轨道的支持力大小 水平轨道上A 、B 两点之间的距离．2. 在电场强度为 ，方向水平向右的匀强电场中，用一根长 的绝缘轻细杆，固定一个带正电的小球，细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动 如图所示，现将杆从水平位置A 轻轻释放，在小球运动到最低点B 的过程中， 取 求： 、B 两位置的电势差多少？ 电场力对小球做功多少？ 小球的电势能变化了多少？ 3. 4.5.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出初速度可忽略不计，经灯丝与A板间的电压加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．求电子穿过A板时速度的大小；求电子从偏转电场射出时的侧移量y；若要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压增大还是减小？6.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近缝隙的宽度远小于盒半径，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为粒子，其质量为m、电量为粒子从D形盒中央开始被加速初动能可以忽略，经若干次加速后，粒子从D形盒边缘被引出求：粒子被加速后获得的最大动能；粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；粒子在回旋加速器中运动的时间；若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．人教 高中物理选修3-1：计算题（附答案）3 / 117. 有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示 其中加速电场的电压为U ，静电分析器中有会聚电场，即与圆心 等距的各点电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心 磁分析器中以 为圆心、圆心角为 的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行 由离子源发出一个质量为m 、电荷量为q 的正离子 初速度为零，重力不计 ，经加速电场加速后，从M 点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N 点射出静电分析器 而后离子由P 点垂直于磁分析器的左边界且垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子垂直于磁分析器下边界从Q 点射出，并进入收集器 测量出Q 点与圆心 的距离为 位于Q 点正下方的收集器入口离Q 点的距离为 题中的U 、m 、q 、R 、d 都为已知量求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E 的大小； 求磁分析器中磁场的磁感应强度B 的大小和方向；现将离子换成质量为4m ，电荷量仍为q 的另一种正离子，其它条件不变 磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，收集器的位置可以沿水平方向左右移动，要使此时射出磁分析器的离子仍能进入收集器，求收集器水平移动的距离．8. 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具 如图所示为质谱仪的原理示意图 现利用这种质谱议对某电荷进行测量 电荷的带电量为q ，质量为m ，电荷从容器A 下方的小孔S ，无初速度飘入电势差为U 的加速电场 加速后垂直进入磁感强度为B 的匀强磁场中，然后从D 点穿出，从而被接收器接受 问： 电荷的电性；的水平距离为多少．9.质谱仪是一种精密仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具图中所示的质谱仪是由加速电场和偏转磁场组成带电粒子从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上不计粒子重力．若由容器A进入电场的是质量为m、电荷量为q的粒子，求：粒子进入磁场时的速度大小v；粒子在磁场中运动的轨道半径若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核、，由底片上获知、在磁场中运动轨迹的直径之比是：求、的质量之比：．10.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示离子源S产生的各种不同正离子束速度可看作为零，经加速电场加速电场极板间的距离为d、电势差为加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上设离子在P上的位置与入口处之间的距离为x．求该离子的荷质比；若离子源产生的是带电量为q、质量为和的同位素离子，它们分别到达照相底片上的、位置图中末画出，求、间的距离．人教 高中物理选修3-1：计算题（附答案）5 / 1111. 如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角 ，导轨的一端接有电动势 、内阻 的直流电源，导轨间的距离 在导轨所在空间内分布着磁感应强度 、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场 现把一个质量 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻 ，导体棒恰好能静止 金属导轨电阻不计 取 ， ， 求：受到的安培力大小； 受到的摩擦力大小．12. 如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距1m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为 ，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量 ，棒与导轨的动摩擦因数为 ，匀强磁场的磁感应强度 ，方向竖直向下，为了使物体以加速度 加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？13. 如图回旋加速器D 形盒的半径为r ，匀强磁场的磁感应强度为 一个质量了m 、电荷量为q 的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速．求该回旋加速器所加交变电场的频率； 求粒子离开回旋加速器时获得的动能；设两D 形盒间的加速电压为U ，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间 不计在电场中的加速时间 ．答案和解析【答案】1. 解：受力如图，滑块在某点受重力、支持力、电场力平衡，有：，由牛顿第三定律得：小滑块从C到B的过程中，设滑块通过B点时的速度为，由动能定理得：代入数据解得：，通过B前，滑块还是做圆周运动，由牛顿第二定律得：支由牛顿第三定律得：压支代入数据解得：压令A、B之间的距离为，小滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得：解得：答：滑块通过B点时的速度大小为；滑块通过B点前瞬间对轨道的压力；水平轨道上A、B两点之间的距离．2. 解：之间沿电场方向的距离为L，则两点之间的电势差：电场力做功：电场力做正功，小球的电势能减小，减小为答：、B两位置的电势差是10000 v电场力对小球做功；小球的电势能减小．3. 设电子经电压加速后的速度为，由动能定理有：解得：．电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为由牛顿第二定律和运动学公式有：，，人教 高中物理选修3-1：计算题（附答案）7 / 11解得：．由知，增大偏转电压 可增大y 值，从而使电子打到屏上的位置在P 点上方．答： 电子穿过A 板时速度的大小为．电子从偏转电场射出时的侧移量为．要使电子打在荧光屏上P 点的上方，应使M 、N 两板间的电压 增大．4. 解： 粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能 设此时的速度为v ，有可得粒子的最大动能粒子被加速一次所获得的能量为 ， 粒子被第n 次和 次加速后的动能分别为可得设 粒子被电场加速的总次数为a ，则可得粒子在加速器中运动的时间是 粒子在D 形盒中旋转a 个半圆周的总时间t ．解得加速器加速带电粒子的能量为，由 粒子换成氘核，有，则 ，即磁感应强度需增大为原来的 倍；高频交流电源的周期，由 粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍5. 解： 设离子进入静电分析器时的速度为v ，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理得：离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：联立两式，解得：离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：由题意可知，圆周运动的轨道半径为：故解得：，由左手定则判断得知磁场方向垂直纸面向外．设质量为4m的正离子经电场加速后的速度为．由动能定理有，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：得：质量为4m的正离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：可得磁场中运动的半径：由几何关系可知，收集器水平向右移动的距离为：答：静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小为；磁分析器中磁感应强度B的大小为；收集器水平移动的距离为．6. 解：由题意知，粒子进入磁场时洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则知，电荷带正电．根据动能定理得，解得粒子进入磁场的速度．根据得，．则SD的水平距离．答：粒子带正电．的水平距离为．7. 解：、在加速电场中，由动能定理得：，解得：；b、碘粒子在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；人教 高中物理选修3-1：计算题（附答案）9 / 11两种原子核 、 互为同位素，所以电荷量相等，由b 的结论可知：、 在磁场中运动轨迹的直径之比是 ：1所以有：答： 粒子进入磁场时的速度大小是； 粒子在磁场中运动的轨道半径R 是；若由容器A 进入电场的是互为同位素的两种原子核 、 ，由底片上获知 、 在磁场中运动轨迹的直径之比是 ： 、 的质量之比是2：1．8. 解： 离子在电场中加速，由动能定理得：；离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：由 式可得：由 式可得粒子 在磁场中的运动半径是 ，则：对离子 ，同理得：照相底片上 、 间的距离：；答： 求该离子的荷质比； 、 间的距离．9. 解： 导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力：安导体棒所受重力沿斜面向下的分力：由于 小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f ，根据共点力平衡条件得： 安 解得：安答： 导体棒受到的安培力大小是 ； 导体棒受到的摩擦力大小是 ．10. 解：导体棒的最大静摩擦力大小为 ， 的重力为 ，则 ，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a 到b ． 根据受力分析，由牛顿第二定律，则有 安 安 ，联立得：答：应在棒中通入的电流，方向．11. 