2018各地高考物理卷计算题汇总(含答案)

各地高考计算题汇总（含答案）1.（2018江苏，14,16分）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物块和小球的质量之比M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．【答案】（1）（2）（3）（）【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53°=F2cos53°F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg解得（2）小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3l sin53°，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛顿运动定律T′–mg cos53°=ma解得（）2.（2018天津，10,16分）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程.假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x =1.6×103m 时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s.已知飞机质量m =7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g =10 m/s 2.求飞机滑跑过程中（1）加速度a 的大小； （2）牵引力的平均功率P .【解析】(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v 2=2ax ①（3分） 代入数据解得a =2 m/s 2 ②（1分）(2)设飞机滑跑受到的阻力为F 阻，依题意有 F 阻=0.1mg ③（2分）设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有 F-F 阻=ma ④（3分）设飞机滑跑过程中的平均速度为v 平均，有 v 平均=v/2 ⑤（3分）在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P =Fv 平均 ⑥（2分） 联立②③④⑤⑥式得 P =8.4×106 W ⑦（2分）3.（2018全国1,24,12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 【答案】（1）1/gmE2 ；（2）2E/mg 【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有 E =1/2mv 20 ①（1分）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 0-v 0=-gt ②（1分） 联立①②式得t =1/gmE2 ③（2分） (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有 E =mgh 1 ④（1分）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v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有1/4mv 21+1/4mv 22=E ⑤（2分） 1/2mv 1+1/2mv 2=0 ⑥（2分）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.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有1/4mv 21=1/2mgh 2 ⑦（1分）联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h =h 1+h 2=2E/mg ⑧（2分）4.（2018全国2,24,12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kg和kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为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.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.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A 车的速度. （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 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，碰撞后滑行的距离为.由运动学公式有②联立①②式并利用题给数据得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④设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为.由运动学公式有⑤设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得5.（2018全国3,25,20分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切.BC为圆弧轨道的直径.O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求：（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间.【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力.解析（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有①②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得③由①②③式和题给数据得④⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA=R sinα⑥CD=R(1+cos α) ⑦由动能定理有-mg·CD-F0·DA=1/2mv2-1/2mv21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为⑨（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有⑩由⑤⑦⑩式和题给数据得6.（2018北京，22,16分）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC 高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度v B=30 m/s.取重力加速度g=10 m/s2.（1）求长直助滑道AB的长度L；（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力F N的大小.【解析】（1）根据匀变速直线运动公式，有L=（v2B－v2A）/2a=100 m（2）根据动量定理，有I=mv B－mv A=1 800 N·s（3）运动员经C点时的受力分析如图所示根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh=1/2mv2C-1/2mv2B根据牛顿第二定律，有F N-mg=m v2C/R联立解得F N=3 900 N8.（2018天津，9（1），4分）质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是多少m/s.若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×10 3 N,则子弹射入木块的深度为【答案】 20 0.2【解析】子弹打木块的过程，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0=(M+m)v，将已知条件代入解得v=20 m/s;由功能关系可知，Q=fd=1/2mv20－1/2（M+m）v2，解得d=0.2 m.9.（2018江苏，12C（3），4分）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．【答案】【解析】取向上为正方向，动量定理mv-(-mv)=I且I=(F-mg)t解得IF=Ft=2mv+mgt（2018全国1,25,20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21H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）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离【解析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力.（1）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.设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为.由运动学公式有①②由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角.进入磁场时速度的y 分量的大小为③联立以上各式得④（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有⑤设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有⑥设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有⑦由几何关系得⑧联立以上各式得⑨（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得⑩由牛顿第二定律有⑪设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为.由运动学公式有⑫⑬⑭⑮联立以上各式得，，⑯设在磁场中做圆周运动的半径为，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得⑰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，由几何关系有⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为⑲11（2018全国2，25,20分）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy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xoy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.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.【解析】（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示.（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE=ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1=at②③④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得⑤由几何关系得⑥联立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由运动学公式和题给数据得⑧联立①②③⑦⑧式得⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，⑪由③⑦⑨⑩⑪式得⑫12.（2018全国3,24,12分）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用.求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）甲、乙两种离子的比荷之比.【答案】（1）（2）【解析】（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有②由几何关系知③由①②③式得④（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有⑤，⑥由题给条件有⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为⑧13.（2018江苏，15,16分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m 、电荷量为+q ，从O 沿轴线射入磁场．当入射速度为v 0时，粒子从O 上方处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求磁感应强度大小B ；（2）入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；（3）入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O 运动到O ′的时间增加Δt ，求Δt 的最大值．【解析】（1）粒子圆周运动的半径Bq mv r 00= 由题意知40d r =，解得dqmv B 04= （2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α由d =r sin α，得sin α=，即α=53° 在一个矩形磁场中的运动时间Bq m t ︒=36021πα，解得0172053v d t π= 直线运动的时间v d t 22=，解得0252v d t = 则021)1807253(4v d t t t +=+=π（3）将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y =2r （1–cos α）+x tan α由y ≤2d ，解得d x 43≤ 则当x m =d 43时，Δt 有最大值粒子直线运动路程的最大值d x d x s 3)22(cos 2m m m =-+=α增加路程的最大值Δs m=s m -2d=d增加时间的最大值Δt m =Δs m /v =d /5v 014.（2018江苏，13，15分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d ．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s ，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g ．求下滑到底端的过程中，金属棒（1）末速度的大小v ；（2）通过的电流大小I ；（3）通过的电荷量Q ．【解析】（1）匀加速直线运动v 2=2as 解得as v 2=（2）安培力F 安=IdB 金属棒所受合力安F mg F -=θsin牛顿运动定律F=ma 解得Bda g m I )sin (-=θ （3）运动时间a v t = 电荷量Q =It 解得Bdaa g m as Q )sin (2-=θ15.（2018全国1,33（2），10分）如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0， 现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0V/2=p1V1①（1分）p0V/2=p2V2②（1分）由已知条件得V1=V/2+V/6-V/8=13/24V③（2分）V2=V/2-V/6=V/3 ④（2分）设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2S=p1S+mg⑤（2分）联立以上各式得m=15p0S/26g ⑥（2分）16.（2018全国2,33（2），10分）如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a 和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦.开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处.求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.重力加速度大小为g.【答案】【解析】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有①根据力的平衡条件有②联立①②式可得③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有④式中V1=SH⑤V2=S（H+h）⑥联立③④⑤⑥式解得⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为⑧故本题答案是：17.（2018全国3，33（2），10分）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气.当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中，气体温度不变.【答案】7.5 cm【解析】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有①式中为水银密度，g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1=pl1′②p2l2=pl2′③l1′–l1=l2–l2′④由①②③④式和题给条件得l1′=22.5 cm⑤l2′=7.5 cm⑥。