五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題10計(jì)算考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1力學(xué)計(jì)算2021、2022、2023、2024、2025計(jì)算題的難度分布呈現(xiàn)梯度化設(shè)計(jì)：基礎(chǔ)題側(cè)重單一模型的公式直接應(yīng)用（如勻變速運(yùn)動(dòng)、電路分析），壓軸題則通過多場(chǎng)耦合、變力做功等復(fù)雜情境考查綜合建模能力，例如帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的螺旋軌跡需聯(lián)立動(dòng)量定理與電磁感應(yīng)定律。命題凸顯科學(xué)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(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證熱力學(xué)定律。備考需強(qiáng)化多過程動(dòng)態(tài)分析能力，熟練掌握矢量運(yùn)算、守恒定律應(yīng)用及臨界條件的數(shù)學(xué)表征，同時(shí)關(guān)注實(shí)際問題中物理模型的提煉與遷移（如將古建筑減震機(jī)制轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)諧振動(dòng)模型）。考點(diǎn)2電磁學(xué)計(jì)算2021、2022、2023、2024、2025考點(diǎn)01力學(xué)計(jì)算1．（2025·遼寧·高考）如圖，一雪塊從傾角θ=37°的屋頂上的O點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到A點(diǎn)后離開屋頂。O、A間距離x=2.5m，A點(diǎn)距地面的高度h=1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭?dòng)摩擦因數(shù)μ(1)雪塊從A點(diǎn)離開屋頂時(shí)的速度大小v0(2)雪塊落地時(shí)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(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理mgxsinθ-μmg（2）雪塊離開屋頂后，做斜向下拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理mgh=12mv12-122．（2024·遼寧·高考）如圖，高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)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(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程x（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和v（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔE【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【詳析】（1）對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得hx代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)A的速度大小為vA=1m/sAB物塊質(zhì)量相等，同時(shí)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(dòng)量守恒，則mAvA（2）對(duì)物塊B由動(dòng)能定理-μmB（3）彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動(dòng)能及這個(gè)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(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v1的大小及木板運(yùn)動(dòng)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(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大?。唬?）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)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(dòng)量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對(duì)m1受力分析有a1=μm2gm1=4m/s2則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有v12（2）木板與彈簧接觸以后，對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對(duì)m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量x2=0.25m對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有-12（3）木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)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(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為x2時(shí)，則說明此時(shí)m1的速度大小為v2，共用時(shí)2t0，且m2一直受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得v3=32-2t0則對(duì)于m1、m2組成的系統(tǒng)有-Wf=4．（2023·遼寧·高考）某大型水陸兩棲飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機(jī)在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v?=80m/s時(shí)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(jī)攀升高度h=100m時(shí)速度達(dá)到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時(shí)開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時(shí)間t；（2）整個(gè)攀升階段，飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量ΔE?！敬鸢浮浚?）2m/s2，40s；（【詳析】（1）飛機(jī)做從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度為v12，則L=12v（2）飛機(jī)從水面至h=100Δ5．（2022·遼寧·高考）2022年北京冬奧會(huì)短道速滑混合團(tuán)體2000米接力決賽中，我國(guó)短道速滑隊(duì)奪得中國(guó)隊(duì)在本屆冬奧會(huì)的首金。（1）如果把運(yùn)動(dòng)員起跑后進(jìn)入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)員加速到速度v=9m/（2）如果把運(yùn)動(dòng)員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，若甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員同時(shí)進(jìn)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（2）根據(jù)向心加速度的表達(dá)式a=v2R可得甲、乙的向心加速度之比為a甲a乙=v甲2v乙26．