五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題10計算考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1力學計算2021、2022、2023、2024、2025計算題的難度分布呈現(xiàn)梯度化設計：基礎題側(cè)重單一模型的公式直接應用（如勻變速運動、電路分析），壓軸題則通過多場耦合、變力做功等復雜情境考查綜合建模能力，例如帶電粒子在交變電磁場中的螺旋軌跡需聯(lián)立動量定理與電磁感應定律。命題凸顯科學思維與探究素養(yǎng)，要求考生從“解題”轉(zhuǎn)向“解決問題”，例如通過傳感器數(shù)據(jù)反推重力加速度，或設計實驗方案驗證熱力學定律。備考需強化多過程動態(tài)分析能力，熟練掌握矢量運算、守恒定律應用及臨界條件的數(shù)學表征，同時關注實際問題中物理模型的提煉與遷移（如將古建筑減震機制轉(zhuǎn)化為簡諧振動模型）?？键c2電磁學計算2021、2022、2023、2024、2025考點01力學計算1．（2025·遼寧·高考）如圖，一雪塊從傾角θ=37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x=2.5m，A點距地面的高度h=1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)μ=0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°=0.6(1)雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0(2)雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角α【答案】(1)5m/s(2)8m/s，60°【詳析】（1）雪塊在屋頂上運動過程中，由動能定理mgxsinθ-μmgcosθ?x=（2）雪塊離開屋頂后，做斜向下拋運動，由動能定理mgh=12mv12-12mv2．（2024·遼寧·高考）如圖，高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA=0.4（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和v（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔE【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【詳析】（1）對A物塊由平拋運動知識得h=x代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時A的速度大小為vA=1m/sAB物塊質(zhì)量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動量守恒，則mAvA（2）對物塊B由動能定理-μmBg（3）彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所做的功，即Δ其中mA=mB，3．（2023·遼寧·高考）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=（1）求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大?。唬?）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；32m/s；（3【詳析】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有a1=μm2gm1=4m/s2則木板運動前右端距彈簧左端的距離有v12（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有-12（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得v3=32-2t0則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有-Wf=14．（2023·遼寧·高考）某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機攀升高度h=100m時速度達到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE?！敬鸢浮浚?）2m/s2，40s；（【詳析】（1）飛機做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為v12，則L=12v1（2）飛機從水面至h=100mΔ5．（2022·遼寧·高考）2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。（1）如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v=9m/s（2）如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為R甲=8m【答案】（1）2.7m/s2；（2）【詳析】（1）根據(jù)速度位移公式有v2=2ax代入數(shù)據(jù)可得（2）根據(jù)向心加速度的表達式a=v2R可得甲、乙的向心加速度之比為a甲a乙=v甲2v乙2×6．（2021·遼寧·高考）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α=37°，轉(zhuǎn)軸間距L=3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質(zhì)點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t?！敬鸢浮浚?）0.4m/s2；（2【詳析】（1）小包裹的速度v2大于傳動帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcos（2）根據(jù)（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時t1=v2-v1a=1.6-0.60.4s考點02電學計算7．（2025·遼寧·高考）如圖（a），固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導體框abcd，置于始終豎直向下的勻強磁場中，ad邊與磁場邊界平行，ab邊中點位于磁場邊界。導體框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.5Ω、邊長L=1m。磁感應強度B隨時間t連續(xù)變化，0～1s內(nèi)B-t圖像如圖（b）所示。導體框中的感應電流I與時間t(1)求t=0.5s時ad邊受到的安培力大小F(2)畫出圖(b)中1~2s內(nèi)B-(3)從t=2s開始，磁場不再隨時間變化。之后導體框解除固定，給導體框一個向右的初速度v0=0.1m/s，求ad【答案】(1)0.015N(2)(3)0.01m/s【詳析】（1）由法拉第電磁感應定律E1=ΔΦΔt=ΔB?12L2Δt=0.2-0.1（2）0～1s內(nèi)線框內(nèi)的感應電流大小為I1=0.1A，根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應電流方向為順時針，由圖（c）可知1～2s內(nèi)的感應電流大小為I2=0.2A方向為逆時針，根據(jù)歐姆定律可知1～2s內(nèi)的感應電動勢大小為E2=I2R=0.1V由法拉第電磁感應定律E2=ΔΦΔ（3）由動量定理可知-B2ILΔt=m8．（2024·遼寧·高考）如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=5：1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。（1）求變壓器的輸出功率P；（2）已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強達到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t。【答案】（1）Um250R【詳析】（1）由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為U1=Um2設變壓器副線圈的輸出電壓為U2，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)之間的關系有U1U2=n（2）設加熱前容器內(nèi)氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為T2，容器內(nèi)的氣體做等容變化，則有p0T0=2p0T2由Q=CΔT知氣體吸收的熱量Q=C2T0-T09．