高中物理高考模拟试卷（计算题专项）答案

高中物理高考模拟试卷（计算题专项）答案 高考物理模拟题(计算题专项) 01、如图所示，一直角斜槽，两槽夹角为90，棱对水平面的夹角为θ，对称放置，一个正方形的木块恰能 2tan,沿此槽匀速下滑，假定两槽面的材料和粗糙程度相同，物体与槽面的动摩擦因数是多少,(13.) 2 θ 22、一个物体沿X轴的正方向从静止开始运动，在第1、3、5„等奇数秒内的加速度大小为2m/s,方向沿X轴正方向，在第2、4、6„等偶数秒时间内以前一秒末的速度做匀速直线运动，问物体经过多少时间位移为36m?(8S) 3((14分)如图所示，质量为m=2.0kg的物体，放在倾角为,=30?的传送带上，物体与传送带动摩擦因 3数为，若物体受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，传送带足够长，3 2原来物体与传送带都处于静止状态，求当传送带以加速度a=2.0m/s加速运动 2时，物体受到的摩擦力的大小和方向(g取10m/s)( 2解:(1)设传送带以加速度a=2.0m/s顺时针加速时，物体与传送带相对静止， 物体受到的摩擦力为ffmgsin30?=ma则:,? 1，11 fma+mgsin30?=14N ? =1 而物体与传送带间的最大静摩擦力为f=μmgcos30?=10N< f ? m1 故物体已相对传送带下滑，此时受到的是滑动摩擦力，大小为10N，方向沿传送带向上( ? 2(2)设传送带上以加速度a=2.0m/s逆时针加速时，物体与传送带相对静止，物体受到的摩擦力为f22，因为:mgsin30?,ma 2 故物体相对传送带的运动趋势方向仍向下 mgsin30?fma= ? 22 f=mgsin30?ma=6N <10N ? 22 故物体此时受到的是静摩擦力，大小为6N，方向沿传送带向上( ? 评分标准:本题共14分。?式2分，?式1分，?式2分，?式3分;?、?、?式各2分。 1 4、一宇宙空间探测器从某一星球的表面升空，假设探测器的质量恒为1500kg，发动机的推力为恒力，宇宙探测器升空到某一高度时，发动机突然关闭，如 图是表示其速度随时间变化规律: Vm/s / - ?升空后，9s.25s.45s时探测器的运动情况如何, 64 - ?求宇宙探测器在该行星表面所能到达的最大高 32 - 度, ?计算该行星表面的重力加速度, - O t 8 16 24 32 40 48 /s- ?假设行星表面没有空气，试计算发动机的推力。 - 解:?由图线可见，探测器升空后9S末的速度为- 60m/s，方向竖直向上;25s末的速度为4m/s,方向 - 竖直向下;45s末的速度大小为84m/s,方向竖直向 下; ?空间探测器上升的所能达到的最大高度应等于它在第一、第二运动阶段中通过的总位移值，所以有H=768m. m ?空间探测器的发动机突然关闭后，它只受该行星的重力的作用，故它运动的加速度即为该行星表面处的重力加速度值，从V-t图线不难发现，8s末空间探测器关闭了发动机，所以V-t图线上的斜率即等于该行 2星表面处的重力加速度g=4m/s. ?选取空间探测器为研究对象，在0~8S内，空间探测器受到竖直向上的推进力与竖直向下的重力的共同 2作用，则由牛顿第二定律得F-mg=ma又a=8m/s,故有F=(ma+mg)=18000N. 5(15分)2004年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星。在人类成 5功登陆火星之前，人类为了探测距离地球大约3.0×10km的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器。它能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔10s向地球发射一次信号。探测器上还装着两个相同的 2减速器(其中一个是备用的)，这种减速器可提供的最大加速度为5m/s。某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物。此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作。下表为控制中心的显示屏的数据: 收到信号时间 与前方障碍物距离(单位:m) 9:10 52 20 9:10 32 302 发射信号时间 给减速器设定的加速度(单位:m/s) 9:10 2 33 收到信号时间 与前方障碍物距离(单位:m) 9:10 12 40 已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快。科学家每次分析数据并输入命令最少需要3s。