[高考理综]北京市各区2011届高三物理模拟试题计算题汇编及答案

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1、北京市各区2021届高三物理模拟试题计算题汇编一、22题2.1.1 力学2.1.1.1 牛顿定律FBA石景山零模2216分如下图，水平地面上放有质量均为m= 1 kg的物块A和B，两者之间的距离为l = 0.75 m。A、B与地面的动摩擦因数分别为1= 0.4、2= 0.1。现使A获得初速度v0向B运动，同时对B施加一个方向水平向右的力F= 3 N，使B由静止开始运动。经过一段时间，A恰好追上B。g取10 m/s2。求：1B运动加速度的大小aB；2A初速度的大小v0；3从开始运动到A追上B的过程中，力F对B所做的功。2216分解：1对B，由牛顿第二定律得： 2分求得： 2分2设A 经过t时间追

2、上B，对A，由牛顿第二定律得： 1分1分 1分恰好追上的条件为：2分 2分代入数据解得：，1分3 2分 2分海淀零模2216分某校课外活动小组自制了一枚质量为3.0kg的实验用火箭。设火箭发射后，始终沿竖直方向运动。火箭在地面点火后升至火箭燃料耗尽之前可认为做初速度为零的匀加速运动，经过4.0s到达离地面40m高处燃料恰好耗尽。忽略火箭受到的空气阻力，g取10m/s2。求：1燃料恰好耗尽时火箭的速度大小；2火箭上升离地面的最大高度；3火箭加速上升时受到的最大推力的大小。2216分解：1设燃料恰好耗尽时火箭的速度为v，根据运动学公式： (3分)解得： m/s =20m/s (3分)2火箭燃料耗尽

3、后能够继续上升的高度：m =20m (2分)火箭离地的最大高度： H=h+h1=40+20=60m (2分)3火箭在飞行中质量不断减小。所以在点火起飞的最初，其推力最大。根据加速度定义及牛顿第二定律： =5m/s2 2分Fmg=ma 2分 F=m(g+a)=3(10+5)=45N 2分t/s0246v/ms-1b12345t/sF/N0246a24681210石景山一模2216分一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图a所示，速度v随时间t变化的关系如图b所示g=10m/s2。求：11s末物块所受摩擦力的大小f1；2物块在前6 s内的位移大小s；3物块与水平地面间

4、的动摩擦因数。2216分解：1从图a中可以读出，当t=1s时，3分2物块在前6内的位移大小=12m3分3从图b中可以看出，当t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为：2分由牛顿第二定律得：2分 2分所以：2分 2分延庆一模22如下图，一条小河两岸的高度差是h，河宽是高度差的4倍，一辆摩托车可看作质点以v0=20m/s的水平速度向河对岸飞出，恰好越过小河。假设g=10m/s2，求：1摩托车在空中的飞行时间2小河的宽度22.16分解：1gt2/2/v0t=1/4 -8分 t=1s -2分2x=v0t=20m -6分HAB通州一模2216分如下图，在距地面高为H45 m处，有一小球A

5、以初速度v010 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，求：1A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；2物块B向前滑行时的加速度；3A球落地时，A、B之间的距离。2216分1根据Hgt2得t3 s，4分 由xv0t 得x30 m 4分2于B球，根据F合ma，F合mg，可得加速度大小a5 m/s2 4分3由v2axB xB10 m，2分 xxAxB20 m 2分答案：(1)3 s 30 m (2)5m/s2 320m怀柔零模BCAOvA图82216分一滑

6、块经水平轨道AB，进入竖直平面内的四分之一圆弧轨道BC。滑块的质量m=0.60 kg，在A点的速度vA=8.0 m/s，AB长x=5.0 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.15，圆弧轨道的半径R=2.0 m，滑块离开C点后竖直上升h=0.20m，取g=10m/s2。求：1滑块经过B点时速度的大小；2滑块经过B点时圆弧轨道对它的支持力的大小；3滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功。22(16分)解：15分滑块从A到B，做匀减速直线运动，由动能定理： 2分摩擦力： f=mg 2分联立上式，解得： m/s 1分25分 2分 2分N=20.7N 1分36分滑块离开C点后做竖直上抛运动，由运动学公