（2021·遼寧·高考）機(jī)場(chǎng)地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運(yùn)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(diǎn)）。小包裹與傳送帶間的動(dòng)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(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間t?！敬鸢浮浚?）0.4m/s2；（2【詳析】（1）小包裹的速度v2大于傳動(dòng)帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動(dòng)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(dòng)帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，用時(shí)t1=v2-v1a=1.6-0.60.4s考點(diǎn)02電學(xué)計(jì)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(dǎo)體框abcd，置于始終豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ad邊與磁場(chǎng)邊界平行，ab邊中點(diǎn)位于磁場(chǎng)邊界。導(dǎo)體框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.5Ω、邊長(zhǎng)L=1m。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t連續(xù)變化，0～1s內(nèi)B-t圖像如圖（b）所示。導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流I與時(shí)間t(1)求t=0.5s時(shí)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(chǎng)不再隨時(shí)間變化。之后導(dǎo)體框解除固定，給導(dǎo)體框一個(gè)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(yīng)定律E1=ΔΦΔt=ΔB?12L2Δt=0.2-0.1（2）0～1s內(nèi)線框內(nèi)的感應(yīng)電流大小為I1=0.1A，根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由圖（c）可知1～2s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為I2=0.2A方向?yàn)槟鏁r(shí)針，根據(jù)歐姆定律可知1～2s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E2=I2R=0.1V由法拉第電磁感應(yīng)定律E2=ΔΦΔ（3）由動(dòng)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(qiáng)達(dá)到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時(shí)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(shè)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(guān)系有U1U2=n（2）設(shè)加熱前容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p0，則加熱后氣體的壓強(qiáng)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?dú)怏w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(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L(zhǎng)，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)挘鲄^(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為32v0和v0。甲到P點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)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(diǎn)時(shí)t=0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)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(duì)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(duì)稱性，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=2×30°360°×2πmqB=2πLd（3）甲粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度為v甲=32v0+at1=3v0因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)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(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。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(diǎn)飛出電場(chǎng)，并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)。已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為2m（1）求金屬板間電勢(shì)差U；（2）求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。定性畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M。【答案】（1）U=mv023q；（2）【詳析】（1）設(shè)板間距離為d，則板長(zhǎng)為3d，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=Ud根據(jù)牛頓第二定律得，電場(chǎng)力提供加速度qE=ma解得a=qUmd（2）設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)與水平方向夾角為α，則有tanα=at0粒子出電場(chǎng)后沿直線勻速直線運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力得qvB=mv2r解得r=mvqB=23mv03qB已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R=

