各地高考計算題匯總(含答案)

1.(2024江蘇，14,16分)如圖所示，釘子46相距5/,處于同一高度.細線的一端系有

質量為〃的小物塊，另一端繞過4固定于氏質量為勿的小球固定在細線上。點，B、C間的

線長為3人用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時勿與水平方向的夾角為

53°.松手后，小球運動到與/、6相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動.忽視一切

摩擦，重力加速度為g,取sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:

(1)小球受到手的拉力大小凡

(2)物塊和小球的質量之比〃:0；

(3)小球向下運動到最低點時，物塊〃所受的拉力大小7.

【答案】(1)F=-Mg-mg(2)—=-(3)T=8mM8(T=竺mg或T=§Mg)

3m55(m+M)5511

【解析】(1)設小球受dG&的拉力分別為A、F2

Asin53°=Kcos53°a修Rcos53°+Ksin53°且向=加

解得F=-Mg-mg

(2)小球運動到與/、6相同高度過程中

小球上上升度A=3/sin53°,物塊下降高度

機械能守恒定律mghi=Mgh2

解得出

m5

(3)依據機械能守恒定律，小球回到起始點.設此時/C方向的加速度大小為a,重物

受到的拉力為T

牛頓運動定律的-佇%小球受熊的拉力7'二7

牛頓運動定律T'-儂cos53°-ma

8mMg,4808

斛得T=----------(T=-mg或T=——Mg)

5(m+M)5511

2.(2024天津，10,16分)我國自行研制、具有完全自主學問產權的新一代大型噴氣式客機

C919首飛勝利后，拉開了全面試驗試飛的新征程.假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為

零的勻加速直線運動，當位移行1.6X103m時才能達到起飛所要求的速度v=80m/s.已知飛

機質量爐7.0X10,kg,滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取疔10m/s?.

求飛機滑跑過程中

（1）加速度a的大?。?/p>

（2）牽引力的平均功率A

【解析】（1）飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有

v=2ax①（3分）

代入數據解得

a=2m/s2②（1分）

⑵設飛機滑跑受到的阻力為F阻，依題意有

尸m=0.1儂③（2分）

設發(fā)動機的牽引力為尸，依據牛頓其次定律有

F-Fia=ina④（3分）

設飛機滑跑過程中的平均速度為v平均，有

■平均=v/2⑤（3分）

在滑跑階段，牽引力的平均功率

尸尸5均⑥（2分）

聯立②③④⑤⑥式得

/t8.4X106W⑦（2分）

3.（2024全國1,24,12分）一質量為小的煙花彈獲得動能￡后，從地面豎直升空，當煙花

彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之

和也為￡,且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短，重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥

的質量，求

（1）煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；

（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度

2F

【答案】（1）1/g、——(2)2E/mg

Vm

【解析】（D設煙花彈上升的初速度為小由題給條件有

ZF1/2TZ?KO①（1分）

設煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有

0-Vo=-gt②（1分）

聯立①②式得

t=l/gj——2F③（2分）

Vm

⑵設爆炸時煙花彈距地面的高度為A,由機械能守恒定律有

斤mgh\④（1分）

火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為-和山由

題給條件和動量守恒定律有

1/4/Z7Fi+l/4niV2=E⑤（2分）

1/2川西+1/2卬匹=0⑥（2分）

由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動.設爆炸后煙花彈

向上運動部分接著上升的高度為益，由機械能守恒定律有

1/4加1=1/20膿⑦（1分）

聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為

kh\+hi=2E/mg⑧（2分）

4.（2024全國2,24,12分）汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)覺其正前方停有汽車B,

馬上實行制動措施，但仍舊撞上了汽車8.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,

碰撞后6車向前滑動了4.5m,4車向前滑動了2.0m,已知4和6的質量分別為2。xIC^kg

和1.5x103kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為o.10,兩車碰撞時間極短，在碰撞

后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g=lOm/s2.求

（1）碰撞后的瞬間方車速度的大??；

（2）碰撞前的瞬間/車速度的大小.