7、式： 2分从B到C的过程中，摩擦力做功Wf ，由动能定理： 2分联立式，解得： Wf = 1.5J 1分克服摩擦力做功：Wf=1.5J 1分西城一模2216分一滑块可视为质点经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC。滑块的质量m=0.50kg，滑块经过A点时的速度A=5.0m/s，AB长x=4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10，圆弧形轨道的半径R=0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h=0.10m。取g=10m/s2。求ABCOA1滑块第一次经过B点时速度的大小；2滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；3滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功。

8、解答：1滑块从A到B做匀减速直线运动，摩擦力： f=mg 1分由牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小： 1分由运动学公式： B2A2 =2 a x 1分解得滑块经过B点时速度的大小： B = 4.0 m/s 2分2在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知： 2分解得轨道对滑块的支持力： N = 21N 2分根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21N。1分3从B到滑块经过C上升到最高点的过程中，由动能定理： 3分解得滑块克服摩擦力做功：Wf =1.0J 3分海淀一模53LhHA图1122A16分如图11所示，滑板运发动从倾角为53的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底

9、端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面。运发动的滑板与斜面间的动摩擦因数=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。sin53=0.8，cos53=0.6求：1运发动在斜面上滑行的加速度的大小；2假设运发动不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；3运发动为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度。2216分解：1设运发动连同滑板的质量为m，运发动在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律： 3分解得运发动在斜面上滑行的加速度：=7.4m/s2 2分2从运发动斜面上

10、起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式： 3分 解得：=0.8s 2分3为了不触及障碍物，运发动以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H-h时，他沿水平方向的运动的距离为Hcot53+L，设他在这段时间内运动的时间为t，那么： 2分 Hcot53+L=vt 2分解得：v=6.0m/s 2分海淀一模反应22B跳台滑雪是一种极为壮观的运动，运发动穿着滑雪板，从跳台水平飞出,在空中飞行一段距离后着陆，如下图。设运发动连同滑雪板的总质量m50kg，从倾角37的坡顶A点以速度v020 m/s沿水平方向飞出，恰落到山坡底的水平面上的B处。g10 m/s2，sin370.6，cos370.81求：

11、1运发动在空中飞行的时间；2AB间的距离s；3运发动落到水平面上的B处时顺势屈腿以缓冲，使他垂直于水平面的分速度在t0.20 s的时间内减小为零.试求缓冲过程中滑雪板对水平面的平均压力。22(1) 3 s (2) 75 m (3)8103 N 2.1.1.2 功和能东城一模2216分如下图，水平台面AB距地面的高度h0.80m。质量为0.2kg的滑块以v0 6.0m/s的初速度从A点开始滑动，滑块与平台间的动摩擦因数0.25。滑块滑到平台边缘的B点后水平飞出。AB间距离s12.2m。滑块可视为质点，不计空气阻力。g取10m/s2求：v0B hA1滑块从B点飞出时的速度大小；2滑块落地点到平台边

12、缘的水平距离s2。3滑块自A点到落地点的过程中滑块的动能、势能和机械能的变化量各是多少。2216分1滑块从A点滑到B点的过程中，克服摩擦力做功，由动能定理： 滑动摩擦力： f=mg 由两式联立，将v0 6.0m/s，s12.2m，0.25带入，可得：v=5.0m/s 6分2滑块离开B点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动： 水平方向做匀速直线运动： 由两式联立，将h0.80m，g=10m/s2带入，可得：s2=2.0m 5分3落地时的动能：E2=4.1J滑块在A点的初动能为：J由A到落地点滑块的动能增加了：J重力势能减小量为：J机械能的减小量：J 5分ABCO丰台二模22(16分)如下图，竖直