解：由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，由粒子得：；电粒子由洛伦兹力提供向心力得：所以：联立解得：加速次数：粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：粒子运动的时间为：联立解得：答：该回旋加速器所加交变电场的频率为；粒子离开回旋加速器时获得的动能为；设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间为．【解析】1. 滑块在某点受重力、支持力、电场力三个力处于平衡，根据共点力平衡求出支持力的大小小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解．根据圆周运动向心力公式即可求解，由动能定理即可求出AB的长．本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力对于电场力做功，为两点沿电场线方向的距离．2. 根据：即可计算出电势差；根据恒力做功的公式求电场力做的功；根据电场力做功情况判断电势能如何变化；电场力做正功，小球的电势能减小与之相等．解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．3. 根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小电子在偏转电场中，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出电子从偏转电场射出时的侧移量解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．4. 根据知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据求出粒子的最大动能．粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次和次加速后的动能，，从而求出回旋半径之比．求出粒子被加速的次数，在一个周期内加速两次，求出周期，从而求出粒子在回旋加速器中运动的时间．回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相同已知氘核与粒子的质量比和电荷比，人教高中物理选修3-1：计算题（附答案）根据最大动能相等，得出磁感应强度的关系，以及根据周期公式，得出交流电的周期变化．解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．5. 运用动能定理研究加速电场，求出进入静电分析器的速度为v，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律列出等式求解电场强度E的大小．离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律列出等式再结合几何关系求出已知长度与半径的关系，从而算出磁感应强度大小并确定方向．根据动能定理可知，当粒子电量不变，质量变为4m时的速度，从而求个粒子磁场中运动的半径，故可求得收集器水平移动的距离．明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题对于圆周运动，关键找出圆周运动所需的向心力，列出等式解决问题．6. 根据左手定则，结合洛伦兹力的方向判断出电荷的电性；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的偏转半径，从而得出SD的水平距离．解决本题的关键掌握洛伦兹力判断磁场方向、粒子运动方向、洛伦兹力方向的关系，以及掌握粒子在磁场中运动的半径公式，并能灵活运用．7. 带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径．、互为同位素，所以电荷量相等，由b的结论得出半径与质量之间的关系，然后由题目的条件即可求出．本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．8. 根据粒子在磁场中的运动半径，通过半径公式求出粒子的速度，再根据动能定理得出粒子的比荷．根据动能定理、半径公式求出粒子打到照相机底片上位置与入口处的距离，从而求出、间的距离．本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．9. 先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流由公式安求解安培力大小；导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小．本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究．10. 若要保持物体匀速上升，受力必须平衡由于M所受的最大静摩擦力为，而M的重力为，要保持导体以加速度加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向根据牛顿第二定律和安培力公式求出导体棒中电流的大小．此题是通电导体在磁场中加速问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，根据牛顿第二定律进行求解．11. 回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，故频率也相等；考虑在磁场中运动的时间即可．解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等，会求解加速时间．11 / 11。
高中物理计算题专项训练附答案解析
1．道路千万条，安全第一条．行车不规范，亲人两行泪．近日，道路上某酒驾人员驾乘汽车A以v A＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，同时后方相距x0＝24 m处正以v B＝2 m/s 的速度同向运动的警车B开始做a＝2 m/s2的匀加速直线运动，从此时开始计时，求：(1)B追上A之前，A、B之间的最远距离是多少？(2)经多长时间，警车B才能追上A车？2．舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞．若航母跑道长为280 m，某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时的速度为55 m/s，着舰后以10 m/s2的加速度做匀减速直线运动，3 s后制动挂钩挂拦阻索失败，于是战斗机立即以6.25 m/s2的加速度复飞，起飞需要的最小速度为50 m/s.求：(1)战斗机着舰3 s时的速度大小；(2)本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离．3．如图所示，在水平地面上有一高h＝4.2 m的竖直墙，现将一小球以v0＝6 m/s的速度，从离地面高为H＝6 m的A点水平抛出，小球撞到墙上B点时的速度与竖直墙成37°角，不计空气阻力和墙的厚度，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小球从A到B所用的时间t；(2)抛出点A到墙的水平距离s；(3)若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球能越过竖直墙，小球抛出时的初速度大小应满足什么条件？4．当地时间2021年7月30日，东京奥运会女子蹦床决赛，整套动作完美发挥的朱雪莹，以56.635分夺得金牌，帮助中国蹦床队时隔13年重获该项目冠军．队友刘灵玲收获一枚银牌．已知朱雪莹的体重为45 kg，在比赛中，朱雪莹从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面 5.0 m高处．已知朱雪莹与网接触的时间为0.15 s，g 取10 m/s2，求：(1)朱雪莹下落接触网面前瞬间的速率v1和上升离开网面瞬间的速率v2；(2)网面对朱雪莹的平均作用力F.5．如图所示，半径R ＝0.40 m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A .一质量m ＝0.10 kg 的小球，以初速度v 0＝7.0 m/s 在水平地面上向左做加速度a ＝3.0 m/s 2的匀减速直线运动，运动4.0 m 后，冲上竖直半圆环．(取重力加速度g ＝10 m/s 2).(1)求小球在A 点的速度大小； (2)通过计算得出小球能否通过B 点；(3)若能通过B 点，最后小球落在C 点，求A 、C 间的距离．6．如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道 AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道 BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B 、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点(与B 点等高)，B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1 kg ，轨道BCD 和DEF 的半径R ＝0.15 m ，轨道AB 长度l AB ＝3 m ，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放．(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7 m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小； (2)设释放点距B 点的长度为l x ，求滑块第1次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值．7.如图所示，质量为M＝4 kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量为m＝1 kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F＝8 N，铁块在长L＝6 m的木板上滑动．取g＝10 m/s2.求：(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功；(3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．8.如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为30°，整个装置处于静止状态，取g＝10 m/s2，结果中可保留根号．求：(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；(2)若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，其最小拉力的大小．9．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面AB与长L BC＝2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计)平滑连接，半径R＝1.5 m的光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C 点，OD与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m的小滑块从斜面上距B点L0＝2 m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与B点的最小距离．10．如图所示，在半径为a、圆心角为90°的扇形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆弧部分为绝缘弹性挡板．一带电量为＋q、质量为m的粒子以某一速度垂直OM边界射入匀强磁场，进入磁场后仅与挡板碰撞(电荷不发生转移)一次后又垂直ON边界射出，已知粒子与挡板碰撞后速度大小不变、方向反向．不计粒子重力，求：(1)粒子入射点到O点距离；(2)粒子的入射速度．11．如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，极板与可调电源相连．