（2024·遼寧·高考）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋（1）求磁感應強度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E=ωt-kx，其中常系數(shù)ω>0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t=0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與【答案】（1）B=mv02qL；（2【詳析】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力qv0B=（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1=2×30°360°×2πmqB=2πLd（3）甲粒子經(jīng)過O點時的速度為v甲=32v0+at1=3v0因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則ωt=kx=整理可得x2=3v0(t0+t2)-3v10．（2023·遼寧·高考）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2m（1）求金屬板間電勢差U；（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M?！敬鸢浮浚?）U=mv023q；（2）【詳析】（1）設板間距離為d，則板長為3d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E=Ud根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度qE=ma解得a=qUmd（2）設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα=at0粒子出電場后沿直線勻速直線運動，接著進入磁場，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得qvB=mv2r解得r=mvqB=23mv03qB已知圓形磁場區(qū)域半徑為R=

（3）帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r=3R11.（2022·遼寧·高考）如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑14圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為gR，之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥-R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ=45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點時的速度大??；（3）小球過O點后運動的軌跡方程?！敬鸢浮浚?）12mgR；（2）v0=【詳析】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得E（2）小球從B到O，根據(jù)動能定理有-mgR+qE（3）小球運動至O點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有qEcos45°=max豎直方向有qEsin45°-mg=may解得ax12．（2022·遼寧·高考）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。abcd區(qū)域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內(nèi)的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導軌間的電阻均為R（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為v03，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab的最小距離（3）初始時刻，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。【答案】（1）F=B2L2v02R，方向水平向左；（2）①q=【詳析】（1）細金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為E=BLv0電流方向為a→b，電流的大小為I=E（2）①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有BIL?Δt=m?v0②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為ΔxIE整理可得q=BL?Δx2R聯(lián)立可得Δx=2mv（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，則N到cd邊的速度大小恒為v03，根據(jù)動量守恒定律可知mv0=mv1+m?v03解得N出磁場時，M的速度大小為v1=2①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有Bq聯(lián)立解得k=2②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有Bq同理解得k=3綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k<313．（2021·遼寧·高考）如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（a，a）、質(zhì)量為m3（1）求電場強度的大小E；（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經(jīng)一段時間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內(nèi)粒子甲運動的距離L?！敬鸢浮浚?）E=qB2a2m；（【詳析】（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑R=a則qBv=mv2R則v=qBam粒子從（2）甲乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度為v1、v2，取向上為正，則有mv=mv1+13mv2解得R1=a，R2=則兩粒子碰后再次相遇2πT2（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為θ=2π設撤銷電場、磁場到加磁場乙運動了t'，可知粒子甲的勻速運動距離MN=L加上磁場后兩粒子的軌跡恰好外切，設兩圓心的連線與x軸正方向的夾角為θ。由幾何關系NQ=atanβ，O甲C=2asinθMD=(L+NQ)sin60°還有1．（2025·遼寧朝陽北票尹湛納希高中·適應性考試四）傳送帶以v=3m/s順時針轉(zhuǎn)動，質(zhì)量m=1kg的煤塊無初速放上傳送帶，與帶共速后與豎直懸掛的質(zhì)量M=3kg的小球碰撞并粘合（碰撞為正碰）。小球位置剛好不接觸傳送帶，已知煤塊與傳送帶摩擦因數(shù)μ=0.5，傳送帶長L=4m，懸掛小球的輕繩長度為s=1m求：(1)煤塊與小球碰撞前運動的時間；(2)碰撞后煤塊速度大?。?3)煤塊最終離傳送帶左端的最大水平距離。【答案】(1)1.63(2)0.75(3)4.24【詳析】（1）煤塊在傳送帶上加速運動時的加速度大小為a=μmgm=5m/s2設經(jīng)過t1時間煤塊與傳送帶共速，則有t1（2）煤塊與小球碰撞并粘合，根據(jù)動量守恒可得mv=(m+M)v1（3）碰撞后煤塊與小球一起做圓周運動，設最大擺角為θ，根據(jù)動能定理可得-(m+M)gs(1-解得cosθ≈0.97m2．（2025·遼寧·模擬押題三）如圖（a）所示，長度為L=2.5m的水平傳送帶以恒定的速率v0=2.5m/s順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右側(cè)平臺上緊靠傳送帶靜置有一長度為d=1m，質(zhì)量為m1=1kg的“L”形木板，木板的上表面與傳送帶上表面等高?，F(xiàn)將質(zhì)量為m2=2kg的鐵塊無初速度放置在傳送帶左端，鐵塊在傳送帶上運動一段時間后滑上木板，鐵塊在傳送帶上運動的過程中，速度(1)鐵塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)；(2)木板運動的最大速度；(3)鐵塊在木板上滑動的總路程?！