13、平面内有四分之一圆弧轨道固定在水平桌面上，圆心为O点。一小滑块自圆弧轨道A处由静止开始自由滑下，在B点沿水平方向飞出，落到水平地面C点。小滑块的质量为m=1.0kg，C点与B点的水平距离为1m，B点高度为1.25m，圆弧轨道半径R=1m，g取10m/s2。求小滑块：1从B点飞出时的速度大小；2在B点时对圆弧轨道的压力大小；3沿圆弧轨道下滑过程中克服摩擦力所做的功。22(16分)1小滑块从B点飞出后作平抛运动，设它在的速度大小为。 S 3分 小滑块从B点飞出初速度为m/s 3分2小滑块在B点时，由牛顿第二定律： 2分 解得N=14N 2分由牛顿第三定律得小滑块在B点时对圆弧轨道的压力为=14N

14、2分3小滑块在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理得： 2分解得小滑块克服摩擦力所做的功为 J 2分朝阳一模2216分如下图，摩托车运发动做特技表演时，以v0=9.0m/s的初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。假设摩托车冲向高台的过程中牵引力的平均功率P=4.0kW，冲到高台顶端所用时间t=3.0s，人和车的总质量m=1.5102kg，高台顶端距地面的高度h=7.2m，摩托车落地点到高台顶端的水平距离x=10.8m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：1摩托车从高台顶端飞出到落地所用时间；2摩托车落地时速度的大小；3摩托车冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。2216分解：1设摩托车在空中的飞行

15、时间为t1，那么有： 解得：t1=1.2s 4分2摩托车做平抛运动的水平速度： 落地时摩托车在竖直方向的速度：=12m/s摩托车落地时的速度： 6分3设摩托车冲上高台的过程中，克服摩擦阻力所做的功为。摩托车冲向高台的过程中，根据动能定理有： 解得：J 6分东城二模DCABhOR2216分如下图，在竖直平面内，由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半圆形轨道CD连接而成的光滑轨道，AB与BC的连接处是半径很小的圆弧，BC与CD相切，圆形轨道CD的半径为R。质量为m的小物块从倾斜轨道上距水平面高为h=2.5R处由静止开始下滑。求：1小物块通过B点时速度vB的大小；2小物块通过圆形轨道最低点C时圆形轨道对物

16、块的支持力F的大小；3试通过计算说明，小物块能否通过圆形轨道的最高点D。2216分解：15分物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得： 3分 解得： 2分25分物块从B至C做匀速直线运动： 2分物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，由牛顿第二定律有： 2分 1分36分设物块能从C点运动到D点，由动能定理得： 2分 解得： 1分物块做圆周运动，通过圆形轨道的最高点的最小速度设为vD1，由牛顿第二定律得： 1分 1分可知物块能通过圆形轨道的最高点。 1分2.1.1.3 动量与能量昌平二模2216分如下图，长为R=0.6m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2=0.1kg的小球B

17、，小球B刚好与水平面相接触。现使质量为m1=0.3kg物块A以v0=5m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数=0.3，A、B间的初始距离x=1.5m。两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的1/2，B小球能在竖直平面内做圆周运动。重力加速度g=10m/s2，两物体均可视为质点，试求：ABxv0R1两物体碰撞前瞬间，A物块速度v1的大小；2两物体碰撞后瞬间，B球速度v2的大小；3B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。2216分解： 与B碰撞之前，A做匀减速直线运动，有： 2分-= -2ax 2分 解得：v1=4m/s 2分 碰撞过程中，A、B系统动量守恒，有：m1v1=m1+m2

18、v2 2分可得：v2=6m/s 2分 小球B在摆至最高点过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3m2=m2+m2g2R 2分在最高点： 2分 解得：T=1N 2分朝阳二模2216分如下图，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠在固定于地面的挡板P上。质量为m的小滑块以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。1求小滑块在木板上滑动的时间；2求小滑块在木板上滑动过程中，木板对挡板P作用力的大小；3假设撤去档板P，小滑块依然以水平速度v0滑上木板的左端，求小滑块相对木板静止时距木板左端的距离。2216分解：1小滑块在木板上做匀减速直线运动，那么整个滑动过程的平均速度： 所以