【答案】（1）%=3.0m/s（2）VA=43m/s

【解析】試題分析：兩車碰撞過程動量守恒，碰后兩車在摩擦力的作用下做勻減速運動，利

用運動學公式可以求得碰后的速度，然后在計算碰前A車的速度.

（1）設8車質量為強，碰后加速度大小為數，依據牛頓其次定律有卬通。=皿8%①

式中〃是汽車與路面間的動摩擦因數.

設碰撞后瞬間6車速度的大小為外,碰撞后滑行的距離為阻由運動學公式有

,2

VB=2aBs8②

聯立①②式并利用題給數據得益'=3.0m/s③

(2)設/車的質量為阿，碰后加速度大小為功.依據牛頓其次定律有4m49=加4a4④

設碰撞后瞬間/車速度的大小為勿，碰撞后滑行的距離為迎由運動學公式有

,2

VA=2a4s4⑤

設碰撞后瞬間/車速度的大小為”4,兩車在碰撞過程中動量守恒，有

mAVA=mAVA+mBVB@

聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得%=4.3m/s

5.(2024全國3,25,20分)如圖，在豎直平面內，一半徑為〃的光滑圓弧軌道/灰和水平

3

軌道序在/點相切.■為圓弧軌道的直徑.0為圓心，0A和0B之間的夾,角為a,sina=5,

一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過。點，落至水平軌道；在整

個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還始終受到一水平恒力的作用，已知小球在C

點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零.重力加速度大小為g求：

(1)水平恒力的大小和小球到達「點時速度的大??；

(2)小球到達/點時動量的大?。?/p>

(3)小球從。點落至水平軌道所用的時間.

,,Q5gRmJ2,3gR3l5R

【答案】(I)(2)""(3)--

22

【解析】試題分析本題考查小球在豎直面內的圓周運動、受力分析、動量、斜下拋運動及

其相關的學問點，意在考查考生敏捷運用相關學問解決問題的的實力.

解析(1)設水平恒力的大小為右，小球到達。點時所受合力的大小為尤由力的合成法則有

——=tana①

mg

產=(mg)2+好②

v2

設小球到達。點時的速度大小為片由牛頓其次定律得F=m上③

R

由①②③式和題給數據得

3

FQ=-mg?

4

V=----0

2

⑵設小球到達A點的速度大小為小作切，陽，交用于〃點，由幾何關系得

物二Asina⑥

CT9=7?(1+COSa)⑦

由動能定理有

~mg?CD~Fo?DA-l/2mv-l/2mvi⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和題給數據得，小球在/點的動量大小為叫我⑨

p=mV1=

(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設小球

在豎直方向的初速度為“一從。點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學公式有

19

v±t+-gc=CD@

vL=vsinaG

3

由⑤⑦⑩(TO式和題給數據得t=--fij

51g

6.(2024北京，22,16分)2024年將在我國舉辦其次十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具

欣賞性的項目之一.某滑道示意圖如下，長直助滑道4?與彎曲滑道6。平滑連接，滑道6c

高斤10m,，是半徑廬20m圓弧的最低點，質量爐60kg的運動員從4處由靜止起先勻加

速下滑，加速度a=4.5m/s2,到達6點時速度彷30m/s.取重力加速度爐10m/s2.

(1)求長直助滑道的長度/；

(2)求運動員在36段所受合外力的沖量的/大?。?/p>

(3)若不計8c段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力用的大小.

【解析】(1)依據勻變速直線運動公式，有占(VB-rJ/2a=100m

(2)依據動量定理，有I=mvB—mv^\800N,s

(3)運動員經。點時的受力分析如圖所示

依據動能定理，運動員在比'段運動的過程中，有

mgkp\/2mvr-\/2mvB

依據牛頓其次定律，有

聯立解得分3900N

8.(2024天津，9(1),4分)質量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為

0.05kg的子彈以200m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈

原方向運動，則木塊最終速度的大小是多少m/s.若子彈在木塊中運動時受到的平均阻

力為4.5X103N，則子彈射入木塊的深度為

【答案】200.2

【解析】子彈打木塊的過程，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有勿樂=(m㈤％

將已知條件代入解得尸20m/s;由功能關系可知，缶fd=l/2〃/o-1/2(附加v,解得流0.2

m.