问: (1)经过数据分析，你认为减速器是否执行了减速命令, (2)假如你是控制中心的工作人员，应采取怎样的措施,加速度需满足什么条件,请计算说明。 s月地t,t,,1分析解答:(1)设在地球和月球之间传播电磁波需时为s „„? 00c 52,32从前两次收到的信号可知:探测器的速度v,,2m/s „„? 110 由题意可知，从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:10。控制中心第三次收到的信号34 是探测器在9:10发出的。 39 32,12从后两次收到的信号可知探测器的速度v,,2m/s „„? 10 可见，探测器速度未变，并未执行命令而减速。减速器出现故障。 2 (2)应启用另一个备用减速器。再经过3s分析数据和1s接收时间，探测器在9:10执行命令，此44 2vs,,2时距前方障碍物距离as=2m。设定减速器加速度为，则有m， 2a 2可得 m/s „„? a,12即只要设定加速度m/s，便可使探测器不与障碍物相撞。 a,1 评分标准:第(1)问8分，?--?式各2分;分析论述2分;第(2)问7分，?式4分，分析论述3分。 易错点警示:没有考虑电磁波信号在地、月间传输的时间;把表格中“收到信号时间”和“与前方障碍物距离”两个时刻的对应关系搞错。 26、升降机内悬挂一圆锥摆，摆线为1米，小球质量为0.5kg，当升降机以2m/s加速 0度匀加速上升时，摆线恰与竖直方向成θ=37角，试求小球的转速和摆线的拉力,(0.62转/秒 7.5N) a θ 7((16分)如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F,50N作用下，以v=5m/s0 初速度沿水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放 在木板最右端，当木板运动了L=1m时。又无初速地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了L 就在木板最右端无初速放一铁块。求: (1)第一个铁块放上后，木板运动lm时，木板的速度多大, (2)最终有几个铁块能留在木板上, 2(3)最后一个铁块与木板右端距离多大,(g=10m/s) F,,Mg,0.5 解:(1)由得, ? 第一个铁块放上后，木板做匀减速运动，由动能定理得: 1122mgL,Mv,Mv ? ,0122 v,26m/s代入数据得 ? 1 F,f,F,nmg (2)对木板 ? 合 1122mgL,Mv,Mv第一个铁块放上后, ? 0122 11222mgL,Mv,Mv第二个铁块放上后, ? 1222 „„ 1122第n个铁块放上后n,mgL,Mv,Mv ? n,n122 1122123由?、?、?、?式得 (，，，？，n),mgL,Mv,Mv ? n022 3 v,0木板停下时 ，得n=6.6，所以最终有7个铁块能留在木板上 ? n (3)当第7块铁块放上后，距木板右端距离为d，由第二问得: 66，11()2 ? ,mgL，7,mgd,Mv,0022 411解得 ? d,m7 评分标准:本题共16分。?式1分，?式2分，?式1分;?式2分，?、?、?、?式各1分，?式2 11分;?式3分，?式1分。 8((17分)如所示，质量为M = 4kg的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动因数μ = 0.01，板上最左端停放着质量为m = 1kg可视为质点的电动小车，车与木板的挡板相距L = 5m(车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t = 2s，车与挡板相碰，碰撞时间极短且碰后电动机的电源切断，车与挡板粘合在一起，求碰后木板在水平地上滑动的距离( L 解:设木板不动，电动车在板上运动的加速度为。 am0 M 1 2 2 由 L = at 得 a = 2.5m/s (1分) 002 此时木板使车向右运动的摩擦力 F = ma = 2.5N (1分) 0 木板受车向左的反作用力 Fˊ = F = 2.5N 木板受地面向右最大静摩擦力 F = μ (M + m)g = 0.5N (1分) f Fˊ>F所以木板不可能静止，将向左运动 (1分) f 设电动车向右运动加速度为a，木板向左运动加速度为a，碰前电动车速度为υ，木板速度为υ，1212碰后共同速度为υ，两者一起向右运动s而停止，则 11 2 2 at+ at = L (2分) 12222 对木板 F – μ (m + M)g = Ma (1分) 2 对电动车 F = Fˊ = ma， (1分) 而 υ = at (1分) 11 υ = at (1分) 22 v/m.s-1 两者相碰时动量守恒，以向右为正方向，有 mυ - Mυ = (m + M)υ， (3分) 122 1 由动能定理得 - μ (m + M)gs = 0 - (m + 2 2 )υ (2分) M 代人数据，解得 s = 0.2m (2分) 1 9((18分)质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑 的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为 m=2kg、m=1kg的小物体A、B都以大小为v=7m/s。