19、： 4分2设小滑块在木板上滑动时所受的摩擦力大小为f，由动能定理可得： 所以： 由牛顿第三定律和物体的平衡条件，木板对挡板P作用力的大小等于 4分3设撤去档板P，小滑块与木板的共同速度为v，小滑块静止时距木板左端的距离为L，此过程中小滑块的位移为x1，木板的位移为x2，那么： 根据动量守恒定律和动能定理有： 由式可解得： 8分2.1.1.4 万有引力东城示范校22(16分)地球半径为R，地球外表重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。1推导第一宇宙速度v1的表达式；2假设卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。22(16分)1设卫星的质量为m，地球的质量为M，在地

20、球外表附近满足：mg 得：GMgR2 3分卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力： 3分式代入式，得到： 2分2卫星受到的万有引力为： 3分由牛顿第二定律： 3分、联立解得 2分2.1.2 电学2.1.2.1 电场和磁场 ELB通州二模2216分如下图，有界匀强磁场B=210-3T；磁场右边是宽度L= 0.2 m、场强E= 40V/m、方向向左的匀强电场。一带电粒子电荷量q =3.210-19 C，质量m = 6.410-27 kg，以v = 4104 m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后在右边界射出。1大致画出带电粒子的运动轨迹画在给出的图中；2求带电粒子在

21、磁场中运动的轨道半径；3求带电粒子飞出电场时的动能Ek。LEBvvR2216分14分轨迹如图。28分带电粒子在磁场中运动时，有牛顿运动定律，有 34分 2.1.2.2 电磁感应海淀二模2Lv2LLabcdB图102216分如图10所示，由粗细均匀、同种金属导线构成的长方形线框abcd放在光滑的水平桌面上，线框边长分别为L和2L，其中ab段的电阻为R。在宽度为2L的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向下。线框在水平拉力的作用下以恒定的速率v通过匀强磁场区域，线框平面始终与磁场方向垂直。求：1在线框的cd边刚进入磁场时，ab边两端的电压Uab；2为维持线框匀速运动，水平拉力F的大

22、小；3在线框通过磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的电热Qbc。2216分解：1cd边进入磁场时产生的感应电动势为： 2分整个回路的电阻： R总=6R 1分 回路中的电流： 2分ab边两端电压的大小为： 2分2为维持线框匀速运动，外力应始终等于安培力，即：F=F安 2分线框所受安培力为： 水平拉力： 2分3整个线框通过磁场的过程中所经历的时间为： 2分整个过程中bc段金属导线上产生的电热为： 3分用其他方法计算正确的同样给分。海淀二模反应22如图12甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R0.40 的电

23、阻，质量为m0.01 kg、电阻为r0.30 的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g10 m/s2忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响，试求：1磁感应强度B的大小。2当t1.5 s时，重力对金属棒ab做功的功率；3金属棒ab在开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量；22(1) 0.1 T (2)0.7 W(3)0.26 JRabB丰台一模2216分如下图，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1 m。导轨平面与水平面成q3

24、7角，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B=0.4T。质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直且保持良好接触，它们间的动摩擦因数为=0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑，当金属棒下滑速度到达稳定时，速度大小为10 m/s。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：1金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；2当金属棒下滑速度到达稳定时电阻R消耗的功率；3电阻R的阻值。2216分1金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律： 2分得：a100.60.250.8m/s24 m/s2 2分2设金属棒运动到达稳定时，设速度为v，所

25、受安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，根据物体平稳条件： 2分 将上式代入即得：F0.8 N此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：PFv 2分故：P=0.810W=8W 2分3设电路中电流为I，感应电动势为E，=0.4110V=4V 2分，A=2A 2分 ， = 2 2分西城二模2216分如下图，两根足够长的光滑平行导轨与水平面成=60角，导轨间距为L。将直流电源、电阻箱和开关串联接在两根导轨之间。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m的导体棒MN垂直导轨水平放置在导轨上，导体棒与两根导轨都接触良好。重力加速度为g。MN电源1假设磁场方向垂直导轨平面向上，当电阻箱