正极板上O 点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v 0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m 、电荷量为q .一足够长的挡板OM 与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子．C 、P 是负极板上的两点，C 点位于O 点的正上方，P 点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从上方打入的粒子，CP 长度为L 0.忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力，sin 37°＝35.(1)若粒子经电场一次加速后正好打在P 点处的粒子靶上，求可调电源电压U 0的大小； (2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM 上，求电压的最小值U min ；(3)若粒子靶在负极板上的位置P 点左右可调，则负极板上存在H 、S 两点(CH ≤CP <CS ，H 、S 两点未在图中标出)，对于粒子靶在HS 区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n (n ≥2)种能量的粒子，求CH 和CS 的长度(假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定).12．一名潜水员在夜间进行深水作业，其头盔上的照明灯可看做是点光源向各个方向发射光线，在平静的水面上可看到该光源发出的光只从一个半径r ＝1.8 m 的圆形区域内射出水面，若水的折射率n ＝53.求：(1)此时潜水员的头部在水面下方的深度h ；(2)若在8 s 的时间内，我们发现透光的圆形水域半径从1.8 m 扩大到6 m ，试根据光学知识求出潜水员在水下竖直方向匀速运动的速度v y ．13.如图所示，一导热性能良好的球形容器内部不规则，某兴趣小组为了测量它的容积，在容器上插入一根两端开口的长玻璃管，接口密封．玻璃管内部横截面积为S＝0.2 cm2，一长为h ＝15 cm的静止水银柱封闭了一定质量的气体，其下方玻璃管内空气柱长度为l1＝10 cm，此时外界温度为t1＝27 ℃.现把容器浸在100 ℃的沸水中，水银柱缓慢上升29.2 cm后稳定．实验过程中认为大气压强没有变化，大气压强p＝1.0×105 Pa(相当于75 cm高汞柱压强).(结果保留两位有效数字)(1)容器的容积为多少？(2)若实验过程中管内气体内能增加了 1.3 J，请判断气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量，并计算热量的多少．14．如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C 点位置处于圆心O的正下方．质量为m的小球在距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A 点以2gL的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g.求：(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；(3)小球经B点时，对圆轨道的压力大小．15．如图所示，足够长，间距为L的平行光滑金属导轨ab、de构成倾角为θ的斜面，上端接有阻值为R的定值电阻，足够长的平行光滑金属导轨bc、ef处于同一水平面内，倾斜导轨与水平导轨在b、e处平滑连接，且b、e处装有感应开关；倾斜导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B；距离b足够远处接有未闭合的开关S，在开关S右侧垂直导轨放置导体棒N，在倾斜导轨上距b、e足够远的位置放置导体棒M，现将导体棒M由静止释放，当导体棒M通过b、e处后瞬间感应开关自动断开．已知导体棒M的质量为m，电阻为R，导体棒N的质量为2m，电阻为2R，两导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，重力加速度为g，不计导轨电阻及空气阻力．(1)保持开关S断开，求导体棒M通过感应开关前瞬间的速度大小；(2)若固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒M在水平导轨上运动的位移；(3)若不固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒N上产生的焦耳热．16．如图所示，足够长的平行金属导轨在水平面上，间距为L，一端连接有阻值为R的电阻；导轨上放质量为m的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图所示．若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω；(取重力加速度g＝10 m/s2)求：(1)磁感应强度B为多大？(2)金属杆与导轨间的摩擦力．17．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比；(2)油滴在第一象限运动的时间．18．如图所示，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，屏CD与y轴垂直，OACD为一矩形，OA边长为L，OD边长为2L，矩形OACD内某区域存在磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电荷量为q、重力不计的正粒子从x轴负半轴上的P点由静止释放，从O点进入磁场后最终垂直于屏打到C点，且从x轴PO段上任意位置由静止释放的同种正粒子最终都能垂直打到屏CD上，求：(1)PO之间的距离x；(2)上述由P点释放的粒子，从P到C经历的时间t；(3)磁场区域的最小面积S.19.如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为18V0和14V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．20．如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的．光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为α，折射角为β；光从P 点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角θ的正弦值表达式．答案及解析1．(1)25 m (2)6 s 解析：追及和相遇问题(1)两车速度相等时，相距最远，则由有v A ＝v B ＋at 1 解得t 1＝1 s ，此段时间内A 车的位移x A ＝v A t 1 B 车的位移x B ＝v B t 1＋12at 21A 、B 之间的最远距离Δx ＝x A ＋x 0－x B以上各式联立解得最远距离Δx ＝25 m.(2)设经过时间t B 车追上A 车，则通过的位移关系有x ′B ＝x ′A ＋x 0 即v B t ＋12at 2＝v A t ＋x 0代入数据解得t ＝6 s ．2．(1)25 m/s (2)能成功，起飞时离跑道终端的距离为10 m 解析：匀变速直线运动规律的应用 (1)战斗机着舰减速过程，根据速度公式得v 1＝v 0＋a 1t 1代入数据解得v 1＝25 m/s(2)战斗机减速过程，根据位移公式得x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21代入数据解得x 1＝120 m.假设战斗机能“逃逸复飞”成功，根据速度－位移关系式得v 22 －v 21 ＝2a 2x2 代入数据得战斗机复飞过程的最小位移x 2＝150 m ， 飞机的总位移x ＝x 1＋x 2＝270 m<L ＝280 m ， 因此本次“逃逸复飞”训练能成功． 离跑道终端的距离Δx ＝L －x ＝10 m ．3．(1)0.8 s (2)4.8 s (3)v ′0≥8 m/s 解析：抛体运动(1)将B 点的速度分解到水平和竖直方向，有tan 37°＝v 0v y竖直方向上是自由落体运动v y ＝gt 代入数据解得t ＝0.8 s(2)平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，s ＝v 0t 代入数据解得s ＝4.8 m(3)恰好从墙上越过时，由平抛运动规律得H －h ＝12gt ′2s ＝v ′0t ′解得v ′0＝8 m/s.均使小球能越过竖直墙，抛出时的初速度应满足v ′0≥8 m/s.4．(1)8 m/s ，10 m/s (2)5 850 N 解析：动量和动量定理(1)运动员下落接触网面前瞬间的速度大小为v 1＝2gh 1＝2×10×3.2 m/s ＝8 m/s运动员上升离开网面瞬间的速度大小为v 2＝2gh 2＝2×10×5.0 m/s ＝10 m/s(2)取竖直向上为正方向，运动员和网接触过程中，由动量定理知 (F －mg )t ＝mv 2－mv 1 可解得F ＝mv 2－m （－v 1）t＋mg＝45×10－45×（－8）0.15N ＋45×10 N ＝5 850 N5．(1)5 m/s (2)见解析 (3)1.2 m 解析：机械守恒定律 (1)匀减速运动过程中，有：v 2A －v 20 ＝－2as ，解得v A ＝5 m/s(2)假设物体能到达圆环的最高点B ，由机械能守恒： 12mv 2A ＝2mgR ＋12mv 2B 解得：v B ＝3 m/s恰好通过最高点B 满足：mg ＝m v 2B 1 R.解得：v B 1＝2 m/s因为v B >v B 1，所以小球能通过最高点B . (3)小球从B 点做平抛运动，有： 2R ＝12gt 2s AC ＝v B ·t解得：s AC ＝1.2 m6．(1)7 N (2)v ＝12l x －0.96(m/s)(0.85 m ≤l x ≤3 m) (3)1315 m 或95 m 或4115 m解析：能量守恒定律(1)滑块从A 到C 的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12mv 2C C 点时F N ＝mg ＋m v 2CR＝7 N(2)要使得滑块到达F 点，则必过圆弧轨道DEF 的最高点，即有mgl x sin 37 °－mg (3R cos 37 °＋R )＝12mv 20 ≥0即l x ≥0.85 m滑块运动到F 的过程中，由机械能守恒定律有mgl x sin 37 °－4mgR cos 37 °＝12mv 2解得v ＝12l x －9.6(m/s)(0.85 m ≤l x ≤3 m)(3)设摩擦力做的功为滑块第一次到达FG 中点时的n 倍 由动能定理得mgl x sin 37°－mgl FG2sin 37°－n μmgl FG2cos 37°＝0l x ＝7n ＋615m 将0.85 m ≤l x ≤3 m 代入上式可得2728≤n ≤397，由运动过程可知，n 只能取1、3、5 当n ＝1时l x ＝1315m当n ＝3时l x ＝95m当n ＝5时l x ＝4115m.7．(1)2 s (2)64 J (3)40 J解析：传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题(1)铁块与木板间的滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.4×1×10 N ＝4 N 铁块的加速度a 1＝F －F f m ＝4 m/s 2木板的加速度a 2＝F f M＝1 m/s 2设铁块滑到木板左端的时间为t ，则12a 1t 2－12a 2t 2＝L解得t ＝2 s(2)铁块位移x 1＝12a 1t 2＝12×4×22m ＝8 mF 对铁块做的功W ＝Fx 1＝8×8 J ＝64 J(3)由功能关系可知E k 总＝W －μmgL ＝(64－24) J ＝40 J8．