（3）帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)半徑關(guān)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(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)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(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為gR，之后沿軌道BO運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥-R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ=45°的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后小球受到的電場(chǎng)力大小為（1）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；（2）小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大??；（3）小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理有-mgR+qE（3）小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)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(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)。abcd區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R（1）求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v03，求：①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中通過回路的電荷量q；②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離（3）初始時(shí)刻，若N到cd的距離與第（2）問初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場(chǎng)后不與N【答案】（1）F=B2L2v02R，方向水平向左；（2）【詳析】（1）細(xì)金屬桿M以初速度v0向右剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0電流方向?yàn)閍→（2）①金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理有BIL?Δt=②設(shè)兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)靠近的位移為ΔxIE整理可得q=BL?Δx2R聯(lián)立可得Δ（3）兩桿出磁場(chǎng)后在平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，若N到cd的距離與第（2）問初始時(shí)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(dòng)量守恒定律可知mv0=mv1+m?v03解得N出磁場(chǎng)時(shí)，M①M(fèi)減速出磁場(chǎng)，出磁場(chǎng)的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對(duì)M根據(jù)動(dòng)量定理有Bq聯(lián)立解得k②M運(yùn)動(dòng)到cd邊時(shí)，恰好減速到零，則對(duì)M由動(dòng)量定理有Bq同理解得k=3綜上所述，M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍為13．（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(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點(diǎn)S（-a，0）由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后，與靜止在點(diǎn)P（a，a）、質(zhì)量為m3（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場(chǎng)，同時(shí)在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場(chǎng)，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時(shí)間△t；（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時(shí)，撤去電場(chǎng)和磁場(chǎng)，經(jīng)一段時(shí)間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場(chǎng)，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時(shí)間內(nèi)粒子甲運(yùn)動(dòng)的距離L。【答案】（1）E=qB2a2m；（【詳析】（1）粒子甲勻速圓周運(yùn)動(dòng)過P點(diǎn)，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑R=a則qBv=mv2R則v=qBam粒子從（2）甲乙粒子在P點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，設(shè)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(shí)甲在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度為θ=2π設(shè)撤銷電場(chǎng)、磁場(chǎng)到加磁場(chǎng)乙運(yùn)動(dòng)了t'，可知粒子甲的勻速運(yùn)動(dòng)距離MN=L加上磁場(chǎng)后兩粒子的軌跡恰好外切，設(shè)兩圓心的連線與x軸正方向的夾角為θ。由幾何關(guān)系NQ=atanβ，O甲C=2asinθMD=(L+NQ)sin60°還有1．（2025·遼寧朝陽(yáng)北票尹湛納希高中·適應(yīng)性考試四）傳送帶以v=3m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，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(zhǎng)L=4m，懸掛小球的輕繩長(zhǎng)度為s=1m(1)煤塊與小球碰撞前運(yùn)動(dòng)的時(shí)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?！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(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a=μmgm=5m/s2設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間煤塊與傳送帶共速，則有t（2）煤塊與小球碰撞并粘合，根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv=(m+（3）碰撞后煤塊與小球一起做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)最大擺角為θ，根據(jù)動(dòng)能定理可得-解得cosθ≈0.972．（2025·遼寧·模擬押題三）如圖（a）所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2.5m的水平傳送帶以恒定的速率v0=2.5m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右側(cè)平臺(tái)上緊靠傳送帶靜置有一長(zhǎng)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=2(1)鐵塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)木板運(yùn)動(dòng)的最大速度；(3)鐵塊在木板上滑動(dòng)的總路程。【答案】(1)0.25(2)2m/s(3)1.1485m【詳析】（1）對(duì)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(shí)間t1=v0a鐵塊與傳送帶共速后運(yùn)動(dòng)的位移x2=v0（t-t1）其中t（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(tái)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(shí)木板靜止不動(dòng)，鐵塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則木板的最大速度為2m/s。