五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題11計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1力學(xué)計算2021、2022、2024、2025命題呈現(xiàn)出情境多元化、知識綜合化、能力素養(yǎng)化的趨勢。在情境創(chuàng)設(shè)上，緊密關(guān)聯(lián)生活實際、科技前沿與傳統(tǒng)文化，像借助航天軌道設(shè)計、新能源設(shè)備運作、古代計時工具原理等情境，促使考生從復(fù)雜信息里抽象出物理模型。?知識考查層面，不再局限于單一模塊，而是強化多模塊融合。常將力學(xué)（如牛頓運動定律、能量守恒）與電磁學(xué)（如電場、磁場、電磁感應(yīng)）深度結(jié)合，或讓熱學(xué)與能量知識相互交織，例如考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，就需考生綜合運用多板塊知識分析粒子軌跡與能量變化。?對考生能力要求逐步提升，注重科學(xué)思維與探究能力考查。一方面，要求考生具備敏銳的建模能力，快速把實際問題轉(zhuǎn)化為熟知的物理模型；另一方面，強調(diào)數(shù)理結(jié)合，考生要靈活運用數(shù)學(xué)工具，如通過三角函數(shù)、圖像斜率、極值求解等方法處理物理問題。同時，試題注重對復(fù)雜過程的分析，考查考生邏輯推理與歸納總結(jié)能力，如分析多階段運動、多物體相互作用等問題，以此選拔具備較強學(xué)科素養(yǎng)與綜合能力的考生?？键c2電學(xué)計算2021、2022、2023、2024、2025考點01力學(xué)計算1．（2025·海南·高考）足夠長的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑，圓心角的圓弧軌道與平臺平滑連接，平臺與順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點無初速度下滑，在平臺與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知，，A、B可視為質(zhì)點，AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，在傳送帶上運動的過程中，因摩擦生熱，忽略軌道及平臺的摩擦，(1)A滑到圓弧最低點時受的支持力；(2)A與B整個碰撞過程中損失的機械能；(3)傳送帶的速度大小?！敬鸢浮?1)，方向豎直向上；(2)(3)或【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點間，根據(jù)機械能守恒解得在最低點根據(jù)牛頓第二定律解得，方向豎直向上；（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動量守恒解得故A與B整個碰撞過程中損失的機械能為（3）第一種情況，當傳送帶速度小于時，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運動，設(shè)AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，對AB根據(jù)牛頓第二定律設(shè)經(jīng)過時間后AB與傳送帶共速，可得該段時間內(nèi)AB運動的位移為傳送帶運動的位移為故可得聯(lián)立解得，另一解大于舍去；第二種情況，當傳送帶速度大于時，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運動，設(shè)經(jīng)過時間后AB與傳送帶共速，同理可得該段時間內(nèi)AB運動的位移為傳送帶運動的位移為故可得解得，另一解小于舍去。2．（2024·海南·高考）某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量，一質(zhì)量為的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行停下。游客視為質(zhì)點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦系數(shù)均為，忽略空氣阻力，重力加速度，求：（1）游客滑到b點時對滑梯的壓力的大??；（2）滑板的長度L【答案】（1）；（2）【詳析】（1）設(shè)游客滑到b點時速度為，從a到b過程，根據(jù)機械能守恒解得在b點根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小為（2）設(shè)游客恰好滑上平臺時的速度為，在平臺上運動過程由動能定理得解得根據(jù)題意當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運動，滑板一直做加速運動，設(shè)加速度大小分別為和，得根據(jù)運動學(xué)規(guī)律對游客解得該段時間內(nèi)游客的位移為滑板的位移為根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長度為3．（2022·海南·高考）有一個角度可變的軌道，當傾角為時，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運動，已知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的3倍，求：①A與軌道間的動摩擦因數(shù)；②A與B剛碰完B的速度大?。虎劾K子的長度L?！敬鸢浮竣?；②；③0.6h【詳析】①傾角為時勻速運動，根據(jù)平衡條件有得②③A從高為h的地方滑下后速度為，根據(jù)動能定理有A與B碰撞后速度分別為和，根據(jù)動量守恒、能量守恒有，B到達最高點速度為，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)能量守恒有解得4．（2021·海南·高考）如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大小；（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。【答案】（1）v共=；（2）x=；（3）t=，W=mv02【詳析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡得v滑=v0，v木=v0再根據(jù)功能關(guān)系有-μmgx=×2mv木2+mv滑2-×2mv02經(jīng)過計算得x=（3）由于木板保持勻速直線運動，則有F=μmg對滑塊進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對木板靜止時有v0=a滑t解得t=則整個過程中木板滑動的距離為x′=v0t=則拉力所做的功為W=Fx′=mv025．（2021·海南·高考）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，其波源的平衡位置在坐標原點，波源在0~4s內(nèi)的振動圖像如圖（a）所示，已知波的傳播速度為0.5m/s。（1）求這列橫波的波長；（2）求波源在4s內(nèi)通過的路程；（3）在圖（b）中畫出t=4s時刻的波形圖?！敬鸢浮浚?）λ=2m；（2）s=16cm；（3）【詳析】（1）由題知圖（a）為波源的振動圖像，則可知A=4cm，T=4s由于波的傳播速度為0.5m/s，根據(jù)波長與速度關(guān)系有λ=vT=2m（2）由（1）可知波源的振動周期為4s，則4s內(nèi)波源通過的路程為s=4A=16cm（3）由題圖可知在t=0時波源的起振方向向上，由于波速為0.5m/s，則在4s時根據(jù)x=vt=2m可知該波剛好傳到位置為2m的質(zhì)點，且波源剛好回到平衡位置，且該波沿正方向傳播，則根據(jù)“上坡、下坡”法可繪制出t=4s時刻的波形圖如下圖所示考點02電學(xué)計算6．（2025·海南·高考）間距為L的金屬導(dǎo)軌傾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，導(dǎo)軌上方接有電源和開關(guān)，傾斜導(dǎo)軌與水平面夾角，處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，水平導(dǎo)軌處于垂直豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為，兩相同導(dǎo)體棒、與水平導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩棒質(zhì)量均，接入電路中的電阻均為，棒僅在水平導(dǎo)軌上運動，兩導(dǎo)體棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不互相碰撞，忽略金屬導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為。(1)鎖定水平導(dǎo)軌上的棒，閉合開關(guān)，棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，求通過棒的電流；斷開開關(guān)，同時解除棒的鎖定，當棒下滑距離為時，棒開始運動，求棒從解除鎖定到開始運動過程中，棒產(chǎn)生的焦耳熱；(2)此后棒在下滑過程中，電流達到穩(wěn)定，求此時、棒的速度大小之差；(3)棒中電流穩(wěn)定之后繼續(xù)下滑，從棒到達水平導(dǎo)軌開始計時，時刻棒速度為零，加速度不為零，此后某時刻，棒的加速度為零，速度不為零，求從時刻到某時刻，、的路程之差?