26、接入电路的电阻为R1时，闭合开关后，导体棒MN恰能静止在导轨上。请确定MN中电流I1的大小和方向；2假设磁场方向竖直向上，当电阻箱接入电路的电阻为R2时，闭合开关后，导体棒MN也恰能静止在导轨上，请确定MN中的电流I2的大小；3导轨的电阻可忽略，而电源内阻、导体棒MN的电阻均不能忽略，求电源的电动势。MmgF1N1答图12216分1磁场方向垂直于轨道面时，MN受力如答图1所示。 1分根据物体平衡条件可得：F1= mgsin 2分又安培力：F1=BI1L 2分解得电流强度 I1= 1分电流方向由M指向N 2分MmgF2N2答图22磁场方向竖直向上时，MN受力如答图2所示。 1分根据物体平衡条件可

27、得：F2cos=mgsin 2分又安培力：F2=BI2L 解得： 1分3设除电阻箱外，电路中其他电阻为r定值。根据闭合电路欧姆定律，当电阻箱接入电路的电阻为R1时，有：I1= 1分当电阻箱接入电路的电阻为R2时，有： I2= 1分解得： E= 2分二、23题2.2.1 力学2.2.1.1 功和能通州二模23.18分如下图，一滑雪运发动可看做质点自平台A上由静止开始沿光滑滑道滑下，滑到一平台B，从平台B的边缘沿水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为 =53的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，斜面顶端与平台B的高度差h=20m，斜面顶端高H1=88.8m，重力加速度g = 10 m/s2，sin5

28、3 = 0.8，cos53 = 0.6，。那么：1滑雪运发动开始下滑时的高度H是多少？2斜面顶端与平台B边缘的水平距离s是多少？3滑雪运发动离开平台B后经多长时间到达斜面底端C。23(18分)1设滑雪运发动在B点时的速度为vB，从B到斜面的时间为tl，由平抛运动的知识得：由：，得： 2分 由：；得： 2分对滑雪运发动，由机械能守恒定律得： 2分解得： 2分2滑雪运发动水平方向做匀速直线运动：，解得： 2分3滑雪运发动在斜面顶端时的速度： 2分滑雪运发动在斜面上做匀加速直线运动，设时间为t2， 2分 解得： 2分所以，滑雪运发动离开平台B后到达斜面底端C的总时间： 2分石景山零模h2318分一轻

29、质细绳一端系一质量为 m = 0.05 kg 的小球A，另一端套在光滑水平细轴O上，O到小球的距离为L0.1 m，小球与水平地面接触，但无相互作用。在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，二者之间的水平距离S = 2 m，如下图。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上高度h3 m处由静止滑下，与小球和挡板碰撞时均没有机械能损失。假设不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，滑块B与水平地面之间的动摩擦因数= 0.25，g取10 m/s2。求：1滑块B与小球第一次碰撞前瞬间，B速度的大小；2滑块B与小球第一次碰撞后瞬间，绳子对小球的拉力；3小球在竖直平面内做完整圆周运动的次数。2318分解

30、析：1 滑块B从斜面高度h处滑下与小球第一次碰撞前瞬间速度为，由动能定理得： 3分求得： =7.4m/s 1分2滑块B与小球碰撞，没有机械能损失，由动量守恒和机械能守恒得：1分 1分求得： 。即碰后滑块B与小球A交换速度。1分对小球由牛顿第二定律得： 2分求得： 1分3小球恰能完成一次完整的圆周运动，设它到最高点的速度为v1，小球在最低点速度为v，那么有 2分 1分求得： 1分小球做完整圆周运动时，碰后的速度至少为，由于滑块B与小球A碰后交换速度，那么滑块B最终速度至少也为，经过的路程为，那么： 2分求得： 1分小球做完整的圆周运动的次数为： 求得： = 6 1分海淀二模2318分在2021年

31、温哥华冬奥会单板滑雪女子U型池决赛中，我国小将刘佳宇名列第四名。虽然无缘奖牌，但刘佳宇已经创造中国单板滑雪在冬奥会上的最好成绩。单板滑雪U型池的比赛场地截面示意图如图11所示，场地由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R=3.5m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s=8.0m，运发动在水平滑道以一定的速度冲向圆弧滑道CD，到达圆弧滑道的最高位置D后竖直向上腾空跃起，在空中做出翻身、旋转等动作，然后再落回点。裁判员根据运发动腾空的高度、完成动作的难度和效果等因素评分，并要求运发动在滑动的整个过程中，身体的任何部位均不能触及滑道。假设某次比赛中运发动