（3）對(duì)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(shè)經(jīng)過時(shí)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(duì)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(shè)成立，共速后兩者都做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，鐵塊的加速度仍為a1，對(duì)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s=d+Δx+Δx'=1m+0.075m+0.0735m=1.1485m3．（2025·遼寧沈陽(yáng)遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)·二模）如圖所示，同學(xué)A在距離地面高h(yuǎn)=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(duì)面的同學(xué)B靜止不動(dòng)，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(shè)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(shí)間為0.1(1)排球運(yùn)動(dòng)過程中離地面的最大高度；(2)A擊球點(diǎn)和B接球點(diǎn)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(2)x(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°-g（3）以B墊起后排球的速度為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得(FN-mg4．（2025·遼寧沈陽(yáng)遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)·五模）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是最基本的機(jī)械振動(dòng)，質(zhì)量為m的物體在形如F=-kx的回復(fù)力作用下，其位移—時(shí)間關(guān)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(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，可以使我們加深對(duì)相關(guān)知識(shí)的理解。如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)（此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)），以水平向右的方向?yàn)閤軸的正方向建立坐標(biāo)系，物體質(zhì)量為(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(dòng)摩擦因數(shù)為μ（μ=a.試寫出物體平衡位置O'b.并以O(shè)'為新的坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向建立O'c.求物體從開始運(yùn)動(dòng)至停止所需的時(shí)間t。【答案】(1)T(2)a.12x0，b.【詳析】（1）根據(jù)題意有ω=2π（2）a.若地面粗糙，物體向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)物體進(jìn)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=kxb.當(dāng)物體向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，平衡位置坐標(biāo)為x=12xF結(jié)合上述有μmg=kxc.結(jié)合上述可知，物體向左運(yùn)動(dòng)時(shí)可看做平衡位置在O'處的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由于μ=kx02mg解得5．（2025·遼寧·三模）拋石機(jī)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(jiǎn)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(dòng)。初始時(shí)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(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)到豎直時(shí)A脫離輕桿做平拋運(yùn)動(dòng)，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)轉(zhuǎn)軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。A平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程為123L(1)A脫離輕桿時(shí)，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(duì)轉(zhuǎn)軸O的作用力大小?！敬鸢浮?1)vA=2(2)M(3)F【詳析】（1）豎直方向6L+6Lsin30°=12gt2根據(jù)角速度公式ω=vA（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得MgL+L（3）對(duì)A，F(xiàn)1+mg=mvA26L，解得F1=3mg，向下，F(xiàn)1'=3mg，向上對(duì)6．（24-25高三下·遼寧沈陽(yáng)省實(shí)驗(yàn)中學(xué)·四模）如圖，在光滑的水平地面上靜置若干可視為質(zhì)點(diǎn)的小車?，F(xiàn)建立x軸，A車質(zhì)量為M，位于坐標(biāo)原點(diǎn)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(shí)處于壓縮狀態(tài)。從A右側(cè)距離為L(zhǎng)處開始，依次擺放足夠多的、間距均為L(zhǎng)的小車，質(zhì)量均為m，編號(hào)分別為1、2、3、……。取M=3m，已知彈簧彈性勢(shì)能Ep(1)現(xiàn)靜止釋放A、B。發(fā)現(xiàn)A與1號(hào)小車碰撞前瞬間，彈簧剛好從A、B中間掉下。求彈簧的初始?jí)嚎s量Δx以及A與1號(hào)小車碰撞前瞬間的速度大小v(2)在（1）的條件下，取1號(hào)小車開始運(yùn)動(dòng)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，若此后小車間發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞?？疾齑撕髏時(shí)刻，在該時(shí)刻所有正在運(yùn)動(dòng)的小車?yán)铮瑇坐標(biāo)最大的小車此刻的坐標(biāo)值xm(3)現(xiàn)去除B車和彈簧，并對(duì)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(yùn)動(dòng)。且此后小車碰撞即粘在一起運(yùn)動(dòng)。求此后運(yùn)動(dòng)過程中A車的速度最大值vmax【答案】(1)4(2)3(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(dòng)量守恒可得MvA=mvB兩邊同乘以時(shí)間可得MvAt=mvBt1結(jié)合（1）解得v（2）以A、1為研究對(duì)象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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(shí)現(xiàn)速度交換，此后后面小車碰撞都是實(shí)現(xiàn)速度交換，在t時(shí)間內(nèi)，等效為一輛小車勻速運(yùn)動(dòng)，故運(yùn)動(dòng)的小車距離（3）設(shè)A與1碰前速度為v0，與|第一次碰后速度為v0'’由動(dòng)能定理可得FL=12Mv02=12解得v0'=34v0=342FL3m=3FL8m以A與1整體與2為研究對(duì)象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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37．