敬鸢浮?1)0.25(2)2m/s(3)1.1485m【詳析】（1）對鐵塊，由牛頓第二定律得μmg=ma鐵塊加速過程的位移x1=v022a加速時間t1=v0a鐵塊與傳送帶共速后運動的位移x2=v0（t-t1）其中t=1.5s（2）鐵塊與木板間的最大靜摩擦力f1=μ1m2g=0.2×2×10N=4N木板與平臺間的最大靜摩擦力f2=μ2（m1+m2）g=0.3×（1+2）×10N=9N＞f1，鐵塊滑上木板時木板靜止不動，鐵塊在木板上做勻減速直線運動，鐵塊在木板上減速過程，由牛頓第二定律得f1=m2a1代入數(shù)據(jù)解得a1=2m/s2由v-x公式得v12-v02=2-a1d代入數(shù)據(jù)解得，鐵塊與擋板碰撞前瞬間的速度大小v1=1.5m/s鐵塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v1=1代入數(shù)據(jù)解得v鐵塊=0.5m/s，v木板=2m/s碰撞后鐵塊做勻加速直線運動，木板做勻減速直線運動，則木板的最大速度為2m/s。（3）對木板，由牛頓第二定律得f1+f2=m1a2代入數(shù)據(jù)解得a2=13m/s2設經(jīng)過時間t1兩者共速，鐵塊仍在木板上，則v=v鐵塊+a1t1=v木板-a2t1代入數(shù)據(jù)解得v=0.7m/s，t1=0.1s該過程鐵塊相對于木板的位移Δx=v木板+v2t1-v鐵塊+v2t1代入數(shù)據(jù)解得Δx=0.075m＜d假設成立，共速后兩者都做勻減速直線運動，鐵塊的加速度仍為a1，對木板，由牛頓第二定律得f2-f1=m1a3代入數(shù)據(jù)解得a3=5m/s2鐵塊減速到零的位移x鐵塊=s=d+Δx+Δx'=1m+0.075m+0.0735m=1.1485m3．（2025·遼寧沈陽遼寧省實驗中學·二模）如圖所示，同學A在距離地面高h=1m處將排球以v0=10m/s的初速度斜向上擊出，速度的方向與水平方向的夾角為53°，站在對面的同學B靜止不動，伸直的手臂與水平地面呈一定夾角，排球恰好在離地h處垂直打到B的手臂上。假設碰撞過程中手臂保持靜止，B墊起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球與手臂的作用時間為0.1s(1)排球運動過程中離地面的最大高度；(2)A擊球點和B接球點之間的水平距離；(3)B在墊球的過程中，手臂受到的彈力的平均值?！敬鸢浮?1)H=4.2(2)x=9.6(3)F【詳析】（1）排球能上升的高度h'=v0（2）排球上升到最高的過程中在豎直方向上有0=v0sin53°-gt（3）以B墊起后排球的速度為正方向，根據(jù)動量定理得(FN-mgsin4．（2025·遼寧沈陽遼寧省實驗中學·五模）簡諧運動是最基本的機械振動，質(zhì)量為m的物體在形如F=-kx的回復力作用下，其位移—時間關系遵循x=Asinωt的規(guī)律，其中ω=2πT=km稱為角頻率。采用不同的研究方法以及在不同的情境下分析簡諧運動，可以使我們加深對相關知識的理解。如圖所示，以O為原點（此時彈簧處于原長狀態(tài)），以水平向右的方向為x軸的正方向建立坐標系，物體質(zhì)量為m，彈簧勁度系數(shù)為k，物體初始位置為x=(1)若地面光滑，求此彈簧振子的周期T；(2)若地面粗糙，地面與物體間動摩擦因數(shù)為μ（μ=ka.試寫出物體平衡位置O'b.并以O'為新的坐標原點，水平向右為正方向建立O'c.求物體從開始運動至停止所需的時間t。【答案】(1)T=2π(2)a.12x0，b.【詳析】（1）根據(jù)題意有ω=2πT=（2）a.若地面粗糙，物體向左運動時，對物體進行分析，如圖所示在平衡位置，根據(jù)平衡條件有μmg=kx根據(jù)題意有μ=kx02mgb.當物體向左運動時，平衡位置坐標為x=12x0F=-結(jié)合上述有μmg=kx解得F=-kc.結(jié)合上述可知，物體向左運動時可看做平衡位置在O'處的簡諧運動，由于μ=kx02mg解得k=2μmg5．（2025·遼寧·三模）拋石機又叫拋車，最早產(chǎn)生于周代，是一種攻守城壘的武器。為了方便研究，簡化為圖示物理模型，輕桿左端裝上質(zhì)量為m的石頭A，右端固定有重物B，輕桿可繞水平轉(zhuǎn)軸O自由轉(zhuǎn)動。初始時刻輕桿與水平地面的夾角為30°，A、B到O的距離分別為6L、L。無初速度釋放，當輕桿運動到豎直時A脫離輕桿做平拋運動，A、B均可視為質(zhì)點，不計轉(zhuǎn)軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。A平拋運動的水平射程為123L(1)A脫離輕桿時，A和B的速度大??；(2)重物B的質(zhì)量M；(3)A脫離桿前瞬間桿對轉(zhuǎn)軸O的作用力大小?！敬鸢浮?1)vA=2(2)M=18m(3)F【詳析】（1）豎直方向6L+6Lsin30°=12gt2，解得t=根據(jù)角速度公式ω=vA6L（2）根據(jù)機械能守恒定律得MgL+Lsin30°（3）對A，F(xiàn)1+mg=mvA26L，解得F1=3mg，向下，F(xiàn)1'=3mg，向上對B，F(xiàn)2-Mg=Mv6．（24-25高三下·遼寧沈陽省實驗中學·四模）如圖，在光滑的水平地面上靜置若干可視為質(zhì)點的小車。現(xiàn)建立x軸，A車質(zhì)量為M，位于坐標原點O處，B車質(zhì)量為m，A、B之間夾有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧未與A、B連接且初始時處于壓縮狀態(tài)。從A右側(cè)距離為L處開始，依次擺放足夠多的、間距均為L的小車，質(zhì)量均為m，編號分別為1、2、3、……。取M=3m，已知彈簧彈性勢能Ep=1(1)現(xiàn)靜止釋放A、B。發(fā)現(xiàn)A與1號小車碰撞前瞬間，彈簧剛好從A、B中間掉下。求彈簧的初始壓縮量Δx以及A與1號小車碰撞前瞬間的速度大小v(2)在（1）的條件下，取1號小車開始運動時為計時起點，若此后小車間發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞?？疾齑撕髏時刻，在該時刻所有正在運動的小車里，x坐標最大的小車此刻的坐標值xm(3)現(xiàn)去除B車和彈簧，并對A車施以水平向右的恒定外力F（圖中未畫出），仍使A從O處由靜止開始運動。且此后小車碰撞即粘在一起運動。求此后運動過程中A車的速度最大值vmax【答案】(1)4k(2)3k(3)5【詳析】（1）以A、B為系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒可得MvA=mvB兩邊同乘以時間可得MvAt=mvBt即得M1結(jié)合（1）解得v（2）以A、1為研究對象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒可得MvA1解得l車初速度v=3kL2m1與2發(fā)生彈性碰撞實現(xiàn)速度交換，此后后面小車碰撞都是實現(xiàn)速度交換，在t時間內(nèi)，等效為一輛小車勻速運動，故運動的小車距離O最大距離為（3）設A與1碰前速度為v0，與|第一次碰后速度為v0'’由動能定理可得FL=12Mv02=12×3m解得v0'=34v0=342FL3m=3FL8m設A與以A與1整體與2為研究對象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒可得M+mv1=M+2mv1'解得v1'=45v1=14FL25m同理可得A與1、2整體與3碰前速度v2=28FL25m7．（2025·遼寧大連·一模）如圖，某游樂場雪滑梯是由動摩擦因數(shù)均為μ=0.2的傾斜滑道和水平滑道平滑連接組成。已知傾斜滑道AC的高度H=11m，它與水平地面夾角θ=25°，水平滑道CD長度為L。水平滑道末端有一光滑圓弧形冰坑DE、冰坑DE兩點高度相等，冰坑圓弧半徑R=90m，R遠大于弧長DE。游客從雪滑梯頂部A點無初速度下滑，恰好運動到D點。取重力加速度大小g=10m/s2，sin25°=0.4，cos25°=0.9。(1)求水平滑道的長度L；(2)若游客以很小的初速度（可忽略）從A點下滑到達E點，求該游客從A點到E點所用的時間t（結(jié)果用π表示）?！敬鸢浮?1)30.25m(2)19.9s【詳析】（1）由動能定理mgH-μmgcosθH（2）因游客以很小速度開始下滑，因此可看成初速度為0，設游客在傾斜滑道的加速度為a1，滑行時間為t1，到達C點時速度為v0；在水平滑道的加速度為a2，滑行時間為t2，由牛頓第二定律mg解得a1=2.2m/s2根據(jù)位移時間關系可得Hsin25°=12at12解得t1=5s根據(jù)速度時間關系可得vC綜上t=8．（2025·遼寧名校聯(lián)盟·二模）如圖所示，光滑水平面上有兩個帶有光滑四分之一圓弧軌道的滑塊A、B，滑塊A固定，滑塊B靜止但不固定，此時兩軌道圓弧的底端相切，小滑塊D靜置于軌道B圓弧的最低點。