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳析】（1）棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，根據(jù)平衡條件可得，解得通過棒的電流為設(shè)當棒下滑距離為時速度為，棒開始運動時回路中的電流為，此時對cd棒有同時有，分析可知棒從解除鎖定到開始運動過程中，棒產(chǎn)生的焦耳熱與ab棒產(chǎn)生的焦耳熱相等，整個過程根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得棒產(chǎn)生的焦耳熱為（2）分析可知棒在下滑過程中產(chǎn)生的電動勢與cd棒在向左運動的過程中產(chǎn)生的電動勢方向相反，故當電流達到穩(wěn)定時，兩棒的速度差恒定，故可知此時兩棒的加速度相等，由于兩棒受到的安培力大小相等，對兩棒有，同時有，聯(lián)立解得此時、棒的速度大小之差為（3）分析可知從開始到時刻，兩棒整體所受的合外力為零，故該過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)時刻ab棒的速度為，可知解得設(shè)某時刻時，ab棒速度為，cd棒速度為，棒的加速度為零，可得①其中分析可知此時兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢方向相反，可得②從時刻到某時刻間，對兩棒分別根據(jù)動量定理有，變式可得，兩式相加得③同時有④聯(lián)立①②③④可得從到某時刻，、的路程之差為7．（2024·海南·高考）如圖，在xOy坐標系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強度大小為B、的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計粒子的重力和粒子之間的影響）（1）求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度的大小，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進入?yún)^(qū)域Ⅲ時速度方向與y軸負方向的夾角成74°角。當粒子動能最大時，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3），【詳析】（1）根據(jù)動能定理得解得粒子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，根據(jù)題意某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時粒子的運動軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力解得（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑均為R，因為在區(qū)域Ⅰ中的磁場半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點四點構(gòu)成一個菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點連線平行于粒子射入點與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運動的圓弧所對的弦長最短，即此時最短弦長為區(qū)域Ⅱ的磁場圓半徑，根據(jù)幾何知識可得此時在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場中運動周期分別為，故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間為（3）如圖，將速度分解為沿y軸正方向的速度及速度，因為可得，故可知沿y軸正方向的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場力平衡，粒子同時受到另一方向的洛倫茲力，故粒子沿y正方向做旋進運動，根據(jù)角度可知故當方向為豎直向上時此時粒子速度最大，即最大速度為圓周運動半徑根據(jù)幾何關(guān)系可知此時所在的位置到y(tǒng)軸的距離為8．（2024·海南·高考）虛接是常見的電路故障，如圖所示，電熱器A與電熱器B并聯(lián)。電路中的C處由于某種原因形成了虛接，造成了該處接觸電阻0~240Ω之間不穩(wěn)定變化，可等效為電阻，已知MN兩端電壓，A與B的電阻，求：（1）MN間電阻R的變化范圍；（2）當，電熱器B消耗的功率（保留3位有效數(shù)字）【答案】（1）；（2）【詳析】（1）根據(jù)電路可知當時MN間電阻R的阻值最小，為當時MN間電阻R的阻值最大，為故MN間電阻R的變化范圍為（2）當，通過電熱器B的電流為此時電熱器B消耗的功率為解得9．（2023·海南·高考）如圖所示，U形金屬桿上邊長為，質(zhì)量為，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的勻強磁場。（1）若插入導(dǎo)電液體部分深，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度，設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（2）若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度，通電時間，求通過金屬桿截面的電荷量。

【答案】（1），4.17A；（2）0.085C【詳析】（1）對金屬桿，跳起的高度為，豎直上拋運動由運動學(xué)關(guān)系式解得通電過程金屬桿收到的安培力大小為由動能定理得解得（2）對金屬桿，通電時間，由動量定理有由運動學(xué)公式通過金屬桿截面的電荷量聯(lián)立解得10．（2022·海南·高考）光滑的水平長直軌道放在勻強磁場中，軌道寬，一導(dǎo)體棒長也為，質(zhì)量，電阻靜止在導(dǎo)軌上，它與導(dǎo)軌接觸良好。當開關(guān)與a接通時，電源可提供恒定的電流，電流方向可根據(jù)需要進行改變，開關(guān)與b接通時，電阻，若開關(guān)的切換與電流的換向均可在瞬間完成，求：①當棒中電流由M流向N時，棒的加速度的大小和方向是怎樣的；②當開關(guān)始終接a，要想在最短時間內(nèi)使棒向左移動而靜止，則棒的最大速度是多少；③要想棒在最短時間內(nèi)向左移動而靜止，則棒中產(chǎn)生的焦耳熱是多少?！敬鸢浮竣?，方向向右；②；③【詳析】①當電流從M流向N時，由左手定則可判斷安培力向右，故加速度方向向右。根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)可得②開關(guān)始終接a時，電流N到M，經(jīng)過時間后電流變?yōu)镸到N，再經(jīng)時間速度減為零，前s，則有后s，則有根據(jù)聯(lián)立解得③若導(dǎo)體棒達到一定速度時開關(guān)接b，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恰為1A時，則有，可知此刻的速度為棒達到最大速度后開關(guān)接b由安培力能提供的加速度大小會比開關(guān)接a提供的加速度更大。故最短時間先接a一段時間，電流由N到M，再接到b端一段時間，再接到a端一段時間，電流由M到N，最后直到棒靜止第一段，則有，，第二段，則有由動量定理且則有第二段末的加速度與第三段相同，則第三段，，又解得v＇=1m/s，，故11．（2021·海南·高考）如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)?，求：（i）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離。【答案】（1），；（2）（i），（ii）【詳析】（1）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv0則金屬桿中的電流由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動則有根據(jù)功率的計算公式有（2）（i）設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動時的電流由微觀表示為解得當電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)闀r，有解得v′=根據(jù)能量守恒定律有解得（ii）由（i）可知在這段時間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到，設(shè)這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離為d，規(guī)定水平向右為正方向，則根據(jù)動量定理有由于解得1．（2025·海南農(nóng)墾中學(xué)·三沖）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時小球(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大??