（2025·遼寧大連·一模）如圖，某游樂場(chǎng)雪滑梯是由動(dòng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)。水平滑道末端有一光滑圓弧形冰坑DE、冰坑DE兩點(diǎn)高度相等，冰坑圓弧半徑R=90m，R遠(yuǎn)大于弧長(zhǎng)DE。游客從雪滑梯頂部A點(diǎn)無初速度下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。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(zhǎng)度L；(2)若游客以很小的初速度（可忽略）從A點(diǎn)下滑到達(dá)E點(diǎn)，求該游客從A點(diǎn)到E點(diǎn)所用的時(shí)間t（結(jié)果用π表示）。【答案】(1)30.25m(2)19.9s【詳析】（1）由動(dòng)能定理mgH-μmgcos（2）因游客以很小速度開始下滑，因此可看成初速度為0，設(shè)游客在傾斜滑道的加速度為a1，滑行時(shí)間為t1，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v0；在水平滑道的加速度為a2，滑行時(shí)間為t2，由牛頓第二定律mg解得a1=2.2m/s2根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得Hsin25°=12at12解得t1=5s根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得vC綜上t8．（2025·遼寧名校聯(lián)盟·二模）如圖所示，光滑水平面上有兩個(gè)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(shí)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(diǎn)。軌道A上的M點(diǎn)與其圓心O點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為37°，小球C從M點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動(dòng)到軌道A的最低點(diǎn)時(shí)與小滑塊D發(fā)生彈性正碰，碰后小滑塊D恰好能到達(dá)圓弧軌道B的最高點(diǎn)。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(1)小球C運(yùn)動(dòng)到軌道A的最低點(diǎn)時(shí)軌道A對(duì)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)到軌道A的最低點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理mCgR(1-cosθ)=12mCv（2）小球C與小滑塊D碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mCvC=mC（3）B、D組成的系統(tǒng)動(dòng)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(shí)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示，輕桿CD可繞C端自由轉(zhuǎn)動(dòng)，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(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)軸O上，通過電動(dòng)機(jī)的牽引控制CD桿的轉(zhuǎn)動(dòng)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?fàn)顟B(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(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(duì)起重吊車的支持力并分析地面對(duì)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=mg（2）對(duì)起重吊車、重物和繩整體進(jìn)行分析，整體受重力和地面對(duì)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(duì)起重吊車無摩擦力。10．（2025·遼寧沈陽(yáng)·三測(cè)）如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上靜止著兩個(gè)物塊P和Q，物塊P與輕彈簧右端連接。一個(gè)小球被一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，輕靠在物塊Q的左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到與豎直方向夾角θ=60°位置時(shí)，由靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊Q發(fā)生碰撞（碰后將小球撤離），碰撞的恢復(fù)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(1)碰撞后物塊Q的速度大??；(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(dòng)能定理得mgL1-cosθ=12mv102對(duì)小球和物塊（2）從物塊Q與彈簧開始接觸到彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律得m2v2=m2v'（3）由第二問解得v2'=-1?m/s，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊Q11．（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(yīng)強(qiáng)度大小為B?的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′經(jīng)過金屬圓環(huán)的圓心O點(diǎn)，長(zhǎng)度為2r、阻值為2R、粗細(xì)均勻的金屬棒ab的a端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸的O點(diǎn)，隨轉(zhuǎn)軸逆時(shí)針（從上往下看）勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)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(zhǎng)、間距為2r、傾角為θ的平行光滑金屬導(dǎo)軌，兩根導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與金屬圓環(huán)和導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′相連。導(dǎo)軌所在空間存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B0。質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為2r、電阻為2R的金屬棒cd垂直放置在導(dǎo)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(jì)。(1)求導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，將金屬棒cd在導(dǎo)軌上由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t0金屬棒cd速度達(dá)到穩(wěn)定，已知金屬棒cd運(yùn)動(dòng)過程中與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，求該過程中金屬棒cd運(yùn)動(dòng)的位移大小?！