軌道A上的M點與其圓心O點的連線與豎直方向的夾角為37°，小球C從M點由靜止開始下滑，運動到軌道A的最低點時與小滑塊D發(fā)生彈性正碰，碰后小滑塊D恰好能到達圓弧軌道B的最高點。已知滑塊B的質(zhì)量mB=0.6kg，小球C的質(zhì)量mC=0.1kg，小滑塊D的質(zhì)量mD=0.2kg，滑塊A的圓弧半徑R=1m，小球C和小滑塊(1)小球C運動到軌道A的最低點時軌道A對它支持力的大??；(2)小球C與小滑塊D碰撞后瞬間小滑塊D的速度大??；(3)小滑塊D沿圓弧軌道B上升到最高點的過程中，其重力做的功?！敬鸢浮?1)F(2)v(3)W【詳析】（1）小球C運動到軌道A的最低點過程中，根據(jù)動能定理mCgR(1-cosθ)=12mCvC2（2）小球C與小滑塊D碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律mCvC=mC（3）B、D組成的系統(tǒng)動量守恒mDv2=(mB+mD9．（2025·遼寧名校聯(lián)盟·二模）靜止在水平面上的起重吊車吊起重物時的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，輕桿CD可繞C端自由轉(zhuǎn)動，D端系著兩條輕繩，一條輕繩繞過固定桿AB頂端的定滑輪與質(zhì)量為m的重物相連，另一輕繩纏繞在電動機轉(zhuǎn)軸O上，通過電動機的牽引控制CD桿的轉(zhuǎn)動從而控制重物的起落。圖中所示位置兩桿處于同一豎直面內(nèi)，OD繩沿豎直方向，重物m處于靜止狀態(tài)，起重吊車質(zhì)量為M（不包括重物m），γ=30°，θ=90°，重力加速度為g。(1)求固定桿AB受到輕繩的作用力大小、CD桿受到輕繩的作用力大小和OD繩的拉力大?。?2)求地面對起重吊車的支持力并分析地面對起重吊車是否有摩擦力，若有，求出摩擦力大小，若沒有，說明理由。【答案】(1)FAB=3mg(2)FN【詳析】（1）由題意可知繩BD的張力FBD=mg且α+β=60°所以固定桿AB受到輕繩的作用力FAB=mgsin30°sin（2）對起重吊車、重物和繩整體進行分析，整體受重力和地面對起重吊車的支持力，則F整體水平方向上不受外力，所以地面對起重吊車無摩擦力。10．（2025·遼寧沈陽·三測）如圖所示，在足夠長的光滑水平面上靜止著兩個物塊P和Q，物塊P與輕彈簧右端連接。一個小球被一根不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方，輕靠在物塊Q的左側(cè)?，F(xiàn)將細線拉直到與豎直方向夾角θ=60°位置時，由靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊Q發(fā)生碰撞（碰后將小球撤離），碰撞的恢復系數(shù)為e=0.5（定義式為e=v2-v1v10-v20，其中v10和v20分別是碰前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后兩物體的速度），已知細線長L(1)碰撞后物塊Q的速度大小；(2)物塊P最大速度；(3)小球與物塊Q碰撞后，試求物塊Q最小速度。【答案】(1)3(2)2(3)0【詳析】（1）小球從釋放到剛與物塊Q碰撞過程中，由動能定理得mgL1-cosθ=12mv102對小球和物塊（2）從物塊Q與彈簧開始接觸到彈簧再次恢復到原長時，物塊P的速度最大，在此過程中物塊Q與物塊P及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，由動量守恒定律得m2v2=m2v'（3）由第二問解得v2'=-1?m/s，當彈簧恢復原長時，物塊Q的運動方向發(fā)生變化，說明從物塊11．（2025·遼寧·模擬押題三）如圖所示，固定在絕緣水平面上的、半徑為r的金屬圓環(huán)處在方向豎直向下、磁感應強度大小為B?的勻強磁場中。豎直導電轉(zhuǎn)軸OO′經(jīng)過金屬圓環(huán)的圓心O點，長度為2r、阻值為2R、粗細均勻的金屬棒ab的a端固定在豎直導電轉(zhuǎn)軸的O點，隨轉(zhuǎn)軸逆時針（從上往下看）勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動過程中金屬棒ab與金屬圓環(huán)接觸良好。圓環(huán)左側(cè)有兩根足夠長、間距為2r、傾角為θ的平行光滑金屬導軌，兩根導軌通過導線分別與金屬圓環(huán)和導電轉(zhuǎn)軸OO′相連。導軌所在空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小也為B0。質(zhì)量為m、長度為2r、電阻為2R的金屬棒cd垂直放置在導軌上且剛好能保持靜止，重力加速度為g，除兩金屬棒外其余電阻均不計。(1)求導電轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動的角速度ω大?。?2)求金屬棒ab兩端的電壓Uab；(3)若金屬棒ab轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，將金屬棒cd在導軌上由靜止釋放，經(jīng)過時間t0金屬棒cd速度達到穩(wěn)定，已知金屬棒cd運動過程中與導軌始終垂直并接觸良好，求該過程中金屬棒cd運動的位移大小。【答案】(1)3mgR(2)11mgR(3)3mgR【詳析】（1）設金屬棒ab轉(zhuǎn)動的角速度大小為ω，金屬棒ab只有一半接人電路，接入電路部分產(chǎn)生的電動勢大小為E1=12B0ωr2回路中的電流為I=E1R+2R（2）金屬棒ab未接入電路部分產(chǎn)生的電動勢大小為E2=B0rωr+2ωr2導電轉(zhuǎn)軸到圓弧的電勢差U=2R（3）若金屬棒ab轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄尤腚娐凡糠之a(chǎn)生的電動勢E3=14B0ωr2金屬棒cd運動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E4=B0×2rvm回路中的電流大小為i=E3+E4R+2R金屬棒cd速度達到穩(wěn)定時，受力平衡，即12．（2025·遼寧·三模）質(zhì)譜儀是用來分離和檢測同位素的科學儀器。某種質(zhì)譜儀的原理如下圖，加速電場的電壓為U1；速度選擇器中磁感應強度為B1，兩板電壓為U2，兩板間距離為d；磁分析器在xOy坐標系的第一、四象限中，其勻強磁場的磁感應強度為B2，各磁場方向如圖中所示。一電荷量為q的粒子從容器A右側(cè)小孔進入加速電場，恰能沿直線運動通過速度選擇器，從小孔S出來后，進入磁分析器中偏轉(zhuǎn)，軌跡如圖中虛線所示，到達y軸上P(1)粒子經(jīng)過小孔S的速度v；(2)粒子的質(zhì)量m和剛進入加速電場時的初速度v0(3)粒子沿直線通過速度選擇器后，若由于磁分析器漏氣，粒子在磁分析器中受到與速率大小成正比的阻力，軌跡如實線所示，其運動到Qa,b點時速度方向剛好沿y軸正向，則粒子所受阻力與速率的比值k【答案】(1)U(2)U(3)q【詳析】（1）在速度選擇器中，根據(jù)平衡條件，有qvB1=qE電場強度為E=U（2）在磁分析器中，洛倫茲力提供向心力，有qvB2=mv2r由圖可知l=2r聯(lián)立可得m=（3）在磁分析器中，從O到Q，沿x方向根據(jù)動量定理有-∑kvxt-∑qvyB2t=0-mv其中在x方向，有∑vx13．（2025·遼寧遼南協(xié)作體·三模）如下裝置可通過電磁感應實現(xiàn)電源對導體運動的精準控制，從而為電磁彈射等尖端技術(shù)提供實現(xiàn)基礎。現(xiàn)有一個平行導軌ABCDEF，導軌間距為1m，BCEF部分粗糙且傾斜，傾斜角為θ，摩擦因數(shù)為μ，其所在的空間中存在垂直于斜軌道平面向上的磁場，磁感強度為1T，ABDE部分光滑且水平，其所在空間中存在豎直向上的磁場，磁感強度也為1T，兩部分通過絕緣點BE相連，AD兩點之間接有一個輸出電流大小可以調(diào)節(jié)的恒流電源。每次實驗時電源接通1s，然后立即斷開。某次實驗時，將1根質(zhì)量為2kg，電阻為817Ω的導體棒a放在水平軌道上，另一根質(zhì)量為1kg，電阻為417Ω的導體棒b放在距離BE13916m的傾斜軌道上并將其鎖定。已知a、b兩導體棒在運動過程中始終與平行導軌垂直且長度均為1m，導體棒a在電源斷電前不會運動到BE，當導體棒a落到傾斜軌道上的瞬間，垂直于軌道的速度變?yōu)?，并解除對導體棒b的鎖定。（(1)若該次實驗中的輸出電流為4A，求導體棒a到達BE時的速度。(2)在（1）的條件下，求導體棒a運動過程中與斜軌道平面距離的最大值。