；(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，求第一次碰撞到第二次碰撞所需要的時間t及第二次碰撞后瞬間兩小球的速度；(3)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質(zhì)量比mA【答案】(1)mAv(2)2πRv0，(3)2或5【詳析】（1）對A、B構(gòu)成的系統(tǒng)進行分析，根據(jù)動量守恒定律有mAv0=mA+mB（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則有mAv0=mAvA+mBv第二次碰撞過程，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為vA'，mAv解得vA'（3）因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖所示①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為1+3k14+3k1（k1=0，1，2，3…）則有vAvB=xAxB=1+3k14+3k1（k1=0，1，2，3…）②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為2+3k25+3k2（k1=0，1，2，3…）則有vAvB=xAxB=2+3k25+3k2解得2．（2025·海南儋州二中·一模）如圖所示，滑行軌道由水平部分和光滑半圓弧部分組成，水平軌道A點左側(cè)粗糙且足夠長，μ=0.1，A點右側(cè)光滑，距離圓弧最低點B點距離為L=1m。兩個物塊（均可視為質(zhì)點）緊靠在A點，質(zhì)量分別為M=0.2kg和m=0.1kg，中間填充炸藥，引爆炸藥兩物塊可瞬間獲得速度向兩側(cè)滑去，其中M滑塊滑行距離s=2m，m滑塊將沖上圓弧軌道并從C點飛出去落回到水平面，g取10m/s2。(1)炸藥引爆后瞬間，兩滑塊的速度分別是多大？(2)若圓弧軌道半徑r=0.2m，滑塊滑到C點時對軌道的壓力是多大？(3)若軌道半徑r可改變，試判斷m滑塊從C點飛出后能否落在粗糙軌道部分，并說明緣由?！敬鸢浮?1)2m/s，4m/s(2)3N(3)不能，詳見解析【詳析】（1）對M滑塊，根據(jù)動能定理，有-μMg?s=0-12MvM（2）對m滑塊，A至C過程，由動能定理，有-mg?2r=12mvc2-12m（3）對m滑塊，由（2）得vC'=vm2-4gr從C點開始做平拋運動，有2r=12gt2，x=vC't3．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）一個質(zhì)量為m的羽毛球（可將羽毛球看成質(zhì)點）卡在球筒底部，球筒的質(zhì)量為M，筒長為L，已知羽毛球和球筒間的最大靜摩擦和滑動摩擦力大小近似相等，且恒為f＝4mg。重力加速度為g，不計一切空氣阻力。某同學(xué)使用以下兩種方式將球從筒內(nèi)取出：(1)“甩”，如圖甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在豎直平面內(nèi)繞O點做半徑為R的圓周運動。當球筒運動至豎直朝下時，羽毛球恰要相對球筒滑動，求此時球筒的角速度；(2)“落”，如圖乙所示。讓球筒從離地h高處由靜止釋放，已知：M＝8m，且球筒撞擊地面后反彈的速度大小始終為撞擊前的14。若要求在球筒第一次到達最高點以后，羽毛球從球筒中滑出，求h【答案】(1)ω(2)72【詳析】（1）當球筒運動至豎直朝下時，以羽毛球為研究對象，羽毛球恰要相對球筒滑動對羽毛球受力分析有f-mg=mRω2（2）羽毛球和球筒從h處自由下落，觸地瞬間的速度滿足v02=2gh此后m以初速度v0向下做勻減速運動，M以v04的初速度向上做勻減速運動在二者達到共速之前的過程中對m，由牛頓第二定律f-mg=ma1解得a1=3g對M，由牛頓第二定律f+Mg=Ma2解得a2=1.5g設(shè)M第一次運動至最高點的時間為t0由v=v0-at有14v0=a2t0解得t0=v06g取豎直向下為正方向，設(shè)二者在t1時刻達到共速則有v0-a1t1=-14v0+a2t1解得4．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖所示，質(zhì)量為M=0.5kg的小球靜置于高度為h=3.2m的光滑直桿頂端。一顆質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以v0=500m/s的速度沿水平方向擊中小球，并迅速從球心穿過。已知小球落地處離桿的水平距離為s=4.8m，不計空氣阻力，取g=10m/s2，求：(1)小球落地時重力做功的瞬時功率P；(2)子彈穿過小球的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)40W(2)1041J【詳析】（1）小球做平拋運動的過程豎直方向有h=12gt2解得t=0.8s（2）小球做平拋運動水平方向有s=v2t解得v2=6m/s子彈穿過小球的過程，由動量守恒可得mv0=5．（2025·海南·三模）如圖所示，風洞實驗室可以產(chǎn)生豎直向上的恒定風力。在風洞中O點將一個質(zhì)量為m=1kg的小球以初速度v0=4m/s水平向右拋出，一段時間后小球經(jīng)過右上方的P點。已知OP=5m，OP與水平方向的夾角為θ=37°，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球到P點時的速度大?。?2)小球從O到P的過程中恒定風力的沖量大??；(3)小球從O到P的過程中到OP的最遠距離?！敬鸢浮?1)2(2)16N?s(3)0.6m【詳析】（1）根據(jù)題意可知小球做類平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t運動到P點，則OP=L水平向右做勻速直線運動，則Lcosθ=v0t代入數(shù)據(jù)得t=1s豎直向上做初速度為零的勻加速直線運動Lsinθ=12（2）設(shè)恒定風力為F，豎直方向根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=ma代入數(shù)據(jù)得F=16N小球從（3）小球的運動可以分解為沿OP方向和垂直O(jiān)P方向，如圖所示垂直O(jiān)P方向的初速度v1=v0sinθ垂直O(jiān)P方向的加速度a1=acosθ設(shè)垂直O(jiān)P方向的速度減為0時的位移為x，則6．（2025·海南?？凇し抡婵迹┤鐖D所示，小球A以初速度v0=3gR豎直向上沖入半徑為R的四分之一粗糙圓弧管道，然后從管道另一端M點沿水平方向以速度v1=2gR沖出，在光滑水平面上與右端連有靜止小球B的輕質(zhì)彈簧在同一直線上發(fā)生相互作用。已知A、B的質(zhì)量分別為3(1)球A到達M點時對管道的壓力大小及方向；(2)小球在管道內(nèi)運動過程中阻力做的功；(3)B球最終的速度大小?！敬鸢浮?1)3mg(2)-(3)6【詳析】（1）設(shè)球A在M點所受管道彈力大小N1，假設(shè)其方向豎直向下，則有N1+3mg=3mv12R（2）球A在管道內(nèi)運動過程，根據(jù)動能定理有-3mgR+W（3）設(shè)球A、B分離后速度分別為vA、vB，A、B根據(jù)機械能守恒定律有12×3m7．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）有一款趣味游戲裝置，由水平直軌道ABC和半徑為R的豎直光滑半圓形軌道CDE組成，直軌道與圓軌道平滑連接，O點為半圓形軌道的圓心，D點與O點等高，BC=2R。直軌道AB段光滑，BC段粗糙。在B點正上方與O點等高處有一個小網(wǎng)兜P，將自然長度小于AB段長度的輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與小球1接觸但不拴接，小球2靜置于B處。游戲者將球1向左壓縮彈簧到某一位置后（彈簧處在彈性限度內(nèi)）由靜止釋放，與球2發(fā)生彈性正碰，碰撞后，球1立即鎖定。若球2能從半圓形軌道最高點E飛出，并恰好落入網(wǎng)兜P，視為挑戰(zhàn)成功。已知球1的質(zhì)量為m，球2的質(zhì)量為2m，球2在BC段所受的阻力大小f=0.5mg，g為重力加速度，兩小球均可視為質(zhì)點。若游戲挑戰(zhàn)成功，求：(1)球2通過E點時的速度大?。?2)球2經(jīng)過圓軌道最低點C時對軌道的壓力；(3)球1靜止釋放時彈簧的彈性勢能Ep?！敬鸢浮?1)2(2)14mg，方向豎直向下(3)63【詳析】（1）球2從半圓軌道上E點飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有2R=vEt（2）小球2從C運動到E的過程，根據(jù)動能定理可得-2mg?2R=12?2mvE2-12?2mvC2（3）球2從B到C，根據(jù)動能定理有-f?2R=12?2mvC2-12?2mvB2解得vB=7gR球1和球2的碰撞為彈性碰撞，設(shè)碰前球1的速度為v8．（2025·海南瓊海嘉積中學(xué)·一模）如圖所示，質(zhì)量為M=0.99kg的木球用細繩連接掛在O點處于靜止狀態(tài)，O點到球心的距離為L=0.5m，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以速度v0射入木球并留在木球中（子彈與木球作用時間很短），若子彈射入木球后，木球（含子彈）在豎直平面內(nèi)恰好能繞O點做圓周運動，求：（重力加速度g取10m/s2）(1)子彈射入木球后瞬間，木球與子彈的共同速度大?。?2)子彈的入射速度v0大小?！敬鸢浮?1)5m/s(2)500m/s【詳析】（1）小球在豎直平面內(nèi)恰好做圓周運動，在最高點，由重力提供向心力得m小球從最低點運動到最高點過程，由機械能守恒定律得12m+（2）子彈射入木球過程，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=9．