AB0 方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端 相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，O 25 1 2 3 4 A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s,求: t/(1)在车上刚停止滑动时，和车的速度大小 AAs (2)在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。 A、B (3)在给出的坐标系中画出小车运动的速度——时间图象。 vv0 0 解答:(1)当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受A B fB fA 力分析如图所示: f车 由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速， 4 所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t，其速1度大小为v，则: 1 v=v-at μmg=ma ? 10A1 AAB v=at μmg-μmg=Ma ? 1车1AB车 由??联立得:v=1.4m/s t=2.8s ? 11 (2)根据动量守恒定律有: mv-mv=(M+m+m)v ? A0B0AB v=1m/s v/m.s-1 ? 总动量向右， 当A与小车速度相同时，A与车之间将不2 会相对滑动了。 设再经过t时间小物体A与B、车速度相同，则: 2 -v=v-at μmg=ma1B2 BAB ? 1 由??式得:t=1.2s 2 ? 所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为 t=t+t=4.0s ? 12 (3)由(1)可知t=2.8s时，小车的速度为v=1.4m/s，在11O 5 1 2 3 4 0~t时间内小车做匀加速运动。在t~t时间内小车做匀减速112t/运动，末速度为v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示:? s 评分标准:????式各2分;?式1分;?式2分;???式1分;速度—时间图像4分。 10( 20分)如图所示:质量 M = .040 kg的靶盒A位于光滑水平导轨上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区域”，如图中划虚线部分，当靶盒A进入相互作用区时便指向O点的恒力F= 20N作用，P处有一固定的发射器B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度 v = 50m / s ，质量m 0= .010kg的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短。今约定，每当靶盒A 停在或到达O点时，都有一颗子弹进入靶盒A内。 ? 当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O 点最大距离为多少, ? 当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O 点到又回到O点所经历时间为多少, ? 求发射器B至少发射几颗子弹后，靶盒A在相 互作用区内运动的距离不超过0.2m, 解:(1)设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒A共 同速度为V。 12根据碰撞过程系统动量守恒，有:mV = (m + M ) V (1) 01 设A离开O点的最大距离为S ，根据动能定理有:-FS= 0 - (m + M) V/2 (2 ) 11 1 由(1)、(2)式得S= 1.25 m (3) 1 评分标准:(1)、(2)、(3)式各2分 (2) 根据题意，A在恒力F作用下返回O点时第二颗子弹打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同、方向相反，第二颗子弹打入后A将静止在O点。