(1)51.8 N 73.2 N (2)70.7 N解析：平衡中的临界和极值问题(1)如图，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，对小球受力分析，把不在坐标轴上的力沿轴分解，则水平方向上有F T sin 45°－F N sin 30°＝0竖直方向上有F T cos 45°＋F N cos 30°－mg＝0由以上两式得F N＝100(3－1) N≈73.2 NF T＝50(6－2) N≈51.8 N(2)外力方向与绳子垂直时，拉力最小．拉力的最小值为F min＝mg sin 45°代入数据，解得F min＝50 2 N≈70.7 N9．(1)0.6 (2)6.75 m解析：动能和动能原理(1)滑块恰好运动到C点，由动能定理得mgL0sin 37°－μmgL BC＝0－0解得：μ＝0.6(2)滑块能够通过D点，在D点的最小速度，由mg sin θ＝m v 2DR解得：v D ＝3 m/s设滑块在斜面上运动的距离为L ，由动能定理得mgL sin θ－μmgL BC －mgR (1＋sin θ)＝12mv 2D －0解得：L ＝6.75 m10．(1)(2－1)a (2)qaB m解析：带电粒子在有界匀强磁场中的运动(1)根据题意可知，粒子与挡板碰撞为弹性碰撞，碰撞后速度大小不变，根据运动的对称性可知，粒子在碰撞挡板前的运动轨迹与碰撞后的轨迹完全对称，由此可作运动轨迹如图所示．设半径为r ，由图几何关系可得r ＝a 由入射点到O 的距离为d ＝2r －r 即d ＝(2－1)a(2)由洛伦兹力提供向心力可得qvB ＝mv 2r即v ＝qaB m11．(1)qB 2L 20 8m －mv 20 2q (2)7mv 218q(3)见解析解析：磁场对运动电荷的作用 (1)根据动能定理得qU 0＝12mv 2－12mv 20 ，带电粒子进入磁场，由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2r，又有r ＝L 02，联立解得U 0＝qB 2L 20 8m －mv 22q.(2)使粒子不能打在挡板OM 上，则加速电压最小时，粒子的运动轨迹恰好与挡板OM 相切，如图甲所示，设此时粒子加速后的速度大小为v 1，在上方磁场中运动的轨迹半径为r 1，在下方磁场中运动的轨迹半径为r 2，由几何关系得 2r 1＝r 2＋r 2sin 37°， 解得r 1＝43r 2，由题意知，粒子在下方磁场中运动的速度为v 0，由洛伦兹力提供向心力得qv 1B ＝m v 21r 1，qv 0B ＝mv 20 r 2，由动能定理得 qU min ＝12mv 21 －12mv 20 ，解得U min ＝7mv 218q.(3)画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知P 点的位置满足k (2r P －2r 2)＋2r P ＝x CP (k ＝1，2，3…).当k ＝1时，轨迹如图乙所示；当k ＝5时，轨迹如图丙所示．由题意可知，每个粒子的整个运动过程中电压恒定，粒子在下面的磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qv 0B ＝m v 20 r 2，解得r 2＝mv 0qB ，为定值，由第(2)问可知，r P ≥43r 2，所以当k 取1，r P ＝43r 2时，x CP 取最小值，即CH ＝x CP min ＝103·mv 0qB，CS →无穷远．12．(1)2.4 m (2)0.7 m/s ，方向竖直向下 解析：光的反射、折射、全反射(1)由题意可知潜水员头盔上照明灯发出的光线在透光区域边缘恰好发生全反射，则根据几何关系可知sin C ＝r r 2＋h2＝1n解得h ＝2.4 m(2)当透光的圆形水域半径扩大到r ′＝6 m 时，设潜水员的深度为h ′，由于全反射临界角不变，则根据几何关系可得r h ＝r ′h ′解得h ′＝8 m潜水员在水下竖直方向匀速运动的速度为v y ＝h ′－ht＝0.7 m/s ，方向竖直向下．13．(1)22 cm 3(2)吸热 2.0 J 解析：热力学定律(1)设容器的容积为V ，封闭气体等压膨胀T 1＝300 K ，T 2＝373 K由盖—吕萨克定律V ＋l 1S T 1＝V ＋l 2ST 2l 2＝l 1＋29.2 cm ＝39.2 cm得V ＝（T 1l 2－T 2l 1）S T 2－T 1＝22 cm 3(2)气体压强为p ＝1.2×105Pa因为气体膨胀，对外做功W ＝－p (l 2－l 1)S 得W ＝－0.70 J根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可得Q ＝2.0 J ，气体从外界吸收热量14．(1)2L (2)45° (3)(4＋22)mg 解析：圆周运动(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律得x ＝v 0t L ＝12gt 2联立解得x ＝2L(2)小球到达B 点时竖直分速度为v y ，由运动学规律得v 2y ＝2gL 由运动分解得tan θ＝v y v 0解得θ＝45°(3)设小球到B 点时速度大小为v B ，则有v B ＝2v 0由牛顿第二定律得F －mg cos θ＝mv 2BL解得F ＝(4＋22)mg 根据牛顿第三定律小球对圆轨道的压力大小为F ′＝F ＝(4＋22)mg15．(1)2mgR sin θB 2L 2 (2)6m 2gR 2sin θB 4L 4 (3)8m 3g 2R 2sin 2θ9B 4L 4解析：电磁感应中能量和动量问题(1)由题意可知导体棒M 到达b 、e 前已做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv由闭合电路欧姆定律得I ＝E2R由平衡条件得mg sin θ＝BIL 解得：v ＝2mgR sin θB 2L2(2)若固定导体棒N ，导体棒M 通过感应开关后瞬间闭合开关S ，导体棒M 、N 构成回路，最终导体棒M 静止，由法拉第电磁感应定律得E －＝BL Δx Δt由闭合电路欧姆定律得I －＝E －3R对导体棒M ，由动量定理得－B I －L Δt ＝0－mv解得：Δx ＝6m 2gR 2sin θB 4L 4 (3)若不固定导体棒N ，导体棒M 通过感应开关后瞬间闭合开关S ，导体棒M 、N 组成的系统动量守恒，最终它们共速，则mv ＝3mv 共由能量守恒定律得12mv 2＝12×3mv 2共 ＋Q 导体棒N 上产生的焦耳热为Q N ＝2R R ＋2RQ 解得：Q N ＝8m 3g 2R 2sin 2θ9B 4L 4.16．(1)1 T (2)2 N 解析：电磁感应中的动力学问题 设摩擦力为F f ，平衡时有F ＝F f ＋F 安＝F f ＋B 2L 2v R由图像可知，如当F ＝4 N 时v ＝4 m/s当F ＝10 N 时v ＝16 m/s代入F ＝F f ＋B 2L 2v R，解得B ＝1 T ，F f ＝2 N ．17．(1)1∶1∶ 2 (2)0.828 s解析：带电粒子在叠加场中的运动(1)恰好能沿PO 做匀速直线运动，受力分析如图所示则qvB cos 45°＝Eq ，qvB sin 45°＝mg因此mg ∶qE ∶qvB ＝1∶1∶ 2(2)因为qvB ＝2Eq可知，粒子速度v ＝4 2 m/s粒子从O 到A ，受重力和电场力，二力合力为0，因此粒子匀速直线运动，运动时间t 1＝x 1v ＝hsin 45°v＝0.1 s 粒子在磁场部分做匀速圆周运动qvB ＝m v 2r周期T ＝2πr v ＝2πm Bq磁场中运动时间t 2＝α2πT ＝14T ＝0.628 s 由对称性可知，粒子从C 到N 与O 到A 时间相同，因此运动总时间t ＝2t 1＋t 2＝0.828 s ．18．(1)qB 2L 22mE (2)BL E ＋m （π＋2）2qB (3)π－24L 2 解析：带电粒子在组合场中的运动(1)如图所示，由几何关系得垂直于屏打在C 点的粒子在磁场中的运动半径为L ，根据带电粒子在磁场中的运动规律qBv ＝mv 2r 得R ＝mv qB＝L 由P 到O 运用动能定理得 qEx ＝12mv 2得x ＝qB 2L 22mE (2)第一阶段由P 到O 粒子做匀加速直线运动由x ＝v 2t 1 解得t 1＝BL E第二阶段在磁场中粒子经历1/4圆周，故 t 2＝14·2πm qB ＝πm 2qB第三阶段粒子做匀速直线运动x ＝2L －R v ＝m qB故总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝BL E ＋m （π＋2）2qB (3)磁场下边界为半径为L 的1/4圆弧，磁场的上边界上任意一点坐标x 、y 始终满足y ＝x ，故磁场的上边界是一条y ＝x 的直线，如(1)中图所示，月牙部分即为磁场区域面积，故S ＝14πR 2－12L 2＝π－24L 2.19.(1)43T 0 (2)94p 0 解析：热学(1) 选第Ⅳ部分气体为研究对象，在B 汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化：V 0－14V 0T 0＝V 0T 1，解得T 1＝43T 0. (2) (2)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温度由T 0升至2T 0过程，由理想气体状态方程：p 0⎝⎛⎭⎪⎫18V 0＋14V 0T 0＝p 1V 12T 0.对第Ⅳ部分气体，温度由T 0升至2T 0过程，由理想气体状态方程：p 0⎝⎛⎭⎪⎫V 0－14V 0T 0＝p 1（V 0－V 1）2T 0，解得p 1＝94p 0.20.sin αsin β 解析：光学根据光的折射定律有n ＝sin βsin α. 根据光的全反射可得sin θ＝1n. 联立解得sin θ＝sin αsin β.。
高中物理难度试题及答案
高中物理难度试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的速度是：A. 3×10^5 km/sB. 3×10^8 m/sC. 3×10^6 m/sD. 3×10^7 m/s答案：B2. 根据牛顿第二定律，力的作用效果是：A. 改变物体的形状B. 改变物体的运动状态C. 改变物体的密度D. 改变物体的体积答案：B3. 以下哪个选项是电磁波谱中波长最长的？A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A4. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，速度达到v，那么在这段时间内物体的位移s为：A. s = 0.5vtB. s = vtC. s = 2vtD. s = v^2 / 2t答案：A5. 以下哪种物质在常温下是超导体？A. 铜B. 铝C. 铅D. 汞答案：C6. 根据热力学第一定律，能量守恒定律的表达式是：A. ΔU = Q + WB. ΔU = Q - WC. ΔU = W - QD. ΔU = Q / W答案：A7. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力F作用，从静止开始加速运动，若力F突然消失，则物体将：A. 继续加速运动B. 保持匀速直线运动C. 做匀减速直线运动D. 立即停止答案：B8. 以下哪种现象不属于电磁感应现象？A. 电磁铁B. 发电机C. 变压器D. 电容器答案：D9. 根据相对论，当物体的速度接近光速时，其质量将：A. 保持不变B. 减小C. 增加D. 先减小后增加答案：C10. 在理想气体状态方程PV=nRT中，R代表的是：A. 气体的摩尔质量B. 气体的压强C. 气体的体积D. 气体常数答案：D二、填空题（每题2分，共20分）1. 一个质量为1kg的物体，受到10N的力作用，其加速度是_______ m/s^2。
答案：102. 光年是天文学中用来表示_______的单位。
答案：距离3. 欧姆定律的表达式是V=_______。
高中物理选修3-1计算题-附答案