（2025·海南·三模）某興趣小組在研究物體在水面上運動時所受阻力的課題時，做了如圖所示的實驗。圖中ABCD為一個充水的水池，水池左側(cè)有四分之一光滑圓弧軌道。一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊從圓弧軌道的最上端靜止釋放，小物塊運動至軌道底端時，恰好以水平速度沖上停靠在水池左側(cè)木板的上表面。已知木板質(zhì)量M=0.3kg，長度L=2m，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，圓弧軌道的半徑R=1.25m(1)求小物塊運動至軌道最底端時，軌道對其支持力的大??；(2)若木板在水面上運動時水的阻力忽略不計，則小物塊與木板達到共速時（木板尚未到達水池右端），求小物塊與木板左端的距離；(3)若木板在水面上運動時，水對木板的阻力f與木板的速度v成正比，即f=kv，其中k=0.25kg/s。最終木板恰好運動至水池右端速度減為零，且小物塊也處在木板的右端，求水池的長度L【答案】(1)3N(2)1.875m(3)4m，2m/s【詳析】（1）由動能定理可得mgR=12mvA（2）由動量守恒定律可得mvA=(M+m（3）對小物塊和木板組成的整體，由動量定理可得-kv×t=0-mvA整理得-k×x'10．（2025·海南·三模）如圖所示，將一開口向上的汽缸放置于托舉平臺上，汽缸上部橫截面面積為S1=S，汽缸下部橫截面面積為S2=2(1)若在活塞上放置一個質(zhì)量為m的物塊，活塞穩(wěn)定后恰好下降H2，求大氣壓強p(2)仍將質(zhì)量為m的物塊放在活塞上，控制托舉平臺，使汽缸和物塊一起向上做勻加速直線運動，為保證活塞不進入汽缸下部，計算平臺的最大加速度。【答案】(1)5(2)1.5【詳析】（1）對封閉氣體，初始時壓強為p0，體積為V0=HS1+HS2=3HS末態(tài)時壓強為（2）當活塞剛好到達汽缸連接處時，由最大加速度，此時由玻意耳定律p0V0=p2V2其中V211．（2025·海南瓊海嘉積中學(xué)·預(yù)測）如圖，光滑半圓軌道豎直固定，軌道上邊緣和下邊緣恰好在一條豎直線上，軌道半徑為R，軌道下邊緣到水平面的距離也為R?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球A用彈射器緊貼軌道上邊緣射入軌道，小球A恰好能沿軌道運動，與放置在軌道下邊緣的小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A和B均向前飛出，落在水平面上。已知小球A、B落到水平面上時對應(yīng)的水平位移大小之比xA:xB=1:3，小球A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，求：(1)彈射器釋放的彈性勢能；(2)小球B的質(zhì)量；(3)若小球A與B碰撞瞬間，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，求小球A、B落到水平面上時對應(yīng)的水平位移?！敬鸢浮?1)mgR(2)m(3)3【詳析】（1）小球A恰好能沿軌道運動，滿足mg=mv02R（2）設(shè)小球B的質(zhì)量為mB，碰前小球A的速度大小為v，碰后瞬間小球A的速度為vA，小球B的速度為vB，碰撞過程滿足mv=mvA+mBvB，12mv2=（3）若小球A與B碰撞瞬間，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設(shè)碰后的速度為v1，小球A被彈出到與小球B碰撞前瞬間，由機械能守恒可得mg?2R=12mv2-12mv0212．（2025·海南農(nóng)墾中學(xué)·三沖）如圖所示，在Oxy坐標系的第一象限0≤x≤L=0.1m的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E=103V/m，一擋板下端固定在x=0.2m處，其上有一小孔，擋板與x軸負方向夾角θ=53°，擋板右側(cè)有一與擋板相切于小孔的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小B=23T，方向垂直紙面向里，一比荷為qm=34C/kg(1)粒子飛入電場時的速度大小v0；(2)粒子在磁場中運動的時間t；【答案】(1)v0=10m/s(2)t【詳析】（1）根據(jù)題意畫出粒子運動軌跡，如圖所示粒子在電場中做類平拋運動，則出電場時有tanθ=v0v1沿電場方向有v1=a（2）粒子飛出電場時的速度為v=v0sinθ粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB=mv2r解得r=25m設(shè)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為α13．（2025·海南?？谵r(nóng)墾中學(xué)·沖刺四）如圖，在Oxy坐標系x＞0、y＞d區(qū)域內(nèi)存在水平向左的勻強電場，在y＜0的區(qū)域內(nèi)充滿垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，在磁場中的P點以速度v0沿x軸正方向射出，且經(jīng)O點飛出磁場時速度方向與y軸正方向夾角為53°。在電場中適當位置放置一與x軸平行的小絕緣擋板（圖中未畫出），該粒子與小絕緣擋板發(fā)生彈性碰撞（碰后沿擋板方向的速度不變，垂直擋板方向速度大小不變，方向相反），碰后粒子垂直于x軸方向返回磁場。已知粒子在運動過程中m、q均不變，電場強度大小為27(1)求P點坐標；(2)求粒子與擋板碰撞位置的坐標；(3)改變電場中擋板的位置（始終與x軸平行），求粒子與擋板發(fā)生一次碰撞后進入磁場前，粒子打在x軸上（x>0）最遠處的坐標和擋板距x【答案】(1)-(2)28(3)（1681432d，0【詳析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動qv0B=mv02r解得r=（2）根據(jù)題意可知，進入電場時v0x=v0sin53°=45v0，vy=v0cos53°=35v0粒子進電場后，做勻變速曲線運動，根據(jù)牛頓第二定律qE=ma可得加速度（3）粒子打在x軸（x>0）側(cè)最遠時，設(shè)射出電場時水平速度為vx，電場中v0x2-vx2=2ax1射出電場后x2=vx×dvy，x14．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）豎直平面內(nèi)水平虛線上方有方向水平向左的勻強電場。虛線下方高度為H的區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場和方向豎直向上的勻強電場，虛線上、下方的電場強度大小相等。將質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從a點以初速度v0豎直向上拋出，小球的運動軌跡如圖所示，a、c兩點在虛線上，b點為軌跡的最高點。小球從c點進入虛線下方區(qū)域做勻速圓周運動且恰好不出下邊界。不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)小球運動到b點的時間t及小球經(jīng)過c點時的速度大??；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小?！敬鸢浮?1)v(2)B【詳析】（1）由于小球在虛線上方豎直向上做勻減速運動，到b點時豎直速度為0，則v0=gt解得t=v0g又由于小球在虛線下方磁場和電場中做勻速圓周運動，則qE=mg從a到c的運動時間tac=2t=（2）由題意可知小球運動軌跡如圖所示設(shè)c點小球速度與水平方向成θ，由cosθ=vcxvc解得cosθ=25515．（2025·海南·三模）如圖所示，間距為L的水平平行軌道與傾角α=53°、足夠長的平行光滑傾斜軌道在P、Q兩點相連，軌道均由電阻不計的金屬材料制成。軌道間存在兩個勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小均為B，以PQ為邊界左側(cè)區(qū)域I磁場的長度為d，方向豎直向下，右側(cè)區(qū)域II磁場垂直于傾斜軌道平面向上。水平軌道左端連接阻值為R的電阻，傾斜軌道下端連接阻值為R2的電阻。一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿a從圖中位置開始向右運動，并以速度v0與靜止在區(qū)域I左側(cè)邊緣處的相同金屬桿b發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，金屬桿b立刻進入磁場并以速度v02離開區(qū)域I，然后通過P、Q兩點（在兩點上方有約束裝置保證金屬桿滑到傾斜軌道過程中無機械能損失）進入?yún)^(qū)域II，在區(qū)域II中加速時間t后達到穩(wěn)定速度。金屬桿與軌道始終垂直且接觸良好，金屬桿與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g(1)金屬桿b在區(qū)域I內(nèi)運動過程中，左側(cè)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)金屬桿b在區(qū)域I內(nèi)運動過程中，流過金屬桿b的電荷量q0；(3)金屬桿b在區(qū)域II內(nèi)運動過程中的最終穩(wěn)定速度大小及在區(qū)域II中加速時間t內(nèi)流過金屬桿b的電荷量q1?！