(3)若a導體棒落在b導體棒的上方且兩棒始終不相撞，求輸出電流的最大值【答案】(1)2(2)0.09(3)10【詳析】（1）對導體棒a受力分析，導體棒a受到的安培力FA=BIL=4N解得導體棒a的加速度a=2m/s2（2）根據(jù)運動的分解可知，導體棒a沿垂直斜面方向的分速度vy=v0?sinθ=6（3）由于μ=tanθ，故兩導體棒組成的系統(tǒng)在斜軌道上運動時動量守恒，由動量守恒得ma?v1=ma+mbv共解得vΔ聯(lián)立解得vva根據(jù)牛頓第二定律則有F'A=B14．（2025·遼寧沈陽遼寧省實驗中學·二模）如圖所示，在空間直角坐標系y<0、z<0區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負方向的勻強電場，在z≥0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸負方向、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在z≥0區(qū)域內(nèi)還可以施加沿x軸方向的交變電場Ex和沿z軸方向的交變電場Ez。一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q>0）的粒子從yOz平面內(nèi)的P(0,-d,-d2)點沿著與z軸正方向成某一角度的方向射出，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后恰好從原點O沿y軸正方向以速度v進入磁場和交變電場區(qū)域，當粒子經(jīng)過原點O時開始計時，交變電場Ex、Ez(1)求粒子從P點射出時的速度；(2)若僅在z≥0區(qū)域內(nèi)施加如圖乙所示的沿x軸方向的電場Ex，求t=(3)若在z≥0區(qū)域內(nèi)同時施加如圖乙、丙所示的交變電場Ex、Ez，求粒子相鄰兩次經(jīng)過原點O的時間間隔及粒子在運動過程中與【答案】(1)2v，速度方向與z軸正方向間的夾角(2)v(3)12πmqB,【詳析】（1）粒子偏轉(zhuǎn)的逆過程可視為類平拋運動沿y軸負方向，有d=vt沿z軸負方向，有d聯(lián)立可得粒子從P點射出時速度的大小v0=v2解得θ=45°故粒子從P點射出時的速度與z軸正方向間的夾角為45°，斜向右上方。（2）粒子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運動，沿x軸方向做往返運動。粒子在yOz平面內(nèi)做圓周運動，則有qvB=mv2r解得r=mvqB根據(jù)T'=2πrv可得粒子做圓周運動的周期T'=（3）粒子在復合場內(nèi)可視為沿yOz平面和沿x軸方向的合運動。粒子在yOz平面內(nèi)的運動，在0～T2時間內(nèi)，在yOz平面內(nèi)做圓周運動的半徑r=mvqB粒子在T2～3T2時間內(nèi)，粒子做滾輪線運動，可視為沿y軸的勻速運動和在粒子在運動過程中與xOz平面間的最大距離ym=v1T+r=(3π2+1)mvqB由原點出發(fā)回到x軸的時間t1=2(T2+T)n=3nT（n=1、2、3……）粒子沿x軸方向做往復運動，回到y(tǒng)Oz平面的時間t2=2kT（15．（2025·遼寧遼南協(xié)作體·三模）在現(xiàn)代科學研究的微觀粒子探測實驗中，常常需要精確控制帶電粒子的運動軌跡以實現(xiàn)對其各種物理性質(zhì)的研究。在這個特定的實驗裝置里，有一套用于控制電子運動的系統(tǒng)。如圖所示，寬度為d=0.5m的虛線框內(nèi)有垂直紙面方向的勻強磁場，勻強磁場左右邊界豎直。電子槍發(fā)出的電子（初速度可以忽略）經(jīng)M、N之間的加速電場加速后以一定的速度水平射出并進入偏轉(zhuǎn)磁場。速度方向改變60°角后從右邊界離開磁場最終打在熒光屏上，已知加速電壓為U=6.6V，電子的比荷(1)求偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度B；(2)若撤去磁場，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強偏轉(zhuǎn)電場，從右邊界離開電場也可使電子偏轉(zhuǎn)60°角最終打在熒光屏上，求所加電場的電場強度大小E【答案】(1)B=1.5×10(2)E=【詳析】（1）電子帶負電，根據(jù)左手定則可知磁感應強度B方向垂直紙面向外，電子在磁場中的軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力evB=mv2r由幾何關系可得r=dsin60°電子經(jīng)過電場加速過程，根據(jù)動能定理可得eU=（2）電子在電場中做類平拋運動，假設在電場中的時間為t，則有d=vt離開電場時，假設沿電場方向的分速度為v，則有v=eEmt又tan16．（2025·遼寧名校聯(lián)盟·二模）如圖（a）所示，兩根平行長直軌道水平固定，左端有一單刀雙擲開關S可在電容器C和定值電阻R之間切換。光滑金屬棒垂直于導軌放置，金屬棒和導軌的電阻不計，導軌所在空間存在豎直向上的勻強磁場?，F(xiàn)將開關S接a端，t=0時刻，金屬棒在水平恒力F作用下由靜止開始運動，運動過程中金屬棒與導軌始終接觸良好；通過金屬棒的電荷量q隨時間變化的圖像如圖（b）所示。已知電容器的電容C=2.0×10-2F，勻強磁場的磁感應強度大小B=0.1T，平行導軌間距L=0.5m，金屬棒的質(zhì)量(1)求前2s內(nèi)水平恒力F做的功；(2)若開關S接b端，保持水平恒力F大小不變拉動金屬棒由靜止開始向右運動，求電阻R的最大電功率；（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）(3)若不加水平恒力F，開關S接b端，給金屬棒水平向右的初速度v0【答案】(1)0.0804(2)0.16(3)0.8【詳析】（1）將開關S接a端，金屬棒運動中產(chǎn)生的感應電動勢始終等于電容器兩端的電壓，設金屬棒在極短時間Δt內(nèi)的速度變化量為Δv，則有ΔU=BLΔv=BLaΔt回路中的電流i=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa對金屬棒有F-BiL=ma聯(lián)立可得a=Fm+CB（2）若開關S接b端，保持水平恒力F大小不變拉動金屬棒由靜止開始向右運動，當金屬棒做勻速運動時，回路電流最大，電阻R的功率最大；根據(jù)平衡條件可得BIL=F解得I=0.402A電阻R的最大電功率為（3）若不加水平恒力F，開關S接b端，給金屬棒水平向右的初速度v0=0.2m/s，以金屬棒為對象，根據(jù)動量定理可得-BLI17．（2025·遼寧沈陽·三測）我國第三艘航母福建艦配備了目前世界上最先進的電磁彈射系統(tǒng)。為探究彈射過程，某項目組設計了如圖所示的簡化模型（俯視圖）。已知電源的電動勢為E，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R，兩足夠長的水平固定導軌間距為L，金屬棒MN的質(zhì)量為m，靜置在導軌上，不計金屬棒與導軌間的阻力，勻強磁場方向豎直向下，磁感應強度大小可在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)。不計電源、金屬棒及導軌電阻，金屬棒MN在運動過程中始終與導軌垂直。(1)若導軌只放金屬棒，調(diào)節(jié)磁感應強度大小為B0，斷開S2，將S1接c，電源給電容器充電，充電完成后斷開S1，將(2)將一絕緣材料制成的飛機模型與金屬棒固定，組合體總質(zhì)量為M，運動過程中所受阻力恒為f；調(diào)節(jié)磁感應強度也為B0，開關S1,S2分別接a,b(3)開關S1,S【答案】(1)v=(2)a=B0(3)vmax=【詳析】（1）解法一：當金屬棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時，設金屬棒的穩(wěn)定速度為v，此時電容器兩端電壓UC=B0Lv在此過程中，由動量定理得∑B解法二：金屬棒由靜止開始運動至穩(wěn)定的過程中，由動量定理得∑B0ILΔt=mv（2）當組合體速度大小為v0時，由牛頓第二定律得F安-f=Ma因為F解得a=B0EL-B02L2v0（3）解法一：當組合體最終達到穩(wěn)定時，有F安=BE-BLvRL=f整理得B2L2v-BLE+fR=0，由求根公式得B=12LvE±E解法二：當組合體達到穩(wěn)定狀態(tài)時，有F安=BE-BLvRL=f整理得v=-fRL2?1解法三：將定值電阻與電源看成等效電源，電動勢為E，內(nèi)阻為R，當組合體達到穩(wěn)定時，等效電源的輸出功率達到最大，為P出max=P克f=fvmax解得B18．（24-25高三下·遼寧重點中學協(xié)作校·期中）如圖所示，一邊長為L、質(zhì)量為m的“”形金屬細框置于光滑絕緣水平桌面上，ab、cd、ef邊電阻均為R，其余邊阻值忽略不計。虛線右側(cè)有范圍足夠大的方向垂直桌面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B?