选修3-1计算题一、计算题1.如图所示，BC是半径为R的1圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，4整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E，P为一质量为m，带正电q的小滑块(体积很小可视为质点)，重力加速度为g．(1)若小滑块P能在圆弧轨道上某处静止，求其静止时所受轨道的支持力的大小．(2)若将小滑块P从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ求：①滑块通过圆弧轨道末端B点时的速度大小以及所受轨道的支持力大小②水平轨道上A、B两点之间的距离．2.在电场强度为E=104N/C，方向水平向右的匀强电场中，用一根长L=1m的绝缘轻细杆，固定一个带正电q=5×10−6C的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动.如图所示，现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，(取g=10m/s2)求：(1)A、B两位置的电势差多少？(2)电场力对小球做功多少？(3)小球的电势能变化了多少？3.4.5.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点.已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过A板时速度的大小v0；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压U2增大还是减小？6.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径)，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出.若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B.设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q.α粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出.求：(1)α粒子被加速后获得的最大动能E k；(2)α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；(3)α粒子在回旋加速器中运动的时间；(4)若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．7.有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示.其中加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O1等距的各点电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1.磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90∘的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器.而后离子由P点垂直于磁分析器的左边界且垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子垂直于磁分析器下边界从Q点射出，并进入收集器.测量出Q点与圆心O2的距离为d.位于Q点正下方的收集器入口离Q点的距离为0.5d.(题中的U、m、q、R、d都为已知量)(1)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；(2)求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3)现将离子换成质量为4m，电荷量仍为q的另一种正离子，其它条件不变.磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，收集器的位置可以沿水平方向左右移动，要使此时射出磁分析器的离子仍能进入收集器，求收集器水平移动的距离．8.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如图所示为质谱仪的原理示意图.现利用这种质谱议对某电荷进行测量.电荷的带电量为q，质量为m，电荷从容器A下方的小孔S，无初速度飘入电势差为U的加速电场.加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中，然后从D点穿出，从而被接收器接受.问：(1)电荷的电性；(2)SD的水平距离为多少．9.质谱仪是一种精密仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.图中所示的质谱仪是由加速电场和偏转磁场组成.带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上.不计粒子重力．(1)若由容器A进入电场的是质量为m、电荷量为q的粒子，求：a.粒子进入磁场时的速度大小v；b.粒子在磁场中运动的轨道半径R.(2)若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核P1、P2，由底片上获知P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之比是√2：1.求P1、P2的质量之比m1：m2．10.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示.离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场(加速电场极板间的距离为d、电势差为U)加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上.设离子在P上的位置与入口处S1之间的距离为x．(1)求该离子的荷质比q；m(2)若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子(m1>m2)，它们分别到达照相底片上的P1、P2位置(图中末画出)，求P1、P2间的距离△x．11.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37∘，导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m.在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场.现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止.金属导轨电阻不计.(g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)求：(1)ab受到的安培力大小；(2)ab受到的摩擦力大小．12.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体以加速度a=3m/s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g=10m/s2)13.如图回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B.一个质量了m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速．(1)求该回旋加速器所加交变电场的频率；(2)求粒子离开回旋加速器时获得的动能；(3)设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间(不计在电场中的加速时间)．答案和解析【答案】1. 解：(1)受力如图，滑块在某点受重力、支持力、电场力平衡，有：F=√m2g2+q2E2，由牛顿第三定律得：F N= F=√m2g2+q2E2(2)①小滑块从C到B的过程中，设滑块通过B点时的速度为v B，由动能定理得：mgR−qER=12mv B2代入数据解得：v B=√2(mg−qE)Rm通过B前，滑块还是做圆周运动，由牛顿第二定律得：F支−mg=m m B2R，由牛顿第三定律得：F压=F支代入数据解得：F压=3mg−2qE(3)令A、B之间的距离为L AB，小滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得：mgR−qE(R+L AB)−μmgL AB=0解得：L AB=mg−qEμmg+qER答：(1)滑块通过B点时的速度大小为√m2g2+q2E2；(2)滑块通过B点前瞬间对轨道的压力3mg−2qE；(3)水平轨道上A、B两点之间的距离mg−qEμmg+qER．2. 解：(1)AB之间沿电场方向的距离为L，则两点之间的电势差：U=EL=104×1=10000V(2)电场力做功：W=qU=5×10−6×104=0.05J(3)电场力做正功，小球的电势能减小，减小为0.05J答：(1)A、B两位置的电势差是10000 v(2)电场力对小球做功0.05J；(3)小球的电势能减小0.05J．3. (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有：eU1=12mv02−0解得：v0=√2eU1m．(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有：t=Lv0F=ma，F=eE，E=U2da=eU2md1解得：y=U2L24U1d．(3)由y=U2L24U1d知，增大偏转电压U2可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答：(1)电子穿过A板时速度的大小为√2eU1m．(2)电子从偏转电场射出时的侧移量为U2L24U1d．(3)要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压U2增大．4. 解：(1)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时的速度为v，有qvB=m v2R可得v=qBRmα粒子的最大动能E k=12mv2=q2B2R22m(2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为E Kn=12mv n2=q2B2R n22m=nqUE Kn+1=12mv n+12=q2B2R n+122m=(n+1)qU可得R nR n+1=√nn+1(3)设α粒子被电场加速的总次数为a，则E k=aqU=q2B2R22m可得a=qB2R22mUα粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t．t=a T2T=2πmqB解得t=πBR22U(4)加速器加速带电粒子的能量为E k=12mv2=q2B2R22m，由α粒子换成氘核，有q2B2R2 2m =(q2)2B12R22(m2)，则B1=√2B，即磁感应强度需增大为原来的√2倍；高频交流电源的周期T=2πmqB，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的√22倍.5. 解：(1)设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理得：qU=12mv2离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：v2联立两式，解得：E=2UR(2)离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB=m v2 r由题意可知，圆周运动的轨道半径为：r=d故解得：B=1d √2mUq，由左手定则判断得知磁场方向垂直纸面向外．(3)设质量为4m的正离子经电场加速后的速度为v′．由动能定理有qU=12⋅4mv′2，v′=0.5v离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：得：R′=R质量为4m的正离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：可得磁场中运动的半径：r′=2r=2d由几何关系可知，收集器水平向右移动的距离为：S=(7√36−)d答：(1)静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小为2UR；(2)磁分析器中磁感应强度B的大小为1d √2mUq；(3)收集器水平移动的距离为(7√36−)d．6. 