敬鸢浮?1)3(2)11(3)3【詳析】（1）設(shè)金屬棒ab轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)勢(shì)大小為E1=12B0ωr2回路中的電流為I=E1R（2）金屬棒ab未接入電路部分產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為E2=B0rωr+2ωr2導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸到圓弧的電勢(shì)差（3）若金屬棒ab轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，接入電路部分產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E3=14B0ωr2金屬棒cd運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E4=B0×2rvm回路中的電流大小為i=E3+E4R+2R12．（2025·遼寧·三模）質(zhì)譜儀是用來分離和檢測(cè)同位素的科學(xué)儀器。某種質(zhì)譜儀的原理如下圖，加速電場(chǎng)的電壓為U1；速度選擇器中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，兩板電壓為U2，兩板間距離為d；磁分析器在xOy坐標(biāo)系的第一、四象限中，其勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，各磁場(chǎng)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(jìn)入加速電場(chǎng)，恰能沿直線運(yùn)動(dòng)通過速度選擇器，從小孔S出來后，進(jìn)入磁分析器中偏轉(zhuǎn)，軌跡如圖中虛線所示，到達(dá)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(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)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(shí)線所示，其運(yùn)動(dòng)到Qa,b點(diǎn)時(shí)速度方向剛好沿y【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(chǎng)強(qiáng)度為E（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（3）在磁分析器中，從O到Q，沿x方向根據(jù)動(dòng)量定理有-∑kvxt-∑qvyB2t=0-mv其中在13．（2025·遼寧遼南協(xié)作體·三模）如下裝置可通過電磁感應(yīng)實(shí)現(xiàn)電源對(duì)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的精準(zhǔn)控制，從而為電磁彈射等尖端技術(shù)提供實(shí)現(xiàn)基礎(chǔ)?，F(xiàn)有一個(gè)平行導(dǎo)軌ABCDEF，導(dǎo)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(chǎng)，磁感強(qiáng)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(chǎng)，磁感強(qiáng)度也為1T，兩部分通過絕緣點(diǎn)BE相連，AD兩點(diǎn)之間接有一個(gè)輸出電流大小可以調(diào)節(jié)的恒流電源。每次實(shí)驗(yàn)時(shí)電源接通1s，然后立即斷開。某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，將1根質(zhì)量為2kg，電阻為817Ω的導(dǎo)體棒a放在水平軌道上，另一根質(zhì)量為1kg，電阻為417Ω的導(dǎo)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(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與平行導(dǎo)軌垂直且長(zhǎng)度均為1m，導(dǎo)體棒a在電源斷電前不會(huì)運(yùn)動(dòng)到BE，當(dāng)導(dǎo)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(duì)導(dǎo)體棒b的鎖定。（(1)若該次實(shí)驗(yàn)中的輸出電流為4A，求導(dǎo)體棒a到達(dá)BE時(shí)的速度。(2)在（1）的條件下，求導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)過程中與斜軌道平面距離的最大值。(3)若a導(dǎo)體棒落在b導(dǎo)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(duì)導(dǎo)體棒a受力分析，導(dǎo)體棒a受到的安培力FA=BIL解得導(dǎo)體棒a的加速度a=2m/s2（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可知，導(dǎo)體棒a沿垂直斜面方向的分速度vy=v0?sinθ=（3）由于μ=tanθ，故兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)在斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒得ma?v1=ma+mbv共解得Δ聯(lián)立解得vva根據(jù)牛頓第二定律則有F'A=14．（2025·遼寧沈陽(yáng)遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)·二模）如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系y<0、z<0區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在z≥0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在z≥0區(qū)域內(nèi)還可以施加沿x軸方向的交變電場(chǎng)Ex和沿z軸方向的交變電場(chǎng)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(diǎn)沿著與z軸正方向成某一角度的方向射出，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從原點(diǎn)O沿y軸正方向以速度(1)求粒子從P點(diǎn)射出時(shí)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(chǎng)Ex，求(3)若在z≥0區(qū)域內(nèi)同時(shí)施加如圖乙、丙所示的交變電場(chǎng)Ex、Ez，求粒子相鄰兩次經(jīng)過原點(diǎn)O【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(yùn)動(dòng)沿y軸負(fù)方向，有d=vt沿z聯(lián)立可得粒子從P點(diǎn)射出時(shí)速度的大小v0=v2解得θ=45°故粒子從P點(diǎn)射出時(shí)的速度與z軸正方向間的夾角為45°（2）粒子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向做往返運(yùn)動(dòng)。粒子在yOz平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則有qvB=mv2r解得r=mvqB根據(jù)T'=2πrv（3）粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)可視為沿yOz平面和沿x軸方向的合運(yùn)動(dòng)。