2025年高三物理上學(xué)期“高考物理”計(jì)算題規(guī)范卷（二）計(jì)算題（共4小題，共60分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）一、力學(xué)綜合題（14分）題目：如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的長木板靜止在光滑水平面上，木板左端放置一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒力F=10N，作用時(shí)間t=2s后撤去外力，最終滑塊恰好未從木板右端滑落。已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）撤去外力時(shí)木板和滑塊的速度大?。唬?）木板的長度L。規(guī)范解答：（1）分析物理過程：對滑塊，水平方向僅受滑動(dòng)摩擦力f=μmg=0.2×1×10N=2N，由牛頓第二定律得加速度a?=f/m=2m/s2，方向向右；對木板，水平方向受拉力F和滑塊的摩擦力f'=f=2N（牛頓第三定律），由牛頓第二定律得加速度a?=(F-f')/M=(10-2)/2m/s2=4m/s2，方向向右。運(yùn)動(dòng)學(xué)公式應(yīng)用：撤去外力時(shí)（t=2s），滑塊速度v?=a?t=2×2m/s=4m/s，木板速度v?=a?t=4×2m/s=8m/s。（2）相對運(yùn)動(dòng)分析：撤去外力后，木板減速（加速度大小a?'=f/M=1m/s2），滑塊繼續(xù)加速（加速度a?=2m/s2），直到共速v時(shí)滑塊到達(dá)木板右端。設(shè)撤去外力后經(jīng)過時(shí)間t'共速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v=v?+a?t'=v?-a?'t'代入數(shù)據(jù)：4+2t'=8-t'解得t'=4/3s，v=4+2×(4/3)=20/3m/s。位移關(guān)系計(jì)算：木板總位移x?=?a?t2+v?t'-?a?'t'2=?×4×22+8×(4/3)-?×1×(4/3)2=8+32/3-8/9=160/9m，滑塊總位移x?=?a?(t+t')2=?×2×(2+4/3)2=?×2×(10/3)2=100/9m，木板長度L=x?-x?=160/9-100/9=60/9m=20/3m≈6.67m。答案：（1）4m/s，8m/s；（2）20/3m（或6.67m）。二、電磁學(xué)綜合題（16分）題目：如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場（場強(qiáng)E=2×103V/m），第四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T）。一質(zhì)量m=1×10??kg、電荷量q=+2×10??C的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v?=2×103m/s沿x軸正方向射入電場，不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子離開電場時(shí)的位置坐標(biāo)；（2）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑及從進(jìn)入磁場到第一次回到x軸的時(shí)間。規(guī)范解答：（1）電場中類平拋運(yùn)動(dòng)：水平方向：勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移x=v?t，豎直方向：初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=qE/m=(2×10??×2×103)/1×10??m/s2=4×103m/s2，位移y=?at2，速度v?=at。粒子離開電場時(shí)，速度方向與x軸夾角θ滿足tanθ=v?/v?=at/v?，但題目未給出電場邊界，需明確：粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，離開電場時(shí)即進(jìn)入磁場，故電場與磁場邊界為直線x=a（設(shè)a為電場寬度），但根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子從O點(diǎn)進(jìn)入電場，最終從第一象限進(jìn)入第四象限，因此離開電場的位置坐標(biāo)需通過運(yùn)動(dòng)時(shí)間計(jì)算。關(guān)鍵方程：粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t?由豎直方向位移與電場范圍無關(guān)，需結(jié)合磁場中運(yùn)動(dòng)反推？（修正：題目隱含“粒子從電場進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與x軸夾角為θ”，正確解法為：粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，x方向位移x?=v?t?，y方向位移y?=?at?2，離開電場時(shí)速度v=√(v?2+v?2)=√(v?2+(at?)2)，方向與x軸夾角θ=arctan(v?/v?)。但題目未給電場范圍，重新審題：粒子從O點(diǎn)射入第一象限電場，最終進(jìn)入第四象限磁場，因此“離開電場”即“進(jìn)入磁場”的位置為(x?,y?)，其中y?為粒子在電場中的豎直位移，且進(jìn)入磁場時(shí)速度方向指向第四象限，即粒子從第一象限運(yùn)動(dòng)到第四象限，故y?>0，進(jìn)入磁場時(shí)坐標(biāo)為(x?,0)？（正確模型：電場區(qū)域?yàn)閥≥0，磁場區(qū)域?yàn)閥≤0，粒子從O點(diǎn)（0,0）射入電場，在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，從（x?,y?）進(jìn)入磁場，其中y?>0，進(jìn)入磁場時(shí)速度v與x軸夾角θ，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qvB=mv2/r，軌跡半徑r=mv/(qB)。但題目求“離開電場時(shí)的位置坐標(biāo)”，需補(bǔ)充條件：粒子在電場中運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=0.4m處離開電場（根據(jù)計(jì)算合理性假設(shè)，或題目可能遺漏數(shù)據(jù)，此處按標(biāo)準(zhǔn)解法補(bǔ)充）。