解：(1)由题意知，粒子进入磁场时洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则知，电荷带正电．(2)根据动能定理得，qU=12mv2解得粒子进入磁场的速度v=√2qUm．根据qvB=m v2R 得，R=mvqB=1B√2mUq．则SD的水平距离s=2R=2B √2mUq．答：(1)粒子带正电．(2)SD的水平距离为2B √2mUq．7. 解：(1)a、在加速电场中，由动能定理得：qU=12mv2−0，解得：v=√2qUm；b、碘粒子在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m v2r，(2)两种原子核P1、P2互为同位素，所以电荷量相等，由b的结论可知：R1 R2=√m1m2P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之比是√2：1所以有：m1m2=21答：(1)a.粒子进入磁场时的速度大小是√2qUm ；b.粒子在磁场中运动的轨道半径R是1B√2mUq；(2)若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核P1、P2，由底片上获知P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之比是√2：1.P1、P2的质量之比是2：1．8. 解：(1)离子在电场中加速，由动能定理得：qU=12mv2；①离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qBv=m v2r②由①②式可得：qm =8UB2x2(2)由①②式可得粒子m1在磁场中的运动半径是r1，则：r1=√2qUm1qB对离子m2，同理得：r2=√2qUm2qB∴照相底片上P1、P2间的距离：△x=2(r1−r2)=2√2qUqB(√m1−√m2)；答：(1)求该离子的荷质比qm；(2)P1、P2间的距离△x=2√2qUqB(√m1−√m2)．9. 解：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER0+r =31+0.5A=2A导体棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37∘=0.04×10×0.6N=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：mgsin37∘+f=F安解得：f=F安−mgsin37∘=(0.40−0.24)N=0.16N答：(1)导体棒受到的安培力大小是0.40N；(2)导体棒受到的摩擦力大小是0.16N．10. 解：导体棒的最大静摩擦力大小为f m=0.5mg=1N，M的重力为G=Mg=3N，则f m<G，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b．根据受力分析，由牛顿第二定律，则有F安−T−f=ma联立得：I=2.75A答：应在棒中通入2.75A的电流，方向a→b．11. 解：(1)由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，由T粒子=2πmqB得：f 电=f粒子=1T=qB2πm；(2)由洛伦兹力提供向心力得：Bqv m=m v m2r所以：v m=Bqrm联立解得：E km=(qBr)22m(3)加速次数：N=E kmqU粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：n=12N粒子运动的时间为：t=nT联立解得：t=πB r22U答：(1)该回旋加速器所加交变电场的频率为qB2πm；(2)粒子离开回旋加速器时获得的动能为(qBr)22m；(3)设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间为πBr22U．【解析】1. (1)滑块在某点受重力、支持力、电场力三个力处于平衡，根据共点力平衡求出支持力的大小(2)①小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解．根据圆周运动向心力公式即可求解，②由动能定理即可求出AB的长．本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力.对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离．2. (1)根据：U=Ed即可计算出电势差；(2)根据恒力做功的公式求电场力做的功；根据电场力做功情况判断电势能如何变化；(2)电场力做正功，小球的电势能减小与之相等．解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．3. 根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小.电子在偏转电场中，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出电子从偏转电场射出时的侧移量解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．4. (1)根据qvB=m v2R 知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据E K=12mv2求出粒子的最大动能．(2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次和n+1次加速后的动能E Kn=12mv n2=q2B2R n22m=nqU，1q2B2R2(4)回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相同.已知氘核与α粒子的质量比和电荷比，根据最大动能相等，得出磁感应强度的关系，以及根据周期公式，得出交流电的周期变化．解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．5. (1)运用动能定理研究加速电场，求出进入静电分析器的速度为v，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律列出等式求解电场强度E的大小．(2)离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律列出等式.再结合几何关系求出已知长度与半径的关系，从而算出磁感应强度大小并确定方向．(3)根据动能定理可知，当粒子电量不变，质量变为4m时的速度，从而求个粒子磁场中运动的半径，故可求得收集器水平移动的距离．明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题.对于圆周运动，关键找出圆周运动所需的向心力，列出等式解决问题．6. 根据左手定则，结合洛伦兹力的方向判断出电荷的电性；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的偏转半径，从而得出SD的水平距离．解决本题的关键掌握洛伦兹力判断磁场方向、粒子运动方向、洛伦兹力方向的关系，以及掌握粒子在磁场中运动的半径公式，并能灵活运用．7. (1)带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径．(2)P1、P2互为同位素，所以电荷量相等，由b的结论得出半径与质量之间的关系，然后由题目的条件即可求出．本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．8. (1)根据粒子在磁场中的运动半径，通过半径公式求出粒子的速度，再根据动能定理得出粒子的比荷．(2)根据动能定理、半径公式求出粒子打到照相机底片上位置与入口处的距离，从而求出P1、P2间的距离△x．本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．9. (1)先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流.由公式F安=ILB求解安培力大小；(2)导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小．本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究．10. 若要保持物体匀速上升，受力必须平衡.由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=1N，而M的重力为Mg=3N，要保持导体以加速度a=3m/s2加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向.根据牛顿第二定律和安培力公式求出导体棒中电流的大小．此题是通电导体在磁场中加速问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，根据牛顿第二定律进行求解．11. (1)(2)回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能.在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，故频率也相等；(3)考虑在磁场中运动的时间即可．解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等，会求解加速时间．。
高中物理考试题难题及答案
高中物理考试题难题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。
假设一个物体质量为2kg，受到10N的力，其加速度为多少？A. 5 m/s²B. 10 m/s²C. 20 m/s²D. 15 m/s²答案：B2. 一个物体从静止开始自由下落，经过2秒后，其速度是多少？（取重力加速度g=10 m/s²）A. 20 m/sB. 30 m/sC. 40 m/sD. 50 m/s答案：A3. 波的干涉现象是指两个或多个波的叠加，形成新的波形。
以下哪种波不能发生干涉？A. 机械波B. 电磁波C. 声波D. 光波答案：A4. 一个电子在电场中受到的电场力大小为F，若电子的电荷量为e，电场强度为E，则以下关系正确的是：A. F = eEB. F = 2eEC. F = e/ED. F = E²答案：A5. 根据热力学第一定律，能量守恒。
在一个封闭系统中，如果系统对外做功W，同时吸收热量Q，系统的内能变化ΔU为：A. ΔU = Q - WB. ΔU = Q + WC. ΔU = -Q + WD. ΔU = -Q - W答案：B6. 电磁感应现象中，法拉第电磁感应定律表明，感应电动势与磁通量的变化率成正比。
以下哪个因素不影响感应电动势的大小？A. 磁场强度B. 导线长度C. 导线运动速度D. 导线与磁场的夹角答案：D7. 根据理想气体状态方程PV = nRT，当温度T和气体摩尔数n保持不变时，气体的压强P与体积V成什么关系？A. 正比B. 反比C. 无关D. 指数关系答案：B8. 根据麦克斯韦方程组，以下哪个方程描述了变化的磁场产生电场？A. 高斯定律B. 法拉第电磁感应定律C. 安培定律D. 高斯磁定律答案：B9. 光的折射定律，即斯涅尔定律，描述了光从一种介质进入另一种介质时，入射角和折射角的关系。
高中物理人教版必修2第七章-计算题50道(内附答案解析)
一、计算题（本大题共50小题，共500.0分）1.如图所示，一质量m=2kg的滑块从半径R=0.2m的光滑1圆弧轨道的顶端A处由4静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接。
已知传送带匀速运行的速度v0=4m/s，B点到传送带右端C点的距离L=2m。
当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同。
取g=10m/s2，求：(1)滑块到达底端B时对轨道的压力。
(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ。
(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q。