，F(xiàn)使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與虛線邊界平行，cd(1)ab邊剛進入磁場時金屬框的加速度大??；(2)整個運動過程中，ef邊產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)2(2)B【詳析】（1）設ab邊剛進入磁場時的速度為v，則感應電動勢為E=BLv由牛頓第二定律得F=ma安培力大小為F=BIL由閉合電路歐姆定律得I=ER總聯(lián)立解得2B2L2v3R=ma（2）ab邊進入磁場至cd剛要進入磁場過程中回路產(chǎn)生的熱量Q=12mv2-1設cd運動位移x速度減為零，則-BI'LΔt'=-mv3解得x=L2故金屬框停止時，ef19．（2025·遼寧大連·一模）如圖，空間直角坐標系Oxyz中有一與xOz面平行的界面M將空間分為I、II兩個區(qū)域，界面M與y軸交點的坐標為（0，L，0）且界面M上有一足夠大的接收屏。在O點存在一粒子發(fā)射源，僅在xOy面內(nèi)向各個方向均勻發(fā)射速度大小為v?、電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子。區(qū)域I存在沿z軸正方向、磁感應強度大小為mv(1)求粒子在I區(qū)域做勻速圓周運動的半徑r和周期T；(2)若在I區(qū)域再加一個沿z軸正方向電場強度大小為2mv02π2(3)若O點發(fā)射源只向x軸負方向發(fā)射該種粒子，并撤去接收屏，粒子從界面M上c點（未畫出）進入?yún)^(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ存在沿x軸負方向、磁感應強度大小也為mv0qL的勻強磁場，且粒子在區(qū)域Ⅱ運動時還始終受到與速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系數(shù)為k（k為常量）。粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ后速度方向第一次沿z軸正方向時達到d點（未畫出），d點的z坐標為12，求d點的空間坐標和粒子在d【答案】(1)r=L；2πL(2)（-L，L,9L4）和（0，L，L(3)坐標為（-L，L+mv02k【詳析】（1）由牛頓第二定律qv0解得r=LT=2πrv0（2）粒子沿z軸方向做初速度為零、加速度大小為a的勻加速直線運動，由牛頓第二定律，qE=ma，E=解得a=2v02π2L粒子在垂直z軸的平面上做半徑為L的勻速圓周運動，如圖初速度方向沿y軸負方向的粒子打在接收屏上前運動的時間最長，tmax=34T=3πL2v0對應z坐標有最大值zmax=12atmax2=9L4由幾何知識可得該點x坐標為-L，其對應的坐標為（-L，L，9L（3）粒子從c點至d點過程，沿y軸方向由動量定理有-kvyt-qB'vzt=0-mv0，-k△y-qB'L2=m（0-v0），B'=mv0qL20．（2025·吉林長春·三模）如圖，在空間直角坐標系Oxyz中存在磁感應強度大小為mv0qL的勻強磁場，磁場沿z軸正方向，在y=L處有一垂直y軸足夠大的接收屏。原點O處有一粒子源，僅在xOy平面內(nèi)向各個方向發(fā)射速度大小為v0、質(zhì)量為(1)求粒子運動的半徑r和周期T。(2)若在磁場區(qū)再加一個沿z軸正方向電場強度大小為2mv02(3)若粒子源只向x軸負方向發(fā)射該種粒子，粒子在磁場中運動時始終受到與速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系數(shù)為k。粒子速度第一次沿y軸正方向時的位置設為P點（未畫出），已知P點的y坐標為L2，求P點的空間坐標和粒子在P點的速度大小v【答案】(1)r=L(2)-L(3)-mv【詳析】（1）由牛頓第二定律Bqv0=mv02r解得（2）粒子沿z軸方向做初速度為零、加速度大小為a的勻加速直線運動，由牛頓第二定律qE=ma解得?a=2v02π2?L粒子在垂直z軸的平面上做半徑為L的勻速圓周運動如圖初速度方向沿y軸負方向的粒子打在接收屏上前運動的時間最長tmax=34T=3πL2v0對應z坐標有最大值?zmax=12atmax2=（3）粒子從O點至P點過程，沿x軸方向由動量定理有∑kvx解得?Δx=mv02k所以P點坐標為-mv02k，L21．（24-25高三下·遼寧·三模）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在沿y軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場，第四象限內(nèi)以O12L,-2L為圓心、半徑為2L的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的粒子，從P0,L點沿x軸正方向以一定的速度射入勻強電場，經(jīng)勻強電場偏轉(zhuǎn)后恰好從M(1)粒子射入勻強電場時的速度大小v0(2)勻強磁場的磁感應強度大小B。【答案】(1)v(2)B=【詳析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，設粒子在勻強電場中的加速度大小為a，粒子做類平拋運動的時間為t，則有水平方向2L=v0t豎直方向L=12a（2）設粒子進入磁場時的速度大小為v，速度方向與x軸的夾角為θ，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，結(jié)合幾何關系有tanθ=atv0，r=2L根據(jù)運動的分解v=專題10計算考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1力學計算2021、2022、2023、2024、2025計算題的難度分布呈現(xiàn)梯度化設計：基礎題側(cè)重單一模型的公式直接應用（如勻變速運動、電路分析），壓軸題則通過多場耦合、變力做功等復雜情境考查綜合建模能力，例如帶電粒子在交變電磁場中的螺旋軌跡需聯(lián)立動量定理與電磁感應定律。命題凸顯科學思維與探究素養(yǎng)，要求考生從“解題”轉(zhuǎn)向“解決問題”，例如通過傳感器數(shù)據(jù)反推重力加速度，或設計實驗方案驗證熱力學定律。備考需強化多過程動態(tài)分析能力，熟練掌握矢量運算、守恒定律應用及臨界條件的數(shù)學表征，同時關注實際問題中物理模型的提煉與遷移（如將古建筑減震機制轉(zhuǎn)化為簡諧振動模型）?？键c2電磁學計算2021、2022、2023、2024、2025考點01力學計算1．（2025·遼寧·高考）如圖，一雪塊從傾角θ=37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x=2.5m，A點距地面的高度h=1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)μ=0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°=0.6(1)雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0(2)雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角α【答案】(1)5m/s(2)8m/s，60°【詳析】（1）雪塊在屋頂上運動過程中，由動能定理mgxsinθ-μmgcosθ?x=（2）雪塊離開屋頂后，做斜向下拋運動，由動能定理mgh=12mv12-12mv2．（2024·遼寧·高考）如圖，高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA=0.4（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和v（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔE【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【詳析】（1）對A物塊由平拋運動知識得h=x代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時A的速度大小為vA=1m/sAB物塊質(zhì)量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動量守恒，則mAvA（2）對物塊B由動能定理-μmBg（3）彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所做的功，即Δ其中mA=mB，3．