设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为V 3由系统动量守恒:mV = (M +3 m ) V (4) 03 设A从离开O点到又回到O点经历时间为t ，且碰后A运动方向为正方向， 由动量定理得:-Ft / 2 = 0 - (M +3 m ) V (5) 3 由 (4)、(5) 两式得:t = 0.5 s (6) 评分标准:必要文字叙述 1 分～(4)、(5)、(6)三式各2分 5 (3) 设B 至少发射n颗子弹，且碰后A的速度为V n 由系统动量守恒:mV = (M + n m ) V (7) 0n2由动能定理:-FS = 0 - (M +nm ) V /2 (8) nn 根据题意:S < 0.2 m (9) n 由 (7 ) 、(8 )、( 9 ) 式得:n >27 所以B至少发射28颗子弹 (10) 评分标准:( 9 ) 式 1分～其余各式各2分 11 . ( 20 分)如图10 所示，绝缘斜面AC 的倾角α= 37? , AB ,BC = L , AB 之间斜面光滑，BC 之 间斜面粗糙(在A 、B 两点分别放置质量均为m 、带电量均为q 的小滑块甲和乙，当所加匀强电场的方向垂直斜面向上时，两滑块均以相同的加速度沿斜面下滑(若保持电场强度大小不变，方向改为垂直斜面向下，再从A 、B 两点由静止释放滑块，滑块乙静止，甲加速下滑与乙碰撞，碰撞后甲和乙没有分开(为使它们不能到达C 点，滑块与斜面间的动摩擦因数μ至少为 2多大,(两滑块均视为质点，g 取10m/s, sin37? = 0 . 6 , cos37 ? = 0 . 8 ) 解:当所加电场方向垂直斜面向上时，两滑块均以相同的加速度沿斜面下滑，由于AB段光滑，滑块甲沿斜面下滑的加速度为gsinα 滑块乙，沿斜面下滑的加速度也为gsinα 则F=μF,0 而F=qE,mgcosα,0 fNN 有 qE=mgcosα 当所加电场方向垂直斜面向下时，滑块乙静止， 对甲有 mgsinα,ma 12从A到B，由运动学公式得v=2aL 11 甲与乙碰撞，由动量守恒定律得 mv=2mv 12 甲与乙碰后，以两滑块为研究对象，由牛顿第二定律得 2mgsinα,μF',(m+m)a N2 即 2mgsinα,μ(2qE，2mgcosα),2ma 22从B到C由运动学公式，得 ,v=2aL 22 15联立解得:μ, =0.47 32 12(16分)如图在广阔的宇宙空间存在这样一个远离 其他空间的区域，以MN为界，上部分的匀强磁场的磁 感强度为B，下部分的匀强磁场的磁感强度为B，B= 2 121 B=2B，方向相同，且磁场区域足够大。在距离界线为20 h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界 线的速度抛出一质量为m、带电量-q的小球,发现球在 0界线处速度方向与界线成60角，进入下部分磁场。然 后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时， 刚好又接住球而静止，求(1)PQ间距离是多大,(2) 宇航员质量是多少, 解:(1)由带电粒子在磁场中运动公式知道，球在MN上方运动半径R为: 1 mvmv00R,, ? 1qBqB210 mvmv00R,,球在MN下方运动半径R为: R=2R ? 2211qBqB20 6 0由P点运动到MN边界转过60角 ，则有 0 R-h=Rcos60 得到:R=2h 有 R=4h ? 1112 003PQ间的距离为 d=2Rsin60-2Rsin60=2h ? 21 12225,,,mmm(2)球从P点到Q点所用时间为 t=，, ? 3233qBqBqB000 63hqB0则人从P点到Q点速度为 v=d/t= ? 5m, 4qBh0由 R=2h 得到 ? v,10m 103,,mvMv,,0Mm根据动量守恒定律 ? 09 评分标准:本题共16分。?、?式各2分，?式1分，?、?、?、?式各2分，?式3分。 13(20分)如图所示，光滑的金属导轨间距为L,导轨平面与水平面成 α角，导轨下端接有阻值为R的电阻，质量为m的金属细杆ab与绝缘轻质弹簧下端相连静止在导轨上，弹簧劲度系数为k，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现给杆一沿轨道平面向下的初速度v，杆向下运动至速度为零后，再沿轨道平面向上运动达最大速度，大小为v，然后减01速到零，再沿轨道平面向下运动„„一直往复运动到静止。