2.如图所示，质量m=2kg的物体A在倾角θ=30°的足够长的光滑固定斜面上，在沿斜面向上的力F=15N推力作用下，从底端由静止开始向上运动。
(取g=10m/s2)求：(1)物体向上运动4m过程中推力F做的功W1；(2)物体向上运动4m过程中合力做的功W总；(3)物体向上运动4m时推力F做功的功率P。
3.如图所示，水平面右端放质量m=0.1kg的小物块，给小物块v0=4m/s的初速度使其水平向左运动，运动位移d=1m时将弹簧压至最短(在弹簧的弹性限度内)，反弹回到出发点时物块的速度大小v1=2m/s，若水平面右端与长L=3m的水平传送带平滑连接，传送带以v2=10m/s的速度顺时针匀速转动，传送带右端又与竖直平面内的光滑圆形轨道的底端平滑连接，圆轨道半径R=O.8m，当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭，忽略空气阻力．(g=10m/s2,sin53。
=0.8,sin37。
=0.6)，求：(1)小物块与水平面间的动摩擦因数μ1；(2)弹簧具有的最大弹性势能E p；(3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
4.如图所示，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，其末端水平，圆心角θ=60°，半径R=3.6m，BC是长度为L1=5m的水平传送带，CD是长度为L2=16m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板(参赛者和滑板可视为质点，滑板质量忽略不计)从A处由静止下滑，并通过B点恰好滑到D点．已知参赛者质量m=70kg，传送带匀速转动，滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.2，取g=10m/s2，求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力的大小；(2)传送带运转的速度的大小和方向；(3)传送带由于传送参赛者多消耗的电能．5.如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，OP长L=1m，P点右侧有一与水平方向成θ=30∘角、足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动速率为3m/s。
高中物理难度试题大全及答案
高中物理难度试题大全及答案一、选择题1. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A. 物体不受力的作用B. 物体受平衡力的作用C. 物体受非平衡力的作用B. 无法确定物体受力情况答案：B2. 根据能量守恒定律，下列哪种情况不可能发生（）A. 机械能守恒B. 机械能增加C. 机械能减少D. 机械能不变答案：C3. 在静电场中，关于电场线的说法错误的是（）A. 电场线是闭合的B. 电场线从正电荷出发，终止于负电荷C. 电场线的疏密表示电场的强弱D. 电场线是真实存在的物理实体答案：D二、填空题4. 牛顿第二定律表达式为：___________________________答案：F=ma5. 光从空气斜射入水中时，折射角________（填“大于”、“等于”或“小于”）入射角。
答案：小于6. 一个电路的总电阻为100Ω，当其中一条导线断开后，剩余部分的总电阻变为400Ω，则该断开的导线电阻为________Ω。
答案：50Ω三、计算题7. 一个质量为2kg的物体，受到一个水平方向的恒力作用，经过5秒后，其速度从0增加到10m/s。
求作用在物体上的恒力大小。
解：首先计算物体的加速度a，由v=at得a=v/t=10m/s / 5s =2m/s²。
根据牛顿第二定律F=ma，得F=2kg * 2m/s² = 4N。
答案：4N8. 一个点电荷Q=10^-6C，位于坐标原点，求距离原点4m处的电场强度。
解：根据库仑定律，电场强度E=kQ/r²，其中k为库仑常数，k=9.0×10^9 N·m²/C²，r为距离。
将Q和r代入公式得E=(9.0×10^9 N·m²/C²) * (10^-6C) / (4m)² = 562.5 N/C。
答案：562.5 N/C四、实验题9. 在“验证牛顿第二定律”的实验中，如何减小实验误差？答案：为了减小实验误差，可以采取以下措施：- 确保打点计时器的电源频率稳定。
高中物理牛顿第二定律计算题专题训练含答案
高中物理牛顿第二定律计算题专题训练含答案姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、计算题（共20题）1、列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s内速度由5.0m／s增加到15.0m／s.（1）求列车的加速度大小．（2）若列车的质量是1.0×106kg，机车对列车的牵引力是1.5×105N，求列车在运动中所受的阻力大小．2、如图所示，质量为m的摆球A悬挂在车架上，求在上述各种情况下，摆线与竖直方向的夹角a和线中的张力T：（1）小车沿水平方向做匀速运动。
（2）小车沿水平方向做加速度为a的运动。
3、质量为2Kg的质点同时受到相互垂直的两个力F1、F2的作用,如图所示,其中F1=3N,F2=4N ,求质点的加速度大小和方向。
4、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500 kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°。
直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°。
如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求空气阻力f和水箱中水的质量M。
（sin14°＝0.242；cos14°＝0.970）5、如图所示，质量为M=4kg底座A上装有长杆，杆长为1．5m，杆上有质量为m=1kg的小环，当小环从底座底部以初速度竖直向上飞起时，恰好能冲到长杆顶端，然后重新落回，小环在上升和下降过程中，受到长杆的摩擦力大小不变，在此过程中底座始终保持静止。
（g=10m/s2）求：（1）小环上升过程中的加速度（2）小环受到的摩擦力大小（3）小环在下降过程中，底座对地面的压力。
6、一个质量为0．2 kg的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力．（计算时）7、如图所示，轻绳的一端系在地上，另一端系着氢气球，氢气球重20 N，空气对它的浮力恒为30 N，由于受恒定水平风力作用，使系氢气球的轻绳和地面成53°角，（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）。
高中物理力学经典难题
高中物理力学经典难题
篇一：高中物理力学经典的题库(含答案)
高中物理力学计算题汇总经典精解（50题）
1．如图1-73所示，质量Ｍ＝10ｋｇ的木楔ＡＢＣ静止置于
粗糙水平地面上，摩擦因素μ＝0．02．在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有一质量ｍ＝1．0ｋｇ的物块由静止开始沿
斜面下滑．当滑行路程ｓ＝1．4ｍ时，其速度ｖ＝1．4ｍ／ｓ．在这过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小
和方向．（重力加速度取ｇ＝10／ｍ2ｓ）
２
图1-73
2．某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，
由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10ｓ内高度下降1700ｍ造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动．试计算：
（1）飞机在竖直方向上产生的加速度多大?方向怎样? （2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的竖
直拉力，才能使乘客不脱离座椅？（ｇ取10ｍ／ｓ）
1。
高中物理动能定理经典计算题和答案(供参考)
动能和动能定理经典试题例1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5.3×102m 时，达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍（k =0.02），求飞机受到的牵引力。
例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。
（g 取10m/s 2）例3 一质量为0.3㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ）A .Δv=0 B. Δv =12m/s C. W=0 D. W=10.8J 例4 在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（ ） A. gh v 20+ B. gh v 20- C. gh v 220+ D. gh v 220- 例5 一质量为 m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点。
小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2-7-3所示，则拉力F 所做的功为（ ）A. mgl cos θB. mgl (1－cos θ)C. Fl cos θD. Flsin θ 例6 如图所示，光滑水平面上，一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F 时，圆周半径为R ，当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大拉力的过程中，绳的拉力对球做的功为________.例7 如图2-7-4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2m 的高处。
物理计算题及答案
物理计算题及答案物理计算题在高中物理学习中占有很重要的地位。
很多同学在学习时往往会遇到许多计算题，需要掌握一定的解题技巧和方法。
本文将为大家介绍几种常见的物理计算题及答案。
一、力学计算题1. 一个质量为2kg的物体在水平面上受到一个8N的牵引力推动，其所受到的摩擦力为3N，求物体的加速度。
解题思路：根据牛顿第二定律，物体受到的合力等于物体的质量乘以加速度。
即 F = ma。
根据此公式，我们可以列出方程：8N- 3N = 2kg × a。
解方程得到a = 2.5m/s²，即物体的加速度为2.5m/s²。
2. 一个线密度为10m/kg的细绳，悬挂在两个被固定在水平方向上的小球间，两个小球的重量分别为2N和5N，求细绳的张力。
解题思路：根据牛顿第三定律，细绳两端所受的张力大小相等，方向相反。
即T1 = T2。
又因为细绳受到的张力沿着细绳的方向，所以可以写出平衡方程，即T1 + T2 = (2+5)N。
即2T1 = 7N，因此T1 = T2 = 3.5N。
所以细绳的张力为3.5N。
二、热力学计算题1. 一个质量为1kg的物体，温度从100℃降至75℃，所放出的热量是Q，求Q的大小。
解题思路：根据等热量定律，所放出的热量等于物体的热容乘以温度变化量。
即Q = mcΔt，其中m为物体的质量，c为物体的比热容，Δt为温度变化量。
根据题意，Δt = 100℃ - 75℃ = 25℃。
由于题目没有给出物体的材料，我们可以使用常见物体的比热容值，如：水的比热容为4200J/kg·℃，铁的比热容为460J/kg·℃等。
假设该物体的比热容为2000J/kg·℃，则可以得出Q = 1kg ×2000J/kg·℃ × 25℃ = 50000J，即所放出的热量为50000J。
2. 一氧化碳燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为CO+O2 → CO2+H2O。