9.(2024江蘇，12c(3),4分)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質量為加，運動速

度的大小為右方向向下.經過時間力，小球的速度大小為力方向變?yōu)橄蛏?忽視空氣阻

力，重力加速度為&求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小.

【答案】

【解析】取向上為正方向，動量定理加片(-卬。=/且7=(6-儂)力

解得I六Ft=2mdmgt

(2024全國1,25,20分)

如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為￡,在芯0的區(qū)域存在

方向垂直于平面對外的勻強磁場.一個氣核\H和一個笊核2IH先后從y軸上片人點以相

同的動能射出，速度方向沿x軸正方向.已知JH進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角

為60°,并從坐標原點。處第一次射出磁場.「H的質量為如電荷量為4不計重力.求

(1)?H第一次進入磁場的位置到原點0的距離

(2)磁場的磁感應強度大小

(3)第一次離開磁場的位置到原點0的距離

【解析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關

的學問點，意在考查考生敏捷運用相關學問解決問題的的實力.

11

(1)1H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示.設正在電場中

的加速度大小為%,初速度大小為％,它在電場中的運動時間為％,第一次進入磁場的位置

到原點。的距離為Si.由運動學公式有

si=①

由題給條件，1H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角力=60。.1H進入磁場時速度的y

重量的大小為。曲二％'。"61]③

s=雪

聯立以上各式得、1一3④

(2)1H在電場中運動時，由牛頓其次定律有亞=加%⑤

設汨進入磁場時速度的大小為一,由速度合成法則有‘1=,冒+(%口)2⑥

1

設磁感應強度大小為8,1H在磁場中運動的圓軌道半徑為勺，由洛倫茲力公式和牛頓其次

,酒

c[v—----

定律有勺⑦

由幾何關系得Si=2Rism0i⑧

16mE

B

聯立以上各式得qh⑨

2

(3)設1THT在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為方,在電場中的加速度大小為。2,由題

-(2m)Vy=—mv?

給條件得2221⑩

由牛頓其次定律有qE=2m?2@

設;H第一次射入磁場時的速度大小為-2,速度的方向與X軸正方向夾角為。2,入射點到原

點的距離為S2,在電場中運動的時間為叼.由運動學公式有S2=V2t2?

1-a02t2

K__2v------------sinu=—―

5a2t2?2=+(a2t2)?2“2?

，=必，

聯立以上各式得S2=Si,%=/，叱=2也?

設氫在磁場中做圓周運動的半徑為公,由⑦須及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公

(2m)v2

式得qBi@)

2,

所以出射點在原點左側.設1H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為S2,由

幾何關系有S2=2R25)。2?

聯立④⑧???式得，1H第一次離開磁場時的位置到原點。的距離為

,2J3「

s2-s2=-^-l^h^

11(2024全國2,25,20分)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平

面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為磁感應強度的大小

為B,方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為『，電場強度的大小

均為E,方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行.一

帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經過一段時間后恰好以從M點入射

的速度從N點沿y軸正方向射出.不計重力.

(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

(2)求該粒子從M點射入時速度的大??；

71

(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為％,求該粒子的比荷及其

從M點運動到N點的時間.

wl

【解析】（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示.（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為

圓弧，上下對稱）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設粒子從〃點射入時速度的大小為

的，在下側電場中運動的時間為加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為片方向

與電場方向的夾角為。（見圖（b））,速度沿電場方向的重量為心依據牛頓其次定律有

qE二ma①

式中17和勿分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有

vi=at②

I=VQC

%=vcosQ④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為尼由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得

mv2

qvB=-----

R⑤

由幾何關系得Z=2Rcos。⑥

2.EI

Vr\=-----

聯立①②③④⑤⑥式得BI⑦

71

%=vncot-

（3）由運動學公式和題給數據得6

q_4版/

聯立①②③⑦⑧式得小一22

Bl⑨

,2（泊）

t=2t+-------T

設粒子由〃點運動到N點所用的時間為t,則2兀⑩

2兀m

T=-----

式中7是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,qB?