（2023·遼寧·高考）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=（1）求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；（3）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；32m/s；（3【詳析】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有a1=μm2gm1=4m/s2則木板運動前右端距彈簧左端的距離有v12（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有-12（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得v3=32-2t0則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有-Wf=14．（2023·遼寧·高考）某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機攀升高度h=100m時速度達到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE?！敬鸢浮浚?）2m/s2，40s；（【詳析】（1）飛機做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為v12，則L=12v1（2）飛機從水面至h=100mΔ5．（2022·遼寧·高考）2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。（1）如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v=9m/s（2）如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為R甲=8m【答案】（1）2.7m/s2；（2）【詳析】（1）根據(jù)速度位移公式有v2=2ax代入數(shù)據(jù)可得（2）根據(jù)向心加速度的表達式a=v2R可得甲、乙的向心加速度之比為a甲a乙=v甲2v乙2×6．（2021·遼寧·高考）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α=37°，轉(zhuǎn)軸間距L=3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質(zhì)點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t。【答案】（1）0.4m/s2；（2【詳析】（1）小包裹的速度v2大于傳動帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcos（2）根據(jù)（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時t1=v2-v1a=1.6-0.60.4s考點02電學計算7．（2025·遼寧·高考）如圖（a），固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導體框abcd，置于始終豎直向下的勻強磁場中，ad邊與磁場邊界平行，ab邊中點位于磁場邊界。導體框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.5Ω、邊長L=1m。磁感應強度B隨時間t連續(xù)變化，0～1s內(nèi)B-t圖像如圖（b）所示。導體框中的感應電流I與時間t(1)求t=0.5s時ad邊受到的安培力大小F(2)畫出圖(b)中1~2s內(nèi)B-(3)從t=2s開始，磁場不再隨時間變化。之后導體框解除固定，給導體框一個向右的初速度v0=0.1m/s，求ad【答案】(1)0.015N(2)(3)0.01m/s【詳析】（1）由法拉第電磁感應定律E1=ΔΦΔt=ΔB?12L2Δt=0.2-0.1（2）0～1s內(nèi)線框內(nèi)的感應電流大小為I1=0.1A，根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應電流方向為順時針，由圖（c）可知1～2s內(nèi)的感應電流大小為I2=0.2A方向為逆時針，根據(jù)歐姆定律可知1～2s內(nèi)的感應電動勢大小為E2=I2R=0.1V由法拉第電磁感應定律E2=ΔΦΔ（3）由動量定理可知-B2ILΔt=m8．（2024·遼寧·高考）如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=5：1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。（1）求變壓器的輸出功率P；（2）已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強達到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t?！敬鸢浮浚?）Um250R【詳析】（1）由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為U1=Um2設變壓器副線圈的輸出電壓為U2，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)之間的關系有U1U2=n（2）設加熱前容器內(nèi)氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為T2，容器內(nèi)的氣體做等容變化，則有p0T0=2p0T2由Q=CΔT知氣體吸收的熱量Q=C2T0-T09．（2024·遼寧·高考）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋（1）求磁感應強度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E=ωt-kx，其中常系數(shù)ω>0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t=0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與【答案】（1）B=mv02qL；（2【詳析】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力qv0B=（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1=2×30°360°×2πmqB=2πLd（3）甲粒子經(jīng)過O點時的速度為v甲=32v0+at1=3v0因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則ωt=kx=整理可得x2=3v0(t0+t2)-3v10．（2023·遼寧·高考）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2m（1）求金屬板間電勢差U；（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M?！敬鸢浮浚?）U=mv023q；（2）【詳析】（1）設板間距離為d，則板長為3d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E=Ud根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度qE=ma解得a=qUmd（2）設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα=at0粒子出電場后沿直線勻速直線運動，接著進入磁場，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得qvB=mv2r解得r=mvqB=23mv03qB已知圓形磁場區(qū)域半徑為R=