粒子在yOz平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，在0～T2時(shí)間內(nèi)，在yOz平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=mvqB粒子在T2～3T2時(shí)間內(nèi)，粒子做滾輪線運(yùn)動(dòng)，可視為沿粒子在運(yùn)動(dòng)過程中與xOz平面間的最大距離ym=v1T+r=(3π2+1)mvqB由原點(diǎn)出發(fā)回到x軸的時(shí)間t1=2(T2+T)n=3nT（n=1、2、3……）15．（2025·遼寧遼南協(xié)作體·三模）在現(xiàn)代科學(xué)研究的微觀粒子探測(cè)實(shí)驗(yàn)中，常常需要精確控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡以實(shí)現(xiàn)對(duì)其各種物理性質(zhì)的研究。在這個(gè)特定的實(shí)驗(yàn)裝置里，有一套用于控制電子運(yùn)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)加速后以一定的速度水平射出并進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。速度方向改變60°角后從右邊界離開磁場(chǎng)最終打在熒光屏上，已知加速電壓為U=6.6(1)求偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)若撤去磁場(chǎng)，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，從右邊界離開電場(chǎng)也可使電子偏轉(zhuǎn)60°角最終打在熒光屏上，求所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E【答案】(1)B=1.5×(2)E【詳析】（1）電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向垂直紙面向外，電子在磁場(chǎng)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(guān)系可得r=dsin60°（2）電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)在電場(chǎng)中的時(shí)間為t，則有d=vt離開電場(chǎng)時(shí)，假設(shè)沿電場(chǎng)方向的分速度為v，則有v=eEmt16．（2025·遼寧名校聯(lián)盟·二模）如圖（a）所示，兩根平行長(zhǎng)直軌道水平固定，左端有一單刀雙擲開關(guān)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(dǎo)軌放置，金屬棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌所在空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)將開關(guān)S接a端，t=0時(shí)刻，金屬棒在水平恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好；通過金屬棒的電荷量q隨時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.1T，平行導(dǎo)軌間距(1)求前2s內(nèi)水平恒力F做的功；(2)若開關(guān)S接b端，保持水平恒力F大小不變拉動(dòng)金屬棒由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，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(guān)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(guān)S接a端，金屬棒運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終等于電容器兩端的電壓，設(shè)金屬棒在極短時(shí)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(duì)金屬棒有F（2）若開關(guān)S接b端，保持水平恒力F大小不變拉動(dòng)金屬棒由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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（3）若不加水平恒力F，開關(guān)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(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可得-BL17．（2025·遼寧沈陽(yáng)·三測(cè)）我國(guó)第三艘航母福建艦配備了目前世界上最先進(jìn)的電磁彈射系統(tǒng)。為探究彈射過程，某項(xiàng)目組設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型（俯視圖）。已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R，兩足夠長(zhǎng)的水平固定導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，金屬棒MN的質(zhì)量為m，靜置在導(dǎo)軌上，不計(jì)金屬棒與導(dǎo)軌間的阻力，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)。不計(jì)電源、金屬棒及導(dǎo)軌電阻，金屬棒MN在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。(1)若導(dǎo)軌只放金屬棒，調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)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(jī)模型與金屬棒固定，組合體總質(zhì)量為M，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力恒為f；調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B0，開關(guān)S1,S2分別接a(3)開關(guān)S1,S【答案】(1)v(2)a=B(3)vmax=【詳析】（1）解法一：當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，設(shè)金屬棒的穩(wěn)定速度為v，此時(shí)電容器兩端電壓UC=B0Lv在此過程中，由動(dòng)量定理得∑B解法二：金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定的過程中，由動(dòng)量定理得∑B0ILΔt=（2）當(dāng)組合體速度大小為v0時(shí)，由牛頓第二定律得F安-f=Ma解得a=B0EL-B02L2（3）解法一：當(dāng)組合體最終達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，有F安=BE-BLvRL=f整理得B2L2v-解法二：當(dāng)組合體達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，有F安=BE-BLvRL=f整理得v解法三：將定值電阻與電源看成等效電源，電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為R，當(dāng)組合體達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，等效電源的輸出功率達(dá)到最大，為P出max=P克f=fv解得B18．（24-25高三下·遼寧重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作?！て谥校┤鐖D所示，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的“”形金屬細(xì)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(jì)。虛線右側(cè)有范圍足夠大的方向垂直桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的左、右邊框始終與虛線邊