敬鸢浮?1)3(2)4(3)mgRB2【詳析】（1）根據(jù)動量守恒和能量守恒定律可得mv0=mvb+mva，12mv02=12mvb2+12mva2可得va=0，vb=（2）金屬桿b從進入?yún)^(qū)域I到離開的過程中，通過金屬桿b的電荷量q0=IΔt，I=ER總=（3）金屬桿b在區(qū)域II內(nèi)運動過程中有最大速度時有BIL=mgsinα，I=ER+R4，E=BLvm聯(lián)立可得vm=mgR16．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）如圖甲、乙所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平面（紙面）上，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計，空間內(nèi)有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。金屬桿ab垂直于導(dǎo)軌放置并可在導(dǎo)軌上自由滑動，質(zhì)量為m、電阻不計。甲圖中金屬桿cd質(zhì)量為m、電阻為R；乙圖中金屬桿cd質(zhì)量為m、電阻不計，在導(dǎo)軌MN上兩桿之間且離cd桿足夠遠處連接有一電容為C的電容器?，F(xiàn)垂直ab施加一水平向右，大小為F的恒力，兩金屬桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，空氣阻力忽略不計。(1)若甲圖中cd被鎖定保持靜止：（i）求ab可達到的最大速度vm；（ii）若經(jīng)過t0后ab速度達到v0，求這段時間ab的位移大小x；(2)若乙圖中cd被鎖定保持靜止，通過推導(dǎo)說明ab運動性質(zhì)；(3)若乙圖中cd也可以在導(dǎo)軌上自由滑動，通過推導(dǎo)說明cd桿能否做勻加速運動。如果能請求出cd的加速度a；如果不能請說明cd速度變化的具體情況。【答案】(1)（i）FRB2L2(2)見解析(3)能，CF【詳析】（1）（i）甲圖中cd被鎖定保持靜止，當ab桿的加速度為零時，速度達到最大，即F=BIL聯(lián)立解得v（ii）經(jīng)過t0后ab速度達到v0，根據(jù)動量定理可得Ft0-BIL?t0（2）若乙圖中cd被鎖定保持靜止，則F-BIL=ma'，I（3）由于cd桿在水平方向只受安培力作用，所以BI'L=ma，I'=ΔQ'Δt'=17．（2025·海南?？凇し抡婵迹┤鐖D所示，圓心為O的兩個同心圓是磁場的邊界，小圓半徑為R0，大圓半徑R未知，小圓內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，兩圓邊界之間環(huán)形區(qū)域磁感應(yīng)強度為3B03，磁場方向垂直于紙面向外。某時刻一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），從小圓的A點沿半徑方向射向圓心O，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過邊界上M(1)粒子射入磁場的初速度v0(2)大圓環(huán)的半徑R以及粒子從A點出發(fā)第一次到達N點的時間；(3)粒子運動的周期T0和在一個周期內(nèi)粒子運動的軌跡長度s【答案】(1)v(2)R=2+(3)T0=【詳析】（1）小圓磁場內(nèi)從A點到M點，由洛倫茲力提供向心力qv0B0=m（2）根據(jù)粒子在磁場內(nèi)做圓周運動的半徑公式r=mvqB可得粒子在環(huán)形區(qū)域磁場內(nèi)的半徑為r2=3R0（粒子運動的部分軌跡如圖所示）由幾何關(guān)系可得粒子在環(huán)形區(qū)域內(nèi)圓周運動的圓心O2點到O點的距離為2R0，圓心角∠MON=120°則大圓的半徑為R=2+3R0（3）粒子從A點出發(fā)第一次到達N點運動的軌跡長度為sAN=14×2πr1+56×2πr2=3+103πR06粒子從A點出發(fā)第一次到達N點，相對圓心O轉(zhuǎn)過的圓心角為210°18．（2025·海南·三模）如圖所示，水平面上的長方體空間，棱長A1A3=2L，截面A2B2C2D2將長方體均分為兩正方體，長方體內(nèi)（含邊界）分布有豎直向上的勻強電場，右側(cè)正方體內(nèi)（含邊界）還分布有豎直方向的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度大小為B0。一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電微粒沿平行于A(1)勻強電場的場強大小E；(2)帶電微粒從G到F運動的時間；(3)若僅改變微粒進入長方體時的速度大小，帶電微粒自G出發(fā)最終從C1【答案】(1)mg(2)((3)(【詳析】（1）帶電微粒從A1B1中點進入電場，恰好運動到解得E（2）帶電微粒從G點開始運動，先做勻速直線運動，運動時間為t1=Lv在右邊正方體內(nèi)豎直方向電場力和重力平衡，合力僅為洛倫茲力，故做勻速圓周運動，則根據(jù)幾何關(guān)系知半徑r=L則由qvB0=mv2r（3）僅改變微粒進入長方體時的速度大小，帶電微粒自G出發(fā)最終從C1D1中點離開長方體，則在左邊正方體中運動時間為t'1=2Lv'根據(jù)幾何關(guān)系知半徑r'=L2，19．（2025·海南瓊海嘉積中學(xué)·一模）如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，場強大小為E，方向與xOy平面平行，且與x軸成30°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；粒子進入電場后磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，結(jié)果能使粒子返回到P點（不計粒子重力），求：(1)粒子在磁場中運動半徑R；(2)從P點出發(fā)到再次回到P點的時間；(3)第四次到達x軸上時到原點0的距離?！敬鸢浮?1)m(2)8(3)m【詳析】（1）粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力Bqv0=（2）粒子在磁場中的運動周期T=2由幾何關(guān)系得粒子第一次在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度θ=240°由題意得粒子第一次在磁場中的運動時間t1=240°360°T=4πm（3）由粒子在磁場中圓周運動的對稱性特點，可知其軌跡如圖：由幾何關(guān)系得，粒子第三次到達x軸上時，到坐標原點的距離為d1=R-Rsin30°粒子在電場中運動時x軸方向：ax=qEmx1=綜上可得，第四次回到x軸上時，粒子距原點的距x專題11計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1力學(xué)計算2021、2022、2024、2025命題呈現(xiàn)出情境多元化、知識綜合化、能力素養(yǎng)化的趨勢。在情境創(chuàng)設(shè)上，緊密關(guān)聯(lián)生活實際、科技前沿與傳統(tǒng)文化，像借助航天軌道設(shè)計、新能源設(shè)備運作、古代計時工具原理等情境，促使考生從復(fù)雜信息里抽象出物理模型。?知識考查層面，不再局限于單一模塊，而是強化多模塊融合。常將力學(xué)（如牛頓運動定律、能量守恒）與電磁學(xué)（如電場、磁場、電磁感應(yīng)）深度結(jié)合，或讓熱學(xué)與能量知識相互交織，例如考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，就需考生綜合運用多板塊知識分析粒子軌跡與能量變化。?對考生能力要求逐步提升，注重科學(xué)思維與探究能力考查。一方面，要求考生具備敏銳的建模能力，快速把實際問題轉(zhuǎn)化為熟知的物理模型；另一方面，強調(diào)數(shù)理結(jié)合，考生要靈活運用數(shù)學(xué)工具，如通過三角函數(shù)、圖像斜率、極值求解等方法處理物理問題。同時，試題注重對復(fù)雜過程的分析，考查考生邏輯推理與歸納總結(jié)能力，如分析多階段運動、多物體相互作用等問題，以此選拔具備較強學(xué)科素養(yǎng)與綜合能力的考生?？键c2電學(xué)計算2021、2022、2023、2024、2025考點01力學(xué)計算1．（2025·海南·高考）足夠長的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑，圓心角的圓弧軌道與平臺平滑連接，平臺與順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點無初速度下滑，在平臺與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知，，A、B可視為質(zhì)點，AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，在傳送帶上運動的過程中，因摩擦生熱，忽略軌道及平臺的摩擦，(1)A滑到圓弧最低點時受的支持力；(2)A與B整個碰撞過程中損失的機械能；(3)傳送帶的速度大小?！