/二竺(1+竺)

由③⑦⑨⑩須得E?

12.(2024全國3,24,12分)如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓〃

加速后在紙面內水平向右運動，自〃點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面

對里，磁場左邊界豎直.已知甲種離子射入磁場的速度大小為匕,并在磁場邊界的"點射出；

乙種離子在仞V的中點射出；可長為1.不計重力影響和離子間的相互作用.求：

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

(1)磁場的磁感應強度大小；

(2)甲、乙兩種離子的比荷之比.

4U

【答案】(1)8=廠(2)1:4

【解析】(1)設甲種離子所帶電荷量為S、質量為期，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為

1

R,磁場的磁感應強度大小為8,由動能定理有41^=5血1"9①

由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1V=m1一②

心

由幾何關系知2占=1③

4U

由①②③式得3=廠④

(2)設乙種離子所帶電荷量為袋、質量為改，射入磁場的速度為功，在磁場中做勻速圓周

；

19vBmV

運動的半徑為R?.同理有q2U=5m2用⑤，q22=2—⑥

由題給條件有2/?2=；?

Qiq?

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為一:一=1:4⑧

13.(2024江蘇，15,16分)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為44寬

為4中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于。、點，各區(qū)域磁感

應強度大小相等.某粒子質量為以電荷量為+°,從。沿軸線射入磁場.當入射速度為歷

時，粒子從。上方°處射出磁場.取sin53°=0.8

cos53O=0.6.

2

(1)求磁感應強度大小8；

(2)入射速度為5匹時，求粒子從。運動到。的時間t；

(3)入射速度仍為5歷，通過沿軸線平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從。

運動到。'的時間增加At,求△力的最大值.

【解析】(1)粒子圓周運動的半徑皿由題意知d,解得

mv5=皿

r=o

°Bqdq

(2)設粒子在矩形磁場中的偏轉角為a

,4.

由樂rsin。，得sin。=-，即a=53°

5

在一個矩形磁場中的運動時間al7rm'解得53就

%=-------.二-----

360。/1720%

直線運動的時間2d，解得2d

’2=一’2=’

v5Vo

川，，53萬+72、d

t=4t1,+t02=(-----------)——

180v0

(3)將中間兩磁場分別向中心移動距離x

粒子向上的偏移量y=2r(1-cosa)+xtana

由y^2d,解得3

x<—d

4

則當荀=3時，A%有最大值

-d

4

粒子直線運動路程的最大值2丫

sm=^^+(2d-2xj=3d

costz

t

增加路程的最大值Asm=0-20d

增加時間的最大值△4=△sj-砂5Vo

14.(2024江蘇，13,15分)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角

為。，間距為d.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為8方向與導軌平面垂直.質量

為心的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s,導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電

流.金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力

加速度為g.求下滑究竟端的過程中，金屬棒

(1)末速度的大小心

(2)通過的電流大小I；

(3)通過的電荷量Q.

【解析】(1)勻加速直線運動d=2as解得丫=在；

(2)安培力戶安=/的金屬棒所受合力p=_E,

牛頓運動定律F=ma

解得m(gsm0-a)

I=------------

Bd

(3)運動時間v電荷量缶”

t=-

a

解得0_J2asMgsin。-。)

Bda

15.(2024全國1,33(2),10分)如圖，容積為「的汽缸由導熱材料制成，面積為S的活

塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管

上有一閥門K.起先時，K關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強均為小現將K打開，容器內

V

的液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為8時，將K關閉，活塞平衡時其下方氣體的體

V

積減小了％,不計活塞的質量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為自求流入汽缸

內液體的質量.

【解析】設活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為匕壓強為口；下方氣體的體積為用，壓

強為R.在活塞下移的過程中，活塞上、下方氣體的溫度均保持不變，由玻意耳定律得

"以=n%①（1分）

②（1分）

由已知條件得

%="2+摩6-勿8=13/24「③（2分）

%="2-勿6=/3④（2分）

設活塞上方液體的質量為0，由力的平衡條件得外儂⑤（2分）

聯立以上各式得爐15小S/26g⑥（2分）

16.（2024全國2,33（2）,10分）如圖，一