32、经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=16.2m/s，运发动从B点运动到C点所用的时间t0.5s，从D点跃起时的速度vD=8.0m/s。设运发动连同滑板的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2。求：1运发动从D点跃起后在空中完成动作的时间；DCv0ABR图112运发动从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功；3为使运动不断持续，运发动从D点滑回到A点时的速度应不小于D点的速度。那么运发动在水平滑道BC段滑动的过程中是否可能增加其动能呢？试进行判断，并说明理由。2318分解：1运发动从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运发动上升的时间为t1，根据运动学公式： v

33、D=gt1 运发动在空中完成动作的时间： =1.6s 5分2运发动从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度：解得运发动到达C点时的速度：=15.8m/s 3分运发动从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理： 3分得运发动克服摩擦力做功：代入数值解得： Wf=2891J 3分3不可能。在水平滑道运动的过程中，因为运发动在水平方向只受到摩擦力的作用，而摩擦力的方向与运动方向相反，只可能对运发动做负功，根据动能定理，运发动的动能只可能减小，而不可能增加。 4分用其他方法计算正确的同样给分。海淀二模反应23荡秋千：也叫“打秋千，是朝鲜族妇女喜爱的民间游戏。每逢节日聚会，人们便

34、会看到成群结队的朝鲜族妇女，身穿鲜艳的民族服装，在人们的欢呼、叫好声中荡起了秋千，她们一会腾空而起，一会俯冲而下，尽情地欢乐，长长的裙子随风飘舞，大有飘飘欲仙之感。如图13所示是朝鲜族少女“长今打秋千的情景，设秋千摆绳长为3.0m，悬点在大树上，长今连同底板的质量共为60kg。开始时，长今坐在秋千上，在外力的作用下，摆绳与竖直方向成37角处于静止状态。某时刻外力撤掉，让秋千由静止开始摆动，假设摆动过程中，长今与底板始终没有相对运动。取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。1秋千静止时所施加的最小外力是多少？2假设秋千第一次摆动到最低点时摆线的拉力为780N，那么长今和秋千在

35、从最高点摆到最低点的过程中克服阻力做的功是多少？图133长今发现，自己所坐的秋千越荡越低，可她却看到别人的秋千能够越荡越高，她不知为什么会是这样，你能给她解释：为什么她的秋千越荡越低吗？她怎样做才能像别人那样在不借助外力的情况下把秋千越荡越高？231360N；290J；3阻力做功，机械能损失，所以越荡越低；在秋千由最高点荡到最低点的过程中，人由站立缓缓下蹲，当秋千到最高时，迅速由下蹲到站立。2.2.1.2 动量与能量石景山一模49-330v/(ms-1)12图乙8t/sACBv图甲2318分如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA= 4.0kg 和 mB= 3.0kg，用轻弹簧栓接相连放在光滑

36、的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t =0时以一定速度向右运动，在 t = 4 s 时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C的 v-t 图象如图乙所示。求：1物块C的质量mC；2墙壁对物块B的弹力在 4 s 到12 s 的时间内对B做的功W及对B的冲量I 的大小和方向；3B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能EP。23.18分1由图知，C与A碰前速度为=9m/s，碰后速度为=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒。3分 得=2kg2分2墙对物体B不做功，2分由图知，12s末A和C的速度为 = 3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为2分得I = 36 NS2分 方向向左

37、1分312s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。 2分2分得：=9J2分东城二模23(18分)质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上。质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如下图。M:m=3:1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为，圆弧轨道的半径为R。1求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；MmR2求水平轨道的长度；3假设滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件。23(

38、18分)解：15分对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有： 3分滑块M的速度 1分， 方向向右。 1分25分物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有：3分 解得 2分38分物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大。假设物块刚能到达最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度。对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有： 3分相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有： 3分解得： 1分要使物块m不会越过滑块，其初速度要不大于。 1分东城示范校ABCDEFRrSV02318分如

39、下图，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8字形通道，在“8字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB。E处距地面的高度h=3.2m，一质量m=1kg的小球a从A点以速度v0=12m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管DE管光滑，并与原来静止于E处的质量为M= 4kg的小球b发生正碰ab均可视为质点。碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的1/3，而b球从E点水平抛出，其水平射程s=0.8m,g取10m/s21求碰后b球的速度大小？2求“8字形管道上下两圆的半径r和R？3假设小球a在管道AB中运动时所受阻力为

40、定值，请判断a球返回到BA管道中时能否从A端穿出？2318分1 b球离开DE后做平抛运动： (2分)s=vbt (2分) vb=1m/s (1分)2ab碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向 va=3m/s (2分)碰前a在D处恰好与轨道无作用力： (2分)r=0.9m (1分) (1分)3小球从B到D，机械能守恒： 解得： (2分)从A到B过程，由动能定理得： 解得：Wf=35.5J (2分)从D到B，机械能守恒： 解得： Wf (2分) 所以，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出。 (1分) 2.2.1.3 万有引力怀柔零模ABO太阳光60图9DC60602318分有一颗地球卫星，绕地球

41、做匀速圆周运动卫星与地心的距离为地球半径R0的2倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合。卫星上的太阳能收集板可以把光能转化为电能，太阳能收集板的面积为S，在阳光下照射下每单位面积提供的最大电功率为P。地球外表重力加速度为g，近似认为太阳光是平行光，试估算：1卫星做匀速圆周运动的周期；2卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间；3太阳能收集板在卫星绕地球一周的时间内最多转化的电能？23(18分)解：18分地球卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律： 3分在地球外表有： 3分 卫星做匀速圆周运动的周期为： 2分26分如图，当卫星在阴影区时不能接受阳光，据几何关系：AOB = COD = 3分卫星绕地球一

42、周，太阳能收集板工作时间为：t = T= 3分34分最多转化的电能： 4分2.2.2 电学2.2.2.1 电场海淀零模2318分打印机是办公的常用工具，喷墨打印机是其中的一种。图11是喷墨打印机的工作原理简化图。其中墨盒可以喷出半径约为10-5m的墨汁微滴，大量的墨汁微滴经过带电室时被带上负电荷，成为带电微粒。墨汁微滴所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制。带电后的微滴以一定的初速度进入由两块平行带电金属板形成的偏转电场中，微滴经过电场的作用发生偏转后打在纸面上，显示出字体。假设某种喷墨打印机的偏转电场极板长度为l，两板间的距离为d，偏转电场极板的右端距纸面的距离为b，某

43、个带电微滴的质量为m，沿两板间的中心线以初速度v0进入偏转电场。偏转电场两极板间电压为U。该微滴离开电场时的速度大小为v，不计微滴受到的重力和空气阻力影响，忽略电场边沿处场强的不均匀性。墨盒带电室偏转板纸图111该该带电微滴所带的电荷量q；2该该带电微滴到达纸面时偏离原入射方向的距离y；3在微滴的质量和所带电荷量以及进入电场的初速度均一定的条件下，分析决定打印在纸上字体大小的因素有哪些？假设要使纸上的字体高度放大，可以采取的措施是什么？2318分解：1带电微滴进入电场后，做类平抛运动，离开电场时，沿垂直电场方向的速度大小为v0，沿电场方向的速度大小为： 2分设带电微滴在电场中运动的时间为t，根

44、据牛顿第二定律与运动学公式： 1分 1分解得： 3分2带电微滴离开电场后做匀速直线运动，设运动方向与v0方向的夹角为，根据平抛运动的特点， 3分 解得： 3分3由1问和2问的结果可知，微滴到达纸面上时偏离原入射方向的距离： 2分y的数值越大，即纸面上的字体越大。在m、q以及v0一定的条件下，假设要使纸上的字体高度放大，可以增大偏转电场两极板间的电压U、偏转极板的右端距纸面的距离b或偏转极板的长度l，也可以减小偏转电场两极板间的距离d。 3分西城一模xyo亮点XY图1加速电极2318分图1是示波管的原理图，它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极XX、YY组成。偏转电极的极板都是边长为l的正方