敬鸢浮?1)，方向豎直向上；(2)(3)或【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點間，根據(jù)機械能守恒解得在最低點根據(jù)牛頓第二定律解得，方向豎直向上；（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動量守恒解得故A與B整個碰撞過程中損失的機械能為（3）第一種情況，當傳送帶速度小于時，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運動，設(shè)AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，對AB根據(jù)牛頓第二定律設(shè)經(jīng)過時間后AB與傳送帶共速，可得該段時間內(nèi)AB運動的位移為傳送帶運動的位移為故可得聯(lián)立解得，另一解大于舍去；第二種情況，當傳送帶速度大于時，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運動，設(shè)經(jīng)過時間后AB與傳送帶共速，同理可得該段時間內(nèi)AB運動的位移為傳送帶運動的位移為故可得解得，另一解小于舍去。2．（2024·海南·高考）某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量，一質(zhì)量為的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行停下。游客視為質(zhì)點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦系數(shù)均為，忽略空氣阻力，重力加速度，求：（1）游客滑到b點時對滑梯的壓力的大??；（2）滑板的長度L【答案】（1）；（2）【詳析】（1）設(shè)游客滑到b點時速度為，從a到b過程，根據(jù)機械能守恒解得在b點根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小為（2）設(shè)游客恰好滑上平臺時的速度為，在平臺上運動過程由動能定理得解得根據(jù)題意當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運動，滑板一直做加速運動，設(shè)加速度大小分別為和，得根據(jù)運動學(xué)規(guī)律對游客解得該段時間內(nèi)游客的位移為滑板的位移為根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長度為3．（2022·海南·高考）有一個角度可變的軌道，當傾角為時，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運動，已知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的3倍，求：①A與軌道間的動摩擦因數(shù)；②A與B剛碰完B的速度大??；③繩子的長度L?！敬鸢浮竣?；②；③0.6h【詳析】①傾角為時勻速運動，根據(jù)平衡條件有得②③A從高為h的地方滑下后速度為，根據(jù)動能定理有A與B碰撞后速度分別為和，根據(jù)動量守恒、能量守恒有，B到達最高點速度為，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)能量守恒有解得4．（2021·海南·高考）如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大??；（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功?！敬鸢浮浚?）v共=；（2）x=；（3）t=，W=mv02【詳析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡得v滑=v0，v木=v0再根據(jù)功能關(guān)系有-μmgx=×2mv木2+mv滑2-×2mv02經(jīng)過計算得x=（3）由于木板保持勻速直線運動，則有F=μmg對滑塊進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對木板靜止時有v0=a滑t解得t=則整個過程中木板滑動的距離為x′=v0t=則拉力所做的功為W=Fx′=mv025．（2021·海南·高考）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，其波源的平衡位置在坐標原點，波源在0~4s內(nèi)的振動圖像如圖（a）所示，已知波的傳播速度為0.5m/s。（1）求這列橫波的波長；（2）求波源在4s內(nèi)通過的路程；（3）在圖（b）中畫出t=4s時刻的波形圖?！敬鸢浮浚?）λ=2m；（2）s=16cm；（3）【詳析】（1）由題知圖（a）為波源的振動圖像，則可知A=4cm，T=4s由于波的傳播速度為0.5m/s，根據(jù)波長與速度關(guān)系有λ=vT=2m（2）由（1）可知波源的振動周期為4s，則4s內(nèi)波源通過的路程為s=4A=16cm（3）由題圖可知在t=0時波源的起振方向向上，由于波速為0.5m/s，則在4s時根據(jù)x=vt=2m可知該波剛好傳到位置為2m的質(zhì)點，且波源剛好回到平衡位置，且該波沿正方向傳播，則根據(jù)“上坡、下坡”法可繪制出t=4s時刻的波形圖如下圖所示考點02電學(xué)計算6．（2025·海南·高考）間距為L的金屬導(dǎo)軌傾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，導(dǎo)軌上方接有電源和開關(guān)，傾斜導(dǎo)軌與水平面夾角，處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，水平導(dǎo)軌處于垂直豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為，兩相同導(dǎo)體棒、與水平導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩棒質(zhì)量均，接入電路中的電阻均為，棒僅在水平導(dǎo)軌上運動，兩導(dǎo)體棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不互相碰撞，忽略金屬導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為。(1)鎖定水平導(dǎo)軌上的棒，閉合開關(guān)，棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，求通過棒的電流；斷開開關(guān)，同時解除棒的鎖定，當棒下滑距離為時，棒開始運動，求棒從解除鎖定到開始運動過程中，棒產(chǎn)生的焦耳熱；(2)此后棒在下滑過程中，電流達到穩(wěn)定，求此時、棒的速度大小之差；(3)棒中電流穩(wěn)定之后繼續(xù)下滑，從棒到達水平導(dǎo)軌開始計時，時刻棒速度為零，加速度不為零，此后某時刻，棒的加速度為零，速度不為零，求從時刻到某時刻，、的路程之差?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳析】（1）棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，根據(jù)平衡條件可得，解得通過棒的電流為設(shè)當棒下滑距離為時速度為，棒開始運動時回路中的電流為，此時對cd棒有同時有，分析可知棒從解除鎖定到開始運動過程中，棒產(chǎn)生的焦耳熱與ab棒產(chǎn)生的焦耳熱相等，整個過程根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得棒產(chǎn)生的焦耳熱為（2）分析可知棒在下滑過程中產(chǎn)生的電動勢與cd棒在向左運動的過程中產(chǎn)生的電動勢方向相反，故當電流達到穩(wěn)定時，兩棒的速度差恒定，故可知此時兩棒的加速度相等，由于兩棒受到的安培力大小相等，對兩棒有，同時有，聯(lián)立解得此時、棒的速度大小之差為（3）分析可知從開始到時刻，兩棒整體所受的合外力為零，故該過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)時刻ab棒的速度為，可知解得設(shè)某時刻時，ab棒速度為，cd棒速度為，棒的加速度為零，可得①其中分析可知此時兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢方向相反，可得②從時刻到某時刻間，對兩棒分別根據(jù)動量定理有，變式可得，兩式相加得③同時有④聯(lián)立①②③④可得從到某時刻，、的路程之差為7．（2024·海南·高考）如圖，在xOy坐標系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強度大小為B、的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計粒子的重力和粒子之間的影響）（1）求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度的大小，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進入?yún)^(qū)域Ⅲ時速度方向與y軸負方向的夾角成74°角。