（3）帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r=3R11.（2022·遼寧·高考）如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑14圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為gR，之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥-R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ=45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點時的速度大?。唬?）小球過O點后運動的軌跡方程?！敬鸢浮浚?）12mgR；（2）v0=【詳析】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得E（2）小球從B到O，根據(jù)動能定理有-mgR+qE（3）小球運動至O點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有qEcos45°=max豎直方向有qEsin45°-mg=may解得ax12．（2022·遼寧·高考）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。abcd區(qū)域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內(nèi)的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導軌間的電阻均為R（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為v03，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab的最小距離（3）初始時刻，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。【答案】（1）F=B2L2v02R，方向水平向左；（2）①q=【詳析】（1）細金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為E=BLv0電流方向為a→b，電流的大小為I=E（2）①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有BIL?Δt=m?v0②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為ΔxIE整理可得q=BL?Δx2R聯(lián)立可得Δx=2mv（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，則N到cd邊的速度大小恒為v03，根據(jù)動量守恒定律可知mv0=mv1+m?v03解得N出磁場時，M的速度大小為v1=2①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有Bq聯(lián)立解得k=2②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有Bq同理解得k=3綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k<313．（2021·遼寧·高考）如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（a，a）、質(zhì)量為m3（1）求電場強度的大小E；（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經(jīng)一段時間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內(nèi)粒子甲運動的距離L?！敬鸢浮浚?）E=qB2a2m；（【詳析】（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑R=a則qBv=mv2R則v=qBam粒子從（2）甲乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度為v1、v2，取向上為正，則有mv=mv1+13mv2解得R1=a，R2=則兩粒子碰后再次相遇2πT2（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為θ=2π設撤銷電場、磁場到加磁場乙運動了t'，可知粒子甲的勻速運動距離MN=L加上磁場后兩粒子的軌跡恰好外切，設兩圓心的連線與x軸正方向的夾角為θ。由幾何關系NQ=atanβ，O甲C=2asinθMD=(L+NQ)sin60°還有1．（2025·遼寧朝陽北票尹湛納希高中·適應性考試四）傳送帶以v=3m/s順時針轉(zhuǎn)動，質(zhì)量m=1kg的煤塊無初速放上傳送帶，與帶共速后與豎直懸掛的質(zhì)量M=3kg的小球碰撞并粘合（碰撞為正碰）。小球位置剛好不接觸傳送帶，已知煤塊與傳送帶摩擦因數(shù)μ=0.5，傳送帶長L=4m，懸掛小球的輕繩長度為s=1m求：(1)煤塊與小球碰撞前運動的時間；(2)碰撞后煤塊速度大小；(3)煤塊最終離傳送帶左端的最大水平距離?！敬鸢浮?1)1.63(2)0.75(3)4.24【詳析】（1）煤塊在傳送帶上加速運動時的加速度大小為a=μmgm=5m/s2設經(jīng)過t1時間煤塊與傳送帶共速，則有t1（2）煤塊與小球碰撞并粘合，根據(jù)動量守恒可得mv=(m+M)v1（3）碰撞后煤塊與小球一起做圓周運動，設最大擺角為θ，根據(jù)動能定理可得-(m+M)gs(1-解得cosθ≈0.97m2．（2025·遼寧·模擬押題三）如圖（a）所示，長度為L=2.5m的水平傳送帶以恒定的速率v0=2.5m/s順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右側(cè)平臺上緊靠傳送帶靜置有一長度為d=1m，質(zhì)量為m1=1kg的“L”形木板，木板的上表面與傳送帶上表面等高?，F(xiàn)將質(zhì)量為m2=2kg的鐵塊無初速度放置在傳送帶左端，鐵塊在傳送帶上運動一段時間后滑上木板，鐵塊在傳送帶上運動的過程中，速度(1)鐵塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)；(2)木板運動的最大速度；(3)鐵塊在木板上滑動的總路程。【答案】(1)0.25(2)2m/s(3)1.1485m【詳析】（1）對鐵塊，由牛頓第二定律得μmg=ma鐵塊加速過程的位移x1=v022a加速時間t1=v0a鐵塊與傳送帶共速后運動的位移x2=v0（t-t1）其中t=1.5s（2）鐵塊與木板間的最大靜摩擦力f1=μ1m2g=0.2×2×10N=4N木板與平臺間的最大靜摩擦力f2=μ2（m1+m2）g=0.3×（1+2）×10N=9N＞f1，鐵塊滑上木板時木板靜止不動，鐵塊在木板上做勻減速直線運動，鐵塊在木板上減速過程，由牛頓第二定律得f1=m2a1代入數(shù)據(jù)解得a1=2m/s2由v-x公式得v12-v02=2-a1d代入數(shù)據(jù)解得，鐵塊與擋板碰撞前瞬間的速度大小v1=1.5m/s鐵塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v1=1代入數(shù)據(jù)解得v鐵塊=0.5m/s，v木板=2m/s碰撞后鐵塊做勻加速直線運動，木板做勻減速直線運動，則木板的最大速度為2m/s。（3）對木板，由牛頓第二定律得f1+f2=m1a2代入數(shù)據(jù)解得a2=13m/s2設經(jīng)過時間t1兩者共速，鐵塊仍在木板上，則v=v鐵塊+a1t1=v木板-a2t1代入數(shù)據(jù)解得v=0.7m/s，t1=0.1s該過程鐵塊相對于木板的位移Δx=v木板+v2t1-v鐵塊+v2t1代入數(shù)據(jù)解得Δx=0.075m＜d假設成立，共速后兩者都做勻減速直線運動，鐵塊的加速度仍為a1，對木板，由牛頓第二定律得f2-f1=m1a3代入數(shù)據(jù)解得a3=5m/s2鐵塊減速到零的位移x鐵塊=s=d+Δx+Δx'=1m+0.075m+0.0735m=1.1485m3．（2025·遼寧沈陽遼寧省實驗中學·二模）如圖所示，同學A在距離地面高h=1m處將排球以v0=10m/s的初速度斜向上擊出，速度的方向與水平方向的夾角為53°，站在對面的同學B靜止不動，伸直的手臂與水平地面呈一定夾角，排球恰好在離地h處垂直打到B的手臂上。假設碰撞過程中手臂保持靜止，B墊起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球與手臂的作用時間為0.1s(1)排球運動過程中離地面的最大高度；(2)A擊球點和B接球點之間的水平距離；(3)B在墊球的過程中，手臂受到的彈力的平均值?！敬鸢浮?1)H=4.2(2)x=9.6(3)F【詳析】（1）排球能上升的高度h'=v0（2）排球上升到最高的過程中在豎直方向上有0=v0sin53°-gt（3）以B墊起后排球的速度為正方向，根據(jù)動量定理得(FN-mgsin4．（2025·遼寧沈陽遼寧省實驗中學·五模）簡諧運動是最基本的機械振動，質(zhì)量為m的物體在形如F=-kx的回復力作用下，其位移—時間關系遵循x=Asinωt的規(guī)律，其中ω=2πT=km稱為角頻率。采用不同的研究方法以及在不同的情境下分析簡諧運動，可以使我們加深對相關知識的理解。如圖所示，以O為原點（此時彈簧處于原長狀態(tài)），以水平向右的方向為x軸的正方向建立坐標系，物體質(zhì)量為m，彈簧勁度系數(shù)為k，物體初始位置為x=(1)若地面光滑，求此彈簧振子的周期T；(2)若地面粗糙，地面與物體間動摩擦因數(shù)為μ（μ=ka.試寫出物體平衡位置O'b.并以O'為新的坐標原點，水平向右為正方向建立O'c.求物體從開始運動至停止