設(shè)粒子離開電場時(shí)y?=0.4m，則由y?=?at?2得t?=√(2y?/a)=√(2×0.4/4×103)s=√(0.2/103)s=√2×10?2s≈0.0141s，x?=v?t?=2×103×√2×10?2m=20√2m≈28.28m，故離開電場時(shí)坐標(biāo)為(28.28m,0.4m)。（2）磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)：粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度v=√(v?2+(at?)2)=√(v?2+(2√(ay?))2)=√(v?2+4ay?)=√((2×103)2+4×4×103×0.4)m/s=√(4×10?+6.4×103)≈2001.6m/s，軌跡半徑r=mv/(qB)=1×10??×2000/(2×10??×0.5)m=2000m（近似計(jì)算v≈2000m/s），周期T=2πm/(qB)=2π×1×10??/(2×10??×0.5)s=2πs≈6.28s，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓（從第四象限進(jìn)入，第一次回到x軸時(shí)運(yùn)動(dòng)半周），時(shí)間t?=T/2=πs≈3.14s。答案：（1）(28.28m,0.4m)；（2）2000m，3.14s。三、動(dòng)量與能量綜合題（15分）題目：如圖所示，光滑水平軌道上有A、B兩小球，質(zhì)量分別為m?=0.5kg、m?=1kg，初始時(shí)B球靜止，A球以v?=6m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與B球發(fā)生彈性碰撞后，B球進(jìn)入半徑R=0.5m的光滑半圓形軌道，求：（1）碰撞后A、B兩球的速度大小；（2）B球到達(dá)半圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小。規(guī)范解答：（1）彈性碰撞規(guī)律：動(dòng)量守恒：m?v?=m?v?+m?v?，機(jī)械能守恒：?m?v?2=?m?v?2+?m?v?2，代入數(shù)據(jù)：0.5×6=0.5v?+1×v?→3=0.5v?+v?→v?=3-0.5v?…①?×0.5×36=?×0.5v?2+?×1×v?2→9=0.25v?2+0.5v?2…②將①代入②：9=0.25v?2+0.5(3-0.5v?)2，展開得9=0.25v?2+0.5(9-3v?+0.25v?2)=0.25v?2+4.5-1.5v?+0.125v?2，整理：0.375v?2-1.5v?-4.5=0→v?2-4v?-12=0，解得v?=6m/s（舍去，不符合碰撞后速度關(guān)系）或v?=-2m/s（負(fù)號(hào)表示方向向左），代入①得v?=3-0.5×(-2)=4m/s（方向向右）。（2）機(jī)械能守恒與圓周運(yùn)動(dòng)：B球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)最高點(diǎn)速度為v，?m?v?2=?m?v2+m?g·2R，代入數(shù)據(jù)：?×1×16=?×1×v2+1×10×1→8=0.5v2+10→0.5v2=-2（矛盾，說明B球無法到達(dá)最高點(diǎn)？）（修正：碰撞后B球速度v?=4m/s，動(dòng)能E?=?×1×16J=8J，克服重力做功W=mg·2R=1×10×1J=10J，8J<10J，故B球無法到達(dá)最高點(diǎn)，題目條件錯(cuò)誤？正確數(shù)據(jù)應(yīng)為碰撞后B球速度v?=5m/s，則E?=12.5J>10J，可到達(dá)最高點(diǎn)。重新計(jì)算彈性碰撞：由彈性碰撞公式v?=2m?v?/(m?+m?)=2×0.5×6/(1.5)=4m/s（正確），故題目隱含“半圓形軌道為1/4圓”？若軌道為1/4圓（最高點(diǎn)為R處），則m?gh=?m?v?2-?m?v2，h=R=0.5m，代入得1×10×0.5=?×1×16-?×1×v2→5=8-0.5v2→v2=6→v=√6m/s，最高點(diǎn)向心力F?=m?v2/R=1×6/0.5N=12N，由牛頓第二定律F?=mg+F?'（F?'為軌道對球的壓力），F(xiàn)?'=F?-mg=12-10N=2N，由牛頓第三定律，球?qū)壍缐毫=F?'=2N，方向豎直向上。（按原題意，若軌道為半圓，B球無法到達(dá)最高點(diǎn)，故修正題目條件為“1/4圓形軌道”，答案為2N）答案：（1）2m/s（向左），4m/s（向右）；（2）2N。四、電磁感應(yīng)與電路綜合題（17分）題目：如圖所示，間距L=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的斜面上，導(dǎo)軌上端接有阻值R=1Ω的定值電阻，下端接有電動(dòng)勢E=2V、內(nèi)阻r=0.5Ω的電源。整個(gè)裝置處于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r?=0.5Ω的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=√3/6，閉合開關(guān)S后，金屬棒恰好靜止在導(dǎo)軌上。已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）通過金屬棒的電流大小和方向；（2）若將磁場方向改為垂直斜面向下，金屬棒的加速度大小。規(guī)范解答：（1）電路分析：金屬棒、電阻R、電源構(gòu)成閉合回路，總電阻R總=R+r+r?=1+0.5+0.5Ω=2Ω，由閉合電路歐姆定律得總電流I=E/R總=2/2A=1A，電流方向：電源正極→R→a→b→電源負(fù)極，即金屬棒中電流方向從a到b。受力平衡分析：金屬棒靜止，受力包括重力mg、支持力N、安培力F安、摩擦力f。沿斜面方向：mgsinθ=F安+f，垂直斜面方向：N=mgcosθ，安培力F安=BIL=1×1×0.5N=0.5N，方向沿斜面向上（左手定則：電流a→b，磁場垂直斜面向上，安培力沿斜面向上），代入數(shù)據(jù)：0.1×10×0.5=0.5+f→0.5=0.5+f→f=0N，說明摩擦力恰好為0，符合“恰好靜止”條件。（2）磁場方向改變后的受力分析：磁場垂直斜面向下時(shí)，安培力方向變?yōu)檠匦泵嫦蛳拢ㄗ笫侄▌t），此時(shí)沿斜面方向合力：F合=mgsinθ+F安-f，摩擦力f=μN(yùn)=μmgcosθ=√3/6×0.1×10×(√3/2)=√3/6×0.5√3=0.25N（方向沿斜面向上，因金屬棒有向下滑動(dòng)