當粒子動能最大時，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3），【詳析】（1）根據(jù)動能定理得解得粒子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，根據(jù)題意某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時粒子的運動軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力解得（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑均為R，因為在區(qū)域Ⅰ中的磁場半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點四點構(gòu)成一個菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點連線平行于粒子射入點與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運動的圓弧所對的弦長最短，即此時最短弦長為區(qū)域Ⅱ的磁場圓半徑，根據(jù)幾何知識可得此時在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場中運動周期分別為，故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間為（3）如圖，將速度分解為沿y軸正方向的速度及速度，因為可得，故可知沿y軸正方向的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場力平衡，粒子同時受到另一方向的洛倫茲力，故粒子沿y正方向做旋進運動，根據(jù)角度可知故當方向為豎直向上時此時粒子速度最大，即最大速度為圓周運動半徑根據(jù)幾何關(guān)系可知此時所在的位置到y(tǒng)軸的距離為8．（2024·海南·高考）虛接是常見的電路故障，如圖所示，電熱器A與電熱器B并聯(lián)。電路中的C處由于某種原因形成了虛接，造成了該處接觸電阻0~240Ω之間不穩(wěn)定變化，可等效為電阻，已知MN兩端電壓，A與B的電阻，求：（1）MN間電阻R的變化范圍；（2）當，電熱器B消耗的功率（保留3位有效數(shù)字）【答案】（1）；（2）【詳析】（1）根據(jù)電路可知當時MN間電阻R的阻值最小，為當時MN間電阻R的阻值最大，為故MN間電阻R的變化范圍為（2）當，通過電熱器B的電流為此時電熱器B消耗的功率為解得9．（2023·海南·高考）如圖所示，U形金屬桿上邊長為，質(zhì)量為，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的勻強磁場。（1）若插入導(dǎo)電液體部分深，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度，設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（2）若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度，通電時間，求通過金屬桿截面的電荷量。

【答案】（1），4.17A；（2）0.085C【詳析】（1）對金屬桿，跳起的高度為，豎直上拋運動由運動學(xué)關(guān)系式解得通電過程金屬桿收到的安培力大小為由動能定理得解得（2）對金屬桿，通電時間，由動量定理有由運動學(xué)公式通過金屬桿截面的電荷量聯(lián)立解得10．（2022·海南·高考）光滑的水平長直軌道放在勻強磁場中，軌道寬，一導(dǎo)體棒長也為，質(zhì)量，電阻靜止在導(dǎo)軌上，它與導(dǎo)軌接觸良好。當開關(guān)與a接通時，電源可提供恒定的電流，電流方向可根據(jù)需要進行改變，開關(guān)與b接通時，電阻，若開關(guān)的切換與電流的換向均可在瞬間完成，求：①當棒中電流由M流向N時，棒的加速度的大小和方向是怎樣的；②當開關(guān)始終接a，要想在最短時間內(nèi)使棒向左移動而靜止，則棒的最大速度是多少；③要想棒在最短時間內(nèi)向左移動而靜止，則棒中產(chǎn)生的焦耳熱是多少?！敬鸢浮竣?，方向向右；②；③【詳析】①當電流從M流向N時，由左手定則可判斷安培力向右，故加速度方向向右。根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)可得②開關(guān)始終接a時，電流N到M，經(jīng)過時間后電流變?yōu)镸到N，再經(jīng)時間速度減為零，前s，則有后s，則有根據(jù)聯(lián)立解得③若導(dǎo)體棒達到一定速度時開關(guān)接b，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恰為1A時，則有，可知此刻的速度為棒達到最大速度后開關(guān)接b由安培力能提供的加速度大小會比開關(guān)接a提供的加速度更大。故最短時間先接a一段時間，電流由N到M，再接到b端一段時間，再接到a端一段時間，電流由M到N，最后直到棒靜止第一段，則有，，第二段，則有由動量定理且則有第二段末的加速度與第三段相同，則第三段，，又解得v＇=1m/s，，故11．（2021·海南·高考）如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)椋螅海╥）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）（i），（ii）【詳析】（1）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv0則金屬桿中的電流由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動則有根據(jù)功率的計算公式有（2）（i）設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動時的電流由微觀表示為解得當電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)闀r，有解得v′=根據(jù)能量守恒定律有解得（ii）由（i）可知在這段時間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到，設(shè)這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離為d，規(guī)定水平向右為正方向，則根據(jù)動量定理有由于解得1．（2025·海南農(nóng)墾中學(xué)·三沖）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時小球(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小；(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，求第一次碰撞到第二次碰撞所需要的時間t及第二次碰撞后瞬間兩小球的速度；(3)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質(zhì)量比mA【答案】(1)mAv(2)2πRv0，(3)2或5【詳析】（1）對A、B構(gòu)成的系統(tǒng)進行分析，根據(jù)動量守恒定律有mAv0=mA+mB（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則有mAv0=mAvA+mBv第二次碰撞過程，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為vA'，mAv解得vA'（3）因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖所示①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為1+3k14+3k1（k1=0，1，2，3…）則有vAvB=xAxB=1+3k14+3k1（k1=0，1，2，3…）②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為2+3k25+3k2（k1=0，1，2，3…）則有vAvB=xAxB=2+3k25+3k2解得2．（2025·海南儋州二中·一模）如圖所示，滑行軌道由水平部分和光滑半圓弧部分組成，水平軌道A點左側(cè)粗糙且足夠長，μ=0.1，A點右側(cè)光滑，距離圓弧最低點B點距離為L=1m。兩個物塊（均可視為質(zhì)點）緊靠在A點，質(zhì)量分別為M=0.2kg和m=0.1kg，中間填充炸藥，引爆炸藥兩物塊可瞬間獲得速度向兩側(cè)滑去，其中M滑塊滑行距離s=2m，m滑塊將沖上圓弧軌道并從C點飛出去落回到水平面，g取10m/s2。(1)炸藥引爆后瞬間，兩滑塊的速度分別是多大？(2)若圓弧軌道半徑r=0.2m，滑塊滑到C點時對軌道的壓力是多大？(3)若軌道半徑r可改變，試判斷m滑塊從C點飛出后能否落在粗糙軌道部分，并說明緣由?！敬鸢浮?1)2m/s，4m/s(2)3N(3)不能，詳見解析【詳析】（1）對M滑塊，根據(jù)動能定理，有-μMg?s=0-12MvM（2）對m滑塊，A至C過程，由動能定理，有-mg?2r=12mvc2-12m（3）對m滑塊，由（2）得vC'=vm2-4gr從C點開始做平拋運動，有2r=12gt2，x=vC't3．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）一個質(zhì)量為m的羽毛球（可將羽毛球看成質(zhì)點）卡在球筒底部，球筒的質(zhì)量為M，筒長為L，已知羽毛球和球筒間的最大靜摩擦和滑動摩擦力大小近似相等，且恒為f＝4mg。重力加速度為g，不計一切空氣阻力。某同學(xué)使用以下兩種方式將球從筒內(nèi)取出：(1)“甩”，如圖甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在豎直平面內(nèi)繞O點做半徑為R的圓周運動。當球筒運動至豎直朝下時，羽毛球恰要相對球筒滑動，求此時球筒的角速度；(2)“落”，如圖乙所示。讓球筒從離地h高處由靜止釋放，已知：M＝8m，且球筒撞擊地面后反彈的速度大小始終為撞擊前的14。若要求在球筒第一次到達最高點以后，羽毛球從球筒中滑出，求h【答案】(1)ω(2)72【詳析】（1）當球筒運動至豎直朝下時，以羽毛球為研究對象，羽毛球恰要相對球筒滑動對羽毛球受力分析有f-mg=mRω2（2）羽毛球和球筒從h處自由下落，觸地瞬間的速度滿足v02=2gh此后m以初速度v0向下做勻減速運動，M以v04的初速度向上做勻減速運動在二者達到共速之前的過程中對m，由牛頓第二定律f-mg=ma1解得a1=3g對M，由牛頓第二定律f+Mg=Ma2解得a2=1.5g設(shè)M第一次運動至最高點的時間為t0由v=v0-at有14v0=a2t0解得t0=v06g取豎直向下為正方向，設(shè)二者在t1時刻達到共速則有v0-a1t1=-14v0+a2t1解得4．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖所示，質(zhì)量為M=0.5kg的小球靜置于高度為h=3.2m的光滑直桿頂端。一顆質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以v0=500m/s的速度沿水平方向擊中小球，并迅速從球心穿過。已知小球落地處離桿的水平距離為s=4.8m，不計空氣阻力，取g=10m/s2，求：(1)小球落地時重力做功的瞬時功率P；(2)子彈穿過小球的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)40W(2)1041J【詳析】（1）小球做平拋運動的過程豎直方向有h=12gt2解得t=0.8s（2）小球做平拋運動水平方向有s=v2t解得v2=6m/s子彈穿過小球的過程，由動量守恒可得mv0=5．（2025·海南·三模）如圖所示，風洞實驗室可以產(chǎn)生豎直向上的恒定風力。在風洞中O點將一個質(zhì)量為m=1kg的小球以初速度v0=4m/s水平向右拋出，一段時間后小球經(jīng)過右上方的P點。已知OP=5m，OP與水平方向的夾角為θ=37°，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球到P點時的速度大?。?2)小球從O到P的過程中恒定風力的沖量大?。?3)小球從O到P的過程中到OP的最遠距離?！敬鸢浮?1)2(2)16N?s(3)0.6m【詳析】（1）根據(jù)題意可知小球做類平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t運動到P點，則OP=L水平向右做勻速直線運動，則Lcosθ=v0t代入數(shù)據(jù)得t=1s豎直向上做初速度為零的勻加速直線運動Lsinθ=12（2）設(shè)恒定風力為F，豎直方向根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=ma代入數(shù)據(jù)得F=16N小球從（3）小球的運動可以分解為沿OP方向和垂直O(jiān)P方向，如圖所示垂直O(jiān)P方向的初速度v1=v0sinθ垂直O(jiān)P方向的加速度a1=acosθ設(shè)垂直O(jiān)P方向的速度減為0時的位移為x，則6．（2025·海南?？凇し抡婵迹┤鐖D所示，小球A以初速度v0=3gR豎直向上沖入半徑為R的四分之一粗糙圓弧管道，然后從管道另一端M點沿水平方向以速度v1=2gR沖出，在光滑水平面上與右端連有靜止小球B的輕質(zhì)彈簧在同一直線上發(fā)生相互作用。已知A、B的質(zhì)量分別為3(1)球A到達M點時對管道的壓力大小及方向；(2)小球在管道內(nèi)運動過程中阻力做的功；(3)B球最終的速度大小。【答案】(1)3mg(2)-(3)6【詳析】（1）設(shè)球A在M點所受管道彈力大小N1，假設(shè)其方向豎直向下，則有N1+3mg=3mv12R（2）球A在管道內(nèi)運動過程，根據(jù)動能定理有-3mgR+W（3）設(shè)球A、B分離后速度分別為vA、vB，A、B根據(jù)機械能守恒定律有12×3m7．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）有一款趣味游戲裝置，由水平直軌道ABC和半徑為R的豎直光滑半圓形軌道CDE組成，直軌道與圓軌道平滑連接，O點為半圓形軌道的圓心，D點與O點等高，BC=2R。直軌道AB段光滑，BC段粗糙。在B點正上方與O點等高處有一個小網(wǎng)兜P，將自然長度小于AB段長度的輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與小球1接觸但不拴接，小球2靜置于B處。游戲者將球1向左壓縮彈簧到某一位置后（彈簧處在彈性限度內(nèi)）由靜止釋放，與球2發(fā)生彈性正碰，碰撞后，球1立即鎖定。若球2能從半圓形軌道最高點E飛出，并恰好落入網(wǎng)兜P，視為挑戰(zhàn)成功。已知球1的質(zhì)量為m，球2的質(zhì)量為2m，球2在BC段所受的阻力大小f=0.5mg，g為重力加速度，兩小球均可視為質(zhì)點。若游戲挑戰(zhàn)成功，求：(1)球2通過E點時的速度大小；(2)球2經(jīng)過圓軌道最低點C時對軌道的壓力；(3)球1靜止釋放時彈簧的彈性勢能Ep?！敬鸢浮?1)2(2)14mg，方向豎直向下(3)63【詳析】（1）球2從半圓軌道上E點飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有2R=vEt（2）小球2從C運動到E的過程，根據(jù)動能定理可得-2mg?2R=12?2mvE2-12?2mvC2（3）球2從B到C，根據(jù)動能定理有-f?2R=12?2mvC2-12?2mvB2解得vB=7gR球1和球2的碰撞為彈性碰撞，設(shè)碰前球1的速度為v8．（2025·海南瓊海嘉積中學(xué)·一模）如圖所示，質(zhì)量為M=0.99kg的木球用細繩連接掛在O點處于靜止狀態(tài)，O點到球心的距離為L=0.5m，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以速度v0射入木球并留在木球中（子彈與木球作用時間很短），若子彈射入木球后，木球（含子彈）在豎直平面內(nèi)恰好能繞O點做圓周運動，求：（重力加速度g取10m/s2）(1)子彈射入木球后瞬間，木球與子彈的共同速度大?。?2)子彈的入射速度v0大小?！敬鸢浮?1)5m/s(2)500m/s【詳析】（1）小球在豎直平面內(nèi)恰好做圓周運動，在最高點，由重力提供向心力得m小球從最低點運動到最高點過程，由機械能守恒定律得12m+（2）子彈射入木球過程，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=9．（2025·海南·三模）某興趣小組在研究物體在水面上運動時所受阻力的課題時，做了如圖所示的實驗。圖中ABCD為一個充水的水池，水池左側(cè)有四分之一光滑圓弧軌道。一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊從圓弧軌道的最上端靜止釋放，小物塊運動至軌道底端時，恰好以水平速度沖上?？吭谒刈髠?cè)木板的上表面。已知木板質(zhì)量M=0.3kg，長度L=2m，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，圓弧軌道的半徑R=1.25m(1)求小物塊運動至軌道最底端時，軌道對其支持力的大??；(2)若木板在水面上運動時水的阻力忽略不計，則小物塊與木板達到共速時（木板尚未到達水池右端），求小物塊與木板左端的距離；(3)若木板在水面上運動時，水對木板的阻力f與木板的速度v成正比，即f=kv，其中k=0.25kg/s。最終木板恰好運動至水池右端速度減為零，且小物塊也處在木板的右端，求水池的長度L【答案】(1)3N(2)1.875m(3)4m，2m/s【詳析】（1）由動能定理可得mgR=12mvA（2）由動量守恒定律可得mvA=(M+m（3）對小物塊和木板組成的整體，由動量定理可得-kv×t=0-mvA整理得-k×x'10．（2025·海南·三模）如圖所示，將一開口向上的汽缸放置于托舉平臺上，汽缸上部橫截面面積為S1=S，汽缸下部橫截面面積為S2=2(1)若在活塞上放置一個質(zhì)量為m的物塊，活塞穩(wěn)定后恰好下降H2，求大氣壓強p(2)仍將質(zhì)量為m的物塊放在活塞上，控制托舉平臺，使汽缸和物塊一起向上做勻加速直線運動，為保證活塞不進入汽缸下部，計算平臺的最大加速度?！敬鸢浮?1)5(2)1.5【詳析】（1）對封閉氣體，初始時壓強為p0，體積為V0=HS1+HS2=3HS末態(tài)時壓強為（2）當活塞剛好到達汽缸連接處時，由最大加速度，此時由玻意耳定律p0V0=p2V2其中V211．（2025·海南瓊海嘉積中學(xué)·預(yù)測）如圖，光滑半圓軌道豎直固定，軌道上邊緣和下邊緣恰好在一條豎直線上，軌道半徑為R，軌道下邊緣到水平面的距離也為R?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球A用彈射器緊貼軌道上邊緣射入軌道，小球A恰好能沿軌道運動，與放置在軌道下邊緣的小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A和B均向前飛出，落在水平面上。已知小球A、B落到水平面上時對應(yīng)的水平位移大小之比xA:xB=1:3，小球A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，求：(1)彈射器釋放的彈性勢能；(2)小球B的質(zhì)量；(3)若小球A與B碰撞瞬間，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，求小球A、B落到水平面上時對應(yīng)的水平位移?！敬鸢浮?1)mgR(2)m(3)3【詳析】（1）小