试求: (1)当杆速度为v时离原平衡位置的距离L,; 11 (2)杆由初速度v开始运动直到最后静止，电阻R上产生的0 焦耳热Q(导轨与金属杆的电阻忽略不计)。 a B 解:(1)金属杆静止时，由受力情况可知弹簧的弹力 F,kx,mgsin, (2分) 11 v当金属杆沿轨道平面向上运动达最大速度时，产生的b 1R α E,BLv感应电动势 1 BLvE1I,,通过杆的感应电流 (2分) RR 22BLv1F,BIL,金属杆在磁场中受的安培力 ，方向沿导轨平面向下(3分) R F,kx,mgsin,，F杆的速度最大，它受的合力为零。此时，弹簧的弹力 22 (3分) 22BLvF1L,x,x,,v当杆速度为时，离原平衡位置的距离 (2分) 1211kkR (2)杆从开始运动到最后静止，重力势能和弹性势能均不变。所以，电阻R上产生的焦耳热 7 12 (8分) Q,mv02 14(16分)“加速度计”作为测定运动物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机、潜艇、航天器等装置的制导系统中，如图所示是“应变式加速度计”的原理图，支架 A、B 固定在待测系统上，滑块穿在 A、B 间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固定于支架 A 上，随着系统沿水平做变速运动，滑块相对于支架发生位移，滑块下端的滑动臂可在滑动变阻器上相应地自由滑动，并通过电路转换为电信号从 1、2 两接线柱输出。 已知:滑块质量为 m，弹簧劲度系数为 k，电源电动势为 E，内阻为 r，滑 动变阻器的电阻随长度均匀变化，其总电阻 R = 4 r，有效总长度 L，当待测系 统静止时，1、2 两接线柱输出的电压 U = 0.4 E，取 A 到 B 的方向为正方向。 0 (1)确定“加速度计”的测量范围。 (2)设在1、2 两接线柱间接入内阻很大的电压表，其读数为 U，导出加速 度的计算式。 (3)试在1、2 两接线柱间接入内阻不计的电流表，其读数为 I，导出加速度的计算式。 ,解.(16分)(1)当待测系统静止时，1、2 接线柱输出的电压 U =?R(1分) 012R，r 由已知条件 U = 0.4ε可推知:R = 2r，此时滑片 P 位于变阻器中点(1分)待测系统沿水平方向012 做变速运动分加速运动和减速运动两种情况，弹簧最大压缩与最大伸长时刻，P点只能滑至变阻器的最左端和最右端，故有: k,Lk,L =(1分) =-(1分) aa122m2m k,Lk,L所以"加速度计"的测量范围为,-?,(2分) 2m2m L(2)当1、2两接线柱接电压表时，设P由中点向左偏移 x，则与电压表并联部分的电阻 R =(- 12 4,rx)?(1分) L ,由闭合电路欧姆定律得:I =(1分) R，r1 故电压表的读数为:U = IR(1分) 1 根据牛顿第二定律得:k?x = m?a(1分) 5k,L,Uk,L建立以上四式得:a = -(2分) 4,,m2m (3)当1、2 两接线柱接电流表时，滑线变阻器接在 1、2 间的电阻被短路.设P由中点向左偏移 x， L4,r变阻器接入电路的电阻为:R =( + x)? 22L 由闭合电路欧姆定律得:ε=I(R +r) 2 根据牛顿第二定律得:k?x = m? a k,L(,3I,r),联立上述三式得:a=(3分) 4I,m,r v15(18分) 一质点在一平面内运动，其轨迹如图所示.它从A点出发，以恒定速率经时间t到B点，图0 中x轴上方的轨迹都是半径为R的半圆，下方的都是半径为r的半圆. (1)求此质点由A到B沿x轴运动的平均速 度. 8 (2)如果此质点带正电，且以上运动是在一恒定(不随时间而变)的磁场中发生的，试尽可能详细地论述此磁场的分布情况. 不考虑重力的影响. 解: (1)由A到B，若上、下各走了N个半圆，则其位移 ? ,x,N2(R,r) ,(R，r) 其所经历的时间 ,t,N ? v0 2v(R,r),x0v,,所以沿x方向的平均速度为 ? ,t,(R，r) (2)?.根据运动轨迹和速度方向，可确定加速度(向正加速度)，从而确定受力的方向，再根据质点带正电和运动方向，按洛仑兹力的知识可断定磁场的方向必是垂直于纸面向外. ?. x轴以上和以下轨迹都是半圆，可知两边的磁场皆为匀强磁场 ?. x轴以上和以下轨迹半圆的半径不同，用B和B分别表示上、下的磁感应强度，用m、q和v分21 2v,qvBm别表示带电质点的质量、电量和速度的大小;则由洛仑兹力和牛顿定律可知,、上R 2BvrR上,qvBm，由此可得，即下面磁感应强度是上面的倍. ,下rrBR下 评分标准:本题18分.第(1)问9分，?式3分，?式4分，?式2分 第(2)问9分，说出磁场为匀强磁场，指出磁场方向给4分，说出上、下的磁感 应强度不等给2分，求出上、下磁感应强度的比值再给3分. 9