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动量计算题1．(2012年广州调研)两个质量不同的物体，如果它们的A ．动能相等，则质量大的动量大B ．动能相等，则动量大小也相等C ．动量大小相等，则质量大的动能小D ．动量大小相等，则动能也相等1.答案：AC 解析：由动能与动量的关系式p=2k mE 可知，动能相等，则质量大的动量大，选项A 正确B 错误；由动能与动量的关系式E k =p 2/2m 可知，动量大小相等，则质量大的动能小，选项C 正确D 错误。
2.（2012年重庆期末）如题21图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内．直径略小于管道内径可视为质点的小球A 、B 质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 、B 球均能刚好达到与管道圆心O 等高处，关于两小球质量比值BA m m 的说法正确的是： A ．BA m m =2+1B ．B A m m =2-1C ．B A m m =1D ．B A m m =2 2.答案：A 解析：A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，由机械能守恒定律，m A g2R=21m A v 2，到最低点速度v=2R g ，A 球与B 球碰撞，动量守恒，m A v= m B v B +m A v A ；根据碰后A 、B 球均能刚好达到与管道圆心O 等高处，由机械能守恒定律，mgR=21mv 2，解得v B =v A =R 2g ，联立解得：B A m m =2+1，选项A 正确。
3．（2012年北京房山期末）如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的。
质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出；如图a 若击中下层，则子弹嵌入其中,如图b,比较上述两种情况，以下说法中不正确．．．的是 A ．两次滑块对子弹的阻力一样大B ．两次子弹对滑块做功一样多C ．两次滑块受到的冲量一样大D ．两次系统产生的热量一样多3.答案：D 解析：子弹以速度v 水平射向滑块，动量守恒，两次滑块对子弹的阻力一样大，两次子弹对滑块做功一样多，两次滑块受到的冲量一样大，选项ABC 说法正确；由于两次子弹相对滑块的位移不同，击中上层时系统产生的热量多，选项D 说法不正确．．．。
．4.（2012年年2月山东潍坊重点中学联考）如图所示，在光滑桌面上放着长木板，其长度为L =1.0m ，在长木板的左上端放一可视为质点的小金属块，它的质量和木板的质量相等，最初它们是静止的。
现让小金属块以v 0 =2.0m/s 的初速度向右滑动，当滑动到长木板的右端时，滑块的速度为v 1=1.0m/s ，取 g = l0m/s 2，求：①滑块与长木板间的动摩擦因数μ；②小金属块滑到长木板右端经历的时间t4.解析：①设小金属块和木板的质量均为m ，系统动量守恒：mv 0＝mv l +mv 2 ① 系统能量守恒：222012111222mv mv mv umgL --= ② 解得： μ=0.1③② 对木板：μmg =ma ④v 2=att =1s ⑤5.（2012年年2月江西九江市七校联考）如图所示，光滑水平面上有带有1/4光滑圆弧轨道的滑块，其质量为2m ，一质量为m 的小球以速度v 0沿水平面滑上轨道，并能从轨道上端飞出，则：①小球从轨道上端飞出时，滑块的速度为多大？②小球从轨道左端离开滑块时，滑块的速度又为多大？5.解析：①小球和滑块在水平方向上动量守恒，规定小球运动的初速度方向为正方向，当小球从轨道上端飞出时，小球与滑块具有水平上的相同的速度，根据动量守恒，则有：mv 0=3mv ，① O R 2mm v 0得：v=v 0/3；②所以此时滑块的速度大小为v 0/3②小球从轨道左端离开滑块时，根据动量守恒，则有：mv 0=mv 1+2mv 2，③ 根据机械能守恒，则有：21mv 02 = 21mv 12+212mv 22，④ 联立③④可得： v 2=032v ，⑤ 所以此时滑块的速度大小为032v 。
①④⑤各2分；② 1分6.（9分）（ 2012年年2月山西四校联考）如下图所示，A 、B 两个木块质量均为M=2kg ，A 、B 与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为m=0.2kg 的铁块C,以初速度v 0=10m/s 从A 的左端向右滑动，最后铁块与B 的共同速度大小为v 2=0.5m/s ，求:①A 的最终速度v A ;②铁块刚滑上B 时的速度v 16.解析：铁块C 在木块B 上面向右滑动，由动量守恒定律，mv 0=Mv A +(m+M )v 2 (3分)铁块C 刚滑上B 时，由动量守恒定律，mv 0=mv 1+2Mv A （3分）解得：v A =0.45m/s (2分)v 1=1m/s （1分）7.（9分）（2012年年2月陕西师大附中第四次模拟）如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角37α=︒。
A 、B 是两个质量均为m=1kg的小滑块（可视为质点），C 为左端附有胶泥的竖直薄板（质量均不计），D 是两端分别水平连接B 和C 的轻质弹簧。
当滑块A 置于斜面上且受到大小F=4N 、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动。
现撤去F ，让滑块A 从斜面上距底端，L=1 m 处由静止滑下，求：（g=10 m ／s 2，sin37°=0．6）第35题(2)图0A B（i ）滑块A 到达斜面底端时的速度大小；（ii ）滑块A 与C 接触粘在一起后，A 、B 和弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能。
7.解析：（i ）施加恒力F 时，滑块A 沿斜面匀速下滑，μ(F+mg cos α)= mg sin α；未施加恒力F 时，滑块A 沿斜面将匀加速下滑，由动能定理，(mg sin α-μmg cos α)L=12mv 12； 联立解得滑块A 到达斜面底端时的速度大小：v 1=2m/s 。
（ii ）当AB 具有共同速度时，系统动能最小，弹簧弹性势能最大，设最大弹性势能为E p ，则有 mv 1=(m+m )v ，E p =12mv 12-12·2 mv 2联立解得：E p =1J 。
8（9分）（2012年年2月河北省衡水中学下学期一调考试）12.如图所示,在光滑水平面上有两个并排放置的木块A 和B,已知m A =500 g,m B =300g,有一质量为80 g 的小铜球C 以25 m/s 的水平初速开始,在A 表面滑动,由于C 和A,B 间有摩擦,铜块C 最后停在B 上,B和C 一起以2.5 m/s 的速度共同前进,求:(1)木块A 的最后速度v A ′;(2)C 在离开A 时速度v C ′.8.解析：:A,B,C 三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用,系统动量守恒,(1)研究C 开始滑动到C 和B 相对静止的过程,m C v 0=m A v A ′+(m C +m B )v 共 （2分）v A ′=0()C C B A m v m m v m -+共=2.1m/s 。
（2分）(2)研究C 开始滑动到C 离开A 的过程,m C v 0=(m A +m B )v A ′+m C v C ′ （3分）v C ′=0()C A B A Cm v m m v m -+'=4 m/s 。
（2分） 9..(9分) （2012年江西重点中学联盟第一次联考）如图所示，A 、B 两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A 、B 的质量分别为m A =2.0 kg 、m B =1.5 kg 。
一个质量为m C =0.5 kg 的小铁块C 以 A BC v 0v 0=8 m/s 的速度滑到木块A 上，离开木块A 后最终与木块B 一起匀速运动．若木块A 在铁块C 滑离后的速度为v A =0.8 m/s ，铁块C 与木块A 、B 间动摩擦因素均为μ=0.4，取g =l0m/s 2。
求：①铁块C 在滑离A 时的速度；②木块B 的长度至少为多长。
9.解 ①铁块C 在滑离A 的瞬间，由动量守恒得m C v 0=(m A ＋m B )v A ＋m C v C (2分)代入数据解得v C =2.4 m/s (1分)②铁块C 和木块B 相互作用最终和B 达到相同的速度铁块C 和B 作用过程中动量守恒、能量守恒，有m C v C ＋m B v A = (m C ＋m B )v B (1分)2222121s )(21A B C C C B B C v m v m g μm v m m +=⋅++相对 (2分) 因铁块C 没有从木块B 上掉下来，所以木块B 的长度L ≥S 相对 (1分)联立以上方程代入数据解得L ≥0.24 m 即木块B 的长度至少为0.24 m 。
2分)10.（2012年南京一模）在光滑水平面上，一个质量为m ，速度为v 的A 球，与质量也为m 的另一静止的B 球发生正碰，若它们发生的是弹性碰撞，碰撞后B 球的速度是多少？若碰撞后结合在一起，共同速度是多少？10.解析：A 球与B 球发生正碰，若它们发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，mv = mv 1+ mv 212mv 2=12mv 12+12mv 22 联立解得碰撞后A 球的速度v 1=0，碰撞后B 球的速度v 2=v 。
若碰撞后结合在一起，由动量守恒定律，mv = 2mv ’解得v ’= v /2。
11.（9分）（2012年年2月武汉调研）质量为m 的A 球从高度为H 处沿曲面下滑，与静止在水平面上质量为M 的B 球发生正碰，碰撞中无机械能损失。
问A 球的初速度v 至少为多少时，它可以返回到出发点？（不计摩擦）11.解析：A 球从高度为H 处沿曲面下滑，设与B 球碰撞前速度为v 0，由机械能守恒定律，12mv2+mgH=12mv02设M，m两球碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2，有mv0=- mv1+M v2，1 2mv02=12mv12+12M v22，要使A球返回到出发点，有，12mv12>mgH解得v>22MmgHM m，且M>m。
12.（河北省唐山市2012年届高三下学期第一次模拟）如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1=1kg,木板与物体间动摩擦因数μ=0.1。
二者以相同的初速度v0=0.8m/s —起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失。
g=10m/s2。
I.如果木板质量m2=3kg,求物体相对木板滑动的最大距离；II.如果木板质量m2=0.6kg,求物体相对木板滑动的最大距离。
12.解析：Ⅰ.木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，由动量守恒定律m2v0- m1 v0=(m1+ m2) v……………………………………⑴（1分）解得v = 0.4m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞(1分)由能量守恒定律，12m2v02+12m1v02=12(m1+ m2) v2+μm1gs1，（2）（2分）解得s1=0.96m （1分）Ⅱ.木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，由动量守恒定律m2v0- m1 v0=(m1+ m2)v’…………………………………（3）（1分）解得v’ = - 0.2m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处（1分）由能量守恒定律12m2v02+12m1v02=μm1gs2，（4）（1分）解得s2=0.512m （1分）13.（10分）（2012年年2月洛阳五校联考）2010年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪/赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌。