2020年高考物理真题计算题集锦
一、综合题
1．（2020·新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
（1）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
2．（2020·新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg， g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
3．（2020·新课标Ⅱ）如图，在0≤x≤h， 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
4．（2020·新课标Ⅰ）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用 描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为 时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为 ，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
5．（2020·新课标Ⅰ）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
6．（2020·浙江选考）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形 、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板 平行于 水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界 水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为 ，探测板 的宽度为 ，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界 时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界 的最大距离 ；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到 距离L的关系。
7．（2020·浙江选考）如图1所示，有一质量 的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的 图线如图2所示， 末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
8．（2020·浙江选考）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道 和倾角 的斜轨道 平滑连接而成。质量 的小滑块从弧形轨道离地高 处静止释放。已知 ， ，滑块与轨道 和 间的动摩擦因数均为 ，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道 上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计， ， ）
9．（2020·浙江选考）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在 区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长 、电阻 的正方形线框 ，当平行于磁场边界的 边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以 的速度做匀速运动，直到 边进入磁场时撤去外力。若以 边进入磁场时作为计时起点，在 内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在 内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在 内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在 内流过导线横截面的电荷量q。
10．（2020·天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 至少多大？
11．（2020·天津）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间 ；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为 的离子总飞行时间为 ，待测离子的总飞行时间为 ，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量 。
12．（2020·天津）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻 ，边长 。求
（1）在 到 时间内，金属框中的感应电动势E；
（2） 时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
（3）在 到 时间内，金属框中电流的电功率P。
13．（2020·新高考Ⅰ）如图所示，一倾角为 的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
14．（2020·新高考Ⅰ）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：
（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
（2）M、N之间的距离L。
15．（2020·新高考Ⅰ）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标；
（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；
（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子 、氚核 、氦核 的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
16．（2020·江苏）如图所示，电阻为 的正方形单匝线圈 的边长为 ， 边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为 。在水平拉力作用下，线圈以 的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
（1）感应电动势的大小E；
（2）所受拉力的大小F；
（3）感应电流产生的热量Q。
17．（2020·江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为 。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为 。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
（3）重物下落的高度h。
18．（2020·江苏）空间存在两个垂直于 平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为 、 。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
（1）Q到O的距离d；
（2）甲两次经过P点的时间间隔 ；
（3）乙的比荷 可能的最小值。
答案解析部分
1．【答案】（1）解：传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有 ②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
（2）解：当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有 ⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨
（3）解：传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩
联立①⑩ 式并代入题给数据得t3=1.0s
x2=5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
由① 式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
代题给数据得
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公式求解物体运动的时间；
（2）摩擦力对物体做正功，物体的速度增加，摩擦力做负功，速度减小，对物体进行受力分析，利用动能定理列方程求解末速度；
（3）结合物体的加速度和运动时间，利用公式求解当传送带静止时物体的速度，进而求解物体滑出传送带是的速度，利用动量定理求解摩擦力冲量即可。
2．【答案】（1）解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③
（2）解：管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 ④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得 ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 ⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有 ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
（3）解：设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0
联立 式并代入题给数据得
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L 联立 式，L应满足条件为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析圆管和小球的运动趋势，对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度；
（2）根据圆管内小球相对于圆管的运动状态，把圆管的运动过程分为两两段，第一段为小球相对于圆管向下运动，第二段为小球相对于圆管静止，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，再结合运动学公式求解即可；
（3）小球没有滑出，即小球相对于圆管的位移没有大于圆管的长度，利用运动功能学公式列方程求解即可。
3．【答案】（1）解：由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有 ①
由此可得 ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足 ③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得 ④
（2）解：若磁感应强度大小为 ，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为 ⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系 ⑥
即 ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为 ⑧
联立⑦⑧式得 ⑨
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子运动的半径越大，磁感应强度就越小，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度；
（2）结合向心力公式求解粒子的轨道半径，利用结合关系求解夹角和距离即可。
4．【答案】（1）解：空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
（2）解：满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）飞机飞行时，重力等于升力，列方程求解飞机的速度即可；
（2）飞机做匀加速运动，结合飞机的位移和末速度求解飞机的加速度，进而求解加速时间。
5．【答案】（1）解：由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，
根据几何关系可知：
所以根据动能定理有：
解得：
（2）解：根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，
根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
（3）解：因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度有
联立解得 ；当粒子从C点射出时初速度为0。
【知识点】动量定理；电场力做功
【解析】【分析】（1）求解AC的长度，对粒子总A点移动到C点的过程应用动能定理求解电场强度即可；
（2）粒子沿AC方向运动的越远，粒子的末速度就越大，利用结合关系求解粒子速度最大的出射位置，把粒子的速度网垂直于电场和平行于电场方向分解，在垂直于电场方向利用速度公式求解初速度；
（3）同理，结合粒子动量的变化确定粒子的出射位置，利用运动学公式求解初速度即可。
6．【答案】（1）解：离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界 边的Q点射出，则由几何关系可得 ，
（2）解：a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界 边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为 、 ，由几何关系可得
探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界 的距离最大，
则
（3）解：a或c束中每个离子动量的竖直分量
当 时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力
当 时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当 时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用向心力公式求解粒子速度，再结合结合关系求解出射点与H点的距离；
（2）根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合粒子出射的方向，利用几何关系求解最大距离；
（3）结合粒子的速度方向求解粒子垂直于探测板的动量分量，乘以粒子数量即为平均作用力。
7．【答案】（1）解：由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有
根据图2得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
（2）解：结合图2根据运动学公式有
（3）解：根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的 ，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的 ，则有
所以总位移为h=40m
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）结合电梯的加速度和加速时间求解电梯的末速度，即匀速运动的速度；
（3）分析电梯的运动过程，先加速、再匀速，最后减速，结合每一段运动的位移相加即可。
8．【答案】（1）解：机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
（2）解：能在斜轨道上到达的最高点为 点，功能关系
得
故不会冲出
（3）解：滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为 ，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）利用动能定理求解物体到达D点的速度，对处在D点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力；
（2）对物体进行受力分析，对物体从D点运动到C点的过程应用动能定理求解物体的末速度，如果方程有实数解，那么物体可以到达C点；
（3）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解碰撞后的末速度，再对物体的运动过程应用动能定理上升高度与x的关系。
9．【答案】（1）解：由图2可知 ，则回路电流
安培力
所以外力
（2）解：匀速出磁场，电流为0，磁通量不变 ， 时， ，磁通量 ，则t时刻，磁通量
解得
（3）解： 电荷量
电荷量
总电荷量
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小；
（2）闭合回路中的磁通量不变，回路就不会有电流，结合导线框的速度求解磁场强度的变化；
（3）通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
10．【答案】（1）解：A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 ，有 ②
由动量定理，有 ③
联立①②③式，得 ④
（2）解：设两球粘在一起时速度大小为 ，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律，有 ⑥
又 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能 至少为 ⑧
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度，利用动能定理求解最低点的速度，利用动量定理求解冲量即可；
（2）A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
11．【答案】（1）解：设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有 ①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则 ②
联立①②式，得 ③
（2）解：根据动能定理，有 ④
得 ⑤
（3）解：离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为 ，有 ⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为 ，在无场区的总路程设为 ，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为 。有 ⑦
联立①⑥⑦式，得 ⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与 成正比。由题意可得 可得 ⑨
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小，结合无场区域的长度求解运动时间；
（2）结合粒子进入反射区的初速度，结合反射区的电场强度求解移动的距离；
（3）利用运动学公式求解粒子在电场中和无场区域的运动时间，结合题目给出的总时间列方程求解粒子的质量。
12．【答案】（1）解：设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有 ④
由图可知， 时，磁感应强度为 ，金属框ab边受到的安培力 ⑤
联立①②④⑤式，代入数据，解得 ⑥
方向垂直于ab向左。⑦
（2）解：
（3）解：在 到 时间内，金属框中电流的电功率
⑧
联立①②④⑧式，代入数据，解得 ⑨
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；
（2）利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小；
（3）结合电路中的电流和导线框的电阻，利用功率公式求解功率即可。
13．【答案】（1）解：P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ①
由机械能守恒定律得 ②
联立①②式得 ③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为 ，Q的速度大小为
（2）解：设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 ⑤
联立①②⑤式得 ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 ，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 ⑦
联立①②⑤⑦式得 ⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得 ⑨
由机械能守恒定律得 ⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 （n=1，2，3……）
（3）解：当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
解得
（4）解：设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
设P运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为t2，由运动学公式得
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
当A点与挡板之间的距离最小时
联立 式，代入数据得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）P、Q两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解；
（2）同理，动量守恒定律和机械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此类推寻找规律即可；
（3）对物体进行受力分析，对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解物体上升的高度；
（4）利用运动学公式分别求解物体Q减速至零和物体P运动到底部时的时间，结合时间关系求解最短距离。
14．【答案】（1）解：在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得 ①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②
由运动学公式得 ③
联立①②③式，代入数据得d=4.8 m ④
（2）解：在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得 ⑦
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12 m ⑨
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】运动员做斜抛运动，运动员的速度分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，利用牛顿第二定律求解两个方向上的加速度，结合运动学公式求解距离d和MN的长度即可。
15．【答案】（1）解：设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得qU= mv2 ①
在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得 ②
联立①②式得 ③
由几何关系得 ④
⑤
⑥
联立①②④式得 ⑦
（2）解：设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 ⑨
⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
联立①②⑤⑧⑨⑩ 式得
（3）解：设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得y'=vtsinα
由题意得y=L+y'
联立①④⑥⑨⑩ 式
（4）解：s1、s2、s3分别对应氚核 、氦核 、质子 的位置。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用向心力公式求解轨道半径，利用几何关系求解c点到z轴的距离；
（2）（3）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可；
（4）三个粒子的电性和质量不同，结合第二问求解的横坐标的表达式分析求解即可。
16．【答案】（1）解：由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为
（2）解：因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有
根据闭合电路欧姆定律有
结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N
（3）解：线框穿过磁场所用的时间为
故线框穿越过程产生的热量为
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小；
（2）利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小；
（3）结合电流大小和导线框的电阻，利用焦耳定律求解焦耳热即可。
17．【答案】（1）解：由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为
（2）解：小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
（3）解：设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）重物的速度与圆形轮边缘的线速度相同，结合半径和角速度求解线速度；
（2）小木棍不仅可以提供支持力，还能提供向下的拉力，对处在不同位置的小球进行受力分析，根据速度结合向心力公式求解小木棍对小球的作用力；
（3）重物和轮子两个物体组成系统机械能守恒，利用机械能守恒列方程分析求解下落高度即可。
18．【答案】（1）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 得， ，
Q、O的距离为：
（2）解：由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，
所以，再次经过P点的时间为
由匀速圆周运动的规律得，
绕一周的时间为：
解得：
所以，再次经过P点的时间为
两次经过P点的时间间隔为：
解得：
（3）解：由洛伦兹力提供向心力，由 得，
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则：
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则：
计算可得 （n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷 最小，为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合向心力公式求解轨道半径，再结合向心力公式分析求解即可。
1 / 12020年高考物理真题计算题集锦
一、综合题
1．（2020·新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
（1）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】（1）解：传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有 ②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
（2）解：当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有 ⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨
（3）解：传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩
联立①⑩ 式并代入题给数据得t3=1.0s
x2=5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
由① 式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
代题给数据得
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公式求解物体运动的时间；
（2）摩擦力对物体做正功，物体的速度增加，摩擦力做负功，速度减小，对物体进行受力分析，利用动能定理列方程求解末速度；
（3）结合物体的加速度和运动时间，利用公式求解当传送带静止时物体的速度，进而求解物体滑出传送带是的速度，利用动量定理求解摩擦力冲量即可。
2．（2020·新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg， g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③
（2）解：管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 ④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得 ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 ⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有 ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
（3）解：设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0
联立 式并代入题给数据得
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L 联立 式，L应满足条件为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析圆管和小球的运动趋势，对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度；
（2）根据圆管内小球相对于圆管的运动状态，把圆管的运动过程分为两两段，第一段为小球相对于圆管向下运动，第二段为小球相对于圆管静止，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，再结合运动学公式求解即可；
（3）小球没有滑出，即小球相对于圆管的位移没有大于圆管的长度，利用运动功能学公式列方程求解即可。
3．（2020·新课标Ⅱ）如图，在0≤x≤h， 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
【答案】（1）解：由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有 ①
由此可得 ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足 ③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得 ④
（2）解：若磁感应强度大小为 ，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为 ⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系 ⑥
即 ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为 ⑧
联立⑦⑧式得 ⑨
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子运动的半径越大，磁感应强度就越小，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度；
（2）结合向心力公式求解粒子的轨道半径，利用结合关系求解夹角和距离即可。
4．（2020·新课标Ⅰ）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用 描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为 时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为 ，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【答案】（1）解：空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
（2）解：满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）飞机飞行时，重力等于升力，列方程求解飞机的速度即可；
（2）飞机做匀加速运动，结合飞机的位移和末速度求解飞机的加速度，进而求解加速时间。
5．（2020·新课标Ⅰ）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】（1）解：由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，
根据几何关系可知：
所以根据动能定理有：
解得：
（2）解：根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，
根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
（3）解：因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度有
联立解得 ；当粒子从C点射出时初速度为0。
【知识点】动量定理；电场力做功
【解析】【分析】（1）求解AC的长度，对粒子总A点移动到C点的过程应用动能定理求解电场强度即可；
（2）粒子沿AC方向运动的越远，粒子的末速度就越大，利用结合关系求解粒子速度最大的出射位置，把粒子的速度网垂直于电场和平行于电场方向分解，在垂直于电场方向利用速度公式求解初速度；
（3）同理，结合粒子动量的变化确定粒子的出射位置，利用运动学公式求解初速度即可。
6．（2020·浙江选考）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形 、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板 平行于 水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界 水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为 ，探测板 的宽度为 ，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界 时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界 的最大距离 ；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到 距离L的关系。
【答案】（1）解：离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界 边的Q点射出，则由几何关系可得 ，
（2）解：a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界 边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为 、 ，由几何关系可得
探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界 的距离最大，
则
（3）解：a或c束中每个离子动量的竖直分量
当 时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力
当 时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当 时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用向心力公式求解粒子速度，再结合结合关系求解出射点与H点的距离；
（2）根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合粒子出射的方向，利用几何关系求解最大距离；
（3）结合粒子的速度方向求解粒子垂直于探测板的动量分量，乘以粒子数量即为平均作用力。
7．（2020·浙江选考）如图1所示，有一质量 的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的 图线如图2所示， 末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
【答案】（1）解：由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有
根据图2得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
（2）解：结合图2根据运动学公式有
（3）解：根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的 ，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的 ，则有
所以总位移为h=40m
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）结合电梯的加速度和加速时间求解电梯的末速度，即匀速运动的速度；
（3）分析电梯的运动过程，先加速、再匀速，最后减速，结合每一段运动的位移相加即可。
8．（2020·浙江选考）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道 和倾角 的斜轨道 平滑连接而成。质量 的小滑块从弧形轨道离地高 处静止释放。已知 ， ，滑块与轨道 和 间的动摩擦因数均为 ，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道 上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计， ， ）
【答案】（1）解：机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
（2）解：能在斜轨道上到达的最高点为 点，功能关系
得
故不会冲出
（3）解：滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为 ，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）利用动能定理求解物体到达D点的速度，对处在D点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力；
（2）对物体进行受力分析，对物体从D点运动到C点的过程应用动能定理求解物体的末速度，如果方程有实数解，那么物体可以到达C点；
（3）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解碰撞后的末速度，再对物体的运动过程应用动能定理上升高度与x的关系。
9．（2020·浙江选考）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在 区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长 、电阻 的正方形线框 ，当平行于磁场边界的 边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以 的速度做匀速运动，直到 边进入磁场时撤去外力。若以 边进入磁场时作为计时起点，在 内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在 内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在 内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在 内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】（1）解：由图2可知 ，则回路电流
安培力
所以外力
（2）解：匀速出磁场，电流为0，磁通量不变 ， 时， ，磁通量 ，则t时刻，磁通量
解得
（3）解： 电荷量
电荷量
总电荷量
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小；
（2）闭合回路中的磁通量不变，回路就不会有电流，结合导线框的速度求解磁场强度的变化；
（3）通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
10．（2020·天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 至少多大？
【答案】（1）解：A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 ，有 ②
由动量定理，有 ③
联立①②③式，得 ④
（2）解：设两球粘在一起时速度大小为 ，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律，有 ⑥
又 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能 至少为 ⑧
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度，利用动能定理求解最低点的速度，利用动量定理求解冲量即可；
（2）A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
11．（2020·天津）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间 ；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为 的离子总飞行时间为 ，待测离子的总飞行时间为 ，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量 。
【答案】（1）解：设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有 ①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则 ②
联立①②式，得 ③
（2）解：根据动能定理，有 ④
得 ⑤
（3）解：离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为 ，有 ⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为 ，在无场区的总路程设为 ，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为 。有 ⑦
联立①⑥⑦式，得 ⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与 成正比。由题意可得 可得 ⑨
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小，结合无场区域的长度求解运动时间；
（2）结合粒子进入反射区的初速度，结合反射区的电场强度求解移动的距离；
（3）利用运动学公式求解粒子在电场中和无场区域的运动时间，结合题目给出的总时间列方程求解粒子的质量。
12．（2020·天津）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻 ，边长 。求
（1）在 到 时间内，金属框中的感应电动势E；
（2） 时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
（3）在 到 时间内，金属框中电流的电功率P。
【答案】（1）解：设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有 ④
由图可知， 时，磁感应强度为 ，金属框ab边受到的安培力 ⑤
联立①②④⑤式，代入数据，解得 ⑥
方向垂直于ab向左。⑦
（2）解：
（3）解：在 到 时间内，金属框中电流的电功率
⑧
联立①②④⑧式，代入数据，解得 ⑨
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；
（2）利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小；
（3）结合电路中的电流和导线框的电阻，利用功率公式求解功率即可。
13．（2020·新高考Ⅰ）如图所示，一倾角为 的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】（1）解：P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ①
由机械能守恒定律得 ②
联立①②式得 ③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为 ，Q的速度大小为
（2）解：设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 ⑤
联立①②⑤式得 ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 ，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 ⑦
联立①②⑤⑦式得 ⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得 ⑨
由机械能守恒定律得 ⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 （n=1，2，3……）
（3）解：当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
解得
（4）解：设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
设P运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为t2，由运动学公式得
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
当A点与挡板之间的距离最小时
联立 式，代入数据得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）P、Q两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解；
（2）同理，动量守恒定律和机械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此类推寻找规律即可；
（3）对物体进行受力分析，对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解物体上升的高度；
（4）利用运动学公式分别求解物体Q减速至零和物体P运动到底部时的时间，结合时间关系求解最短距离。
14．（2020·新高考Ⅰ）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：
（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
（2）M、N之间的距离L。
【答案】（1）解：在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得 ①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②
由运动学公式得 ③
联立①②③式，代入数据得d=4.8 m ④
（2）解：在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得 ⑦
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12 m ⑨
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】运动员做斜抛运动，运动员的速度分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，利用牛顿第二定律求解两个方向上的加速度，结合运动学公式求解距离d和MN的长度即可。
15．（2020·新高考Ⅰ）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标；
（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；
（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子 、氚核 、氦核 的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
【答案】（1）解：设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得qU= mv2 ①
在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得 ②
联立①②式得 ③
由几何关系得 ④
⑤
⑥
联立①②④式得 ⑦
（2）解：设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 ⑨
⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
联立①②⑤⑧⑨⑩ 式得
（3）解：设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得y'=vtsinα
由题意得y=L+y'
联立①④⑥⑨⑩ 式
（4）解：s1、s2、s3分别对应氚核 、氦核 、质子 的位置。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用向心力公式求解轨道半径，利用几何关系求解c点到z轴的距离；
（2）（3）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可；
（4）三个粒子的电性和质量不同，结合第二问求解的横坐标的表达式分析求解即可。
16．（2020·江苏）如图所示，电阻为 的正方形单匝线圈 的边长为 ， 边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为 。在水平拉力作用下，线圈以 的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
（1）感应电动势的大小E；
（2）所受拉力的大小F；
（3）感应电流产生的热量Q。
【答案】（1）解：由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为
（2）解：因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有
根据闭合电路欧姆定律有
结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N
（3）解：线框穿过磁场所用的时间为
故线框穿越过程产生的热量为
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小；
（2）利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小；
（3）结合电流大小和导线框的电阻，利用焦耳定律求解焦耳热即可。
17．（2020·江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为 。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为 。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
（3）重物下落的高度h。
【答案】（1）解：由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为
（2）解：小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
（3）解：设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）重物的速度与圆形轮边缘的线速度相同，结合半径和角速度求解线速度；
（2）小木棍不仅可以提供支持力，还能提供向下的拉力，对处在不同位置的小球进行受力分析，根据速度结合向心力公式求解小木棍对小球的作用力；
（3）重物和轮子两个物体组成系统机械能守恒，利用机械能守恒列方程分析求解下落高度即可。
18．（2020·江苏）空间存在两个垂直于 平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为 、 。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
（1）Q到O的距离d；
（2）甲两次经过P点的时间间隔 ；
（3）乙的比荷 可能的最小值。
【答案】（1）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 得， ，
Q、O的距离为：
（2）解：由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，
所以，再次经过P点的时间为
由匀速圆周运动的规律得，
绕一周的时间为：
解得：
所以，再次经过P点的时间为
两次经过P点的时间间隔为：
解得：
（3）解：由洛伦兹力提供向心力，由 得，
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则：
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则：
计算可得 （n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷 最小，为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合向心力公式求解轨道半径，再结合向心力公式分析求解即可。
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