45、形金属板，每对电极的两个极板间距都为d。电极YY的右端与荧光屏之间的距离为L。这些部件处在同一个真空管中。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有xoy直角坐标系，x轴与电极XX的金属板垂直其正方向由X指向X，y轴与电极YY的金属板垂直其正方向由Y指向Y。电子的电量为e，质量为m。可忽略电子刚离开金属丝时的速度，并不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。1假设加速电极的电压为U0，两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块金属板，并最终打在xoy坐标系的坐标原点。

46、求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小；2假设再在偏转电极YY之间加恒定电压U1，而偏转电极XX之间不加电压，求电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离；3i假设偏转电极XX之间的电压变化规律如图2所示，YY之间的电压变化规律如图3所示。由于电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且此过程中可认为偏转极板间的电压不变。请在图4中定性画出在荧光屏上看到的图形； t4t02t0Ux-UxOUXX图2t02t0Uy-UyOtUYY图3Oxy图4ii要增大屏幕上图形在y方向的峰值，假设只改变加速电极的电压U0、YY之间电压的峰值Uy、电极XX之间电压的峰值Ux三个量中的一个，请说出如何改变这个物

47、理量才能到达目的。2318分1电子出加速电场后做匀速直线运动，设速度为，根据动能定理得：eU0 = 3分 解得：= 2分2设电子在偏转电极YY中的运动时间为t1，沿垂直电场方向电子做匀速直线运动，那么：l=t1 1分沿平行电场方向电子做初速度为0的匀加速直线运动，那么：y1= 1分此过程中电子的加速度大小： 1分电子在y方向的速度：y= a t1 1分电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏。那么：答图4OxyL= t2 1分 y2 = y t2 1分电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离：y= y1+y2解得： 2分3i如答图4所示2分ii减小U0 或 增大Uy3分丰台二模

48、23(18分)飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。飞行时间质谱仪主要由脉冲阀、激光器、加速电场、偏转电场和探测器组成，探测器可以在轨道上移动以捕获和观察带电粒子。整个装置处于真空状态。加速电场和偏转电场电压可以调节，只要测量出带电粒子的飞行时间，即可以测量出其比荷。如下图,脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。加速电场a、b板间距为d，偏转电场极板M、N的长度为L1，宽度为L2。不计离子重力及进入a板时的初速度。dL1MLNS探测器激光束PbaL2轨道1设离子带电粒子比荷为kk=

49、q/m，如a、b间的加速电压为U1，试求离子进入偏转电场时的初速度v0；2当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，离子从脉冲阀P喷出到到达探测器的全部飞行时间为t。请推导出离子k比荷的表达式；3在某次测量中探测器始终无法观察到离子，分析原因是离子偏转量过大，打到极板上，请说明如何调节才能观察到离子？2318分解析：1设离子的带电量为q，质量为m，有 2分得： 2分2设离子在加速电场和偏转电场中的飞行时间分别为t1和t2，在加速电场中的加速度为a1，那么： 2分 2分 2分 2分 联立解得： 2分3设离子在偏转电场中的侧移量为y,那么： 2分如果没有推理，但用文字说明正确也给分。

50、所以减小偏转电压U2，或增大加速电压U1 2分只答出一种方案即给2分2.2.2.2 电场和磁场朝阳二模2318分如图甲所示，水平放置的两平行金属板的板长l不超过0.2m，OO为两金属板的中线。在金属板的右侧有一区域足够大的匀强磁场，其竖直左边界MN与OO垂直，磁感应强度的大小B=0.010T，方向垂直于纸面向里。两金属板间的电压U随时间t变化的规律如图乙所示，现有带正电的粒子连续不断地以速度v0=1105m/s，沿两金属板的中线射入电场中。带电粒子的荷质比，粒子所受重力和粒子间的库仑力忽略不计，不考虑粒子高速运动的相对论效应。在每个粒子通过电场区域的时间内可以认为两金属板间的电场强度是不变的。Uv0MNBOOU/Vt/s00.10.20.30.40.50.6100甲乙1在t=0.1s时刻射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘射出，求该粒子射出电场时速度的大小；2对于所有经过电场