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2023高考二轮复习二十五专题
专题二十五、智解计算题
第一部分 织网点睛，纲举目张
智解计算题，“三策”很重要
物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程多，所给的物理情境较复杂，物理模型
比较模糊甚至很隐蔽，所运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高。掌握以下“三策略”，可
在物理计算题上得到理想的分值。
策略(一) “三步”审题
审题是将题中物理信息内化的过程，包含“看题”“读题”“思题”等环节。审题一般可分为“三
步”进行。策略(二) 大题小做
物理压轴题一般文字叙述量较大，涉及的物理过程与情境较复杂，物理模型较多且不明显，甚至很隐
蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论。能否顺利地突破求解，关键是能否顺利地将题
中复杂的物理运动过程分解为若干个独立的、较为简单的过程，即将大题小做，各个击破。
策略(三) 规范答题
物理规范答题主要体现在三个方面：思想方法的规范化，解题过程的规范化，物理语言和书写的规范
化。依据高考试题的参考答案和评分标准，总结出如下四步规范化答题模式：
1．画图分析
主要是画原理分析图和物理过程示意图(如受力分析图、运动示意图、等效电路图、光路图等)。目的
是有助于解题过程表述的简洁性，更有助于分析题意，找出解题方法。
2．写出必要的文字说明
目的是展示物理问题发展的前因后果。文字说明的语言要简洁、明确、规范，主要有下列六个方面：
(1)说明研究对象，可采用“对物体A”“对A、B组成的系统”等简洁的形式。
(2)指出物理过程和状态，如“从A→B”“在t时刻”等简单明了的说法。
(3)假设所求的物理量或题中没有但解题却需要的中间变量，如“设……”“令……”等熟知的说法或
“各量如图中所示”(在原理图上标出各量)。
(4)写明解题依据，如“由……定律有”“据……得”等。
(5)解题过程中必要的关联词，如“将……代入”“由……得出”等。
(6)对原因、结果的补充说明，如“因为……”“所以……”“大于”“小于”等。
3．列出方程式
主要是物理公式和与解题相关的数学公式。该步骤要注意以下三点：
(1)一定要写方程的原式，而不是变形式或结果计算式。
(2)所列方程要与解题密切相关，不要堆砌方程。方程过多，容易造成解题的混乱。
(3)列方程时，物理量的符号要用题中所给的符号。若使用题中没有的物理量符号时，也一定要使用课
本上统一的符号。
4．准确演算明确结果
(1)解题过程详略得当写出重要的关系式和推导步骤，详细的推导、整理过程一般不用写。
(2)代数运算正确
从原方程求解最后结果时，要先推导出最简形式的计算式，再把单位统一后的数据代入，写出计算结
果和单位，中间运算过程无须写上。要尽量避免步步计算。
(3)结果表达准确
结果的表达要明确，要有数值和单位。如果是矢量，要用正负号表示或说明其方向性。
(4)做出必要的说明和讨论
如果需要说明或讨论的，一定要有准确的说明或必要的讨论。
等效场问题解题方法
第二部分 实战训练，高考真题演练
第三部分 思路归纳，内化方法
5．(2020·全国卷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F＝kv2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1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，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。
解析：(1)设飞机装载货物前质量为m ，起飞离地速度为v ；装载货物后质量为m ，起飞离地速度为
1 1 2
v，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
2
mg＝kv2①
1 1mg＝kv2②
2 2
由①②式及题给条件得
v＝78 m/s。③
2
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
v2＝2as④
2
v＝at⑤
2
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s。⑦
答案：(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
第二部分 实战训练，高考真题演练
1. （2022年1月浙江选考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角 =37°的光滑直轨道
AB、圆心为O 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直
1 2
轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O、D、
1
O 和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨
2
道AB长度 ，滑块与轨道FG间的动摩擦因数 ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
（2）设释放点距B点的长度为 ，滑块第一次经F点时的速度v与 之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度 的值。
【参考答案】（1）7N；（2） ；（3）见解析【名师解析】（1）到C点过程
C点时由牛顿第二定律，
解得：
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
要能过F点
（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
解得
当 时，
当 时，
当 时，
易错警示：本题（2）中考生容易得出速度关系 ，但 的取值范围弄错，写成
，导致这种错误的原因是漏掉必须通过圆弧轨道 的最高点才能到达 点，即漏
掉 这个制约关系从而无法正确界定 。
本题（3）中考生易漏掉 这个条件，从而不能完整的解答。
2．（11分）（2022·高考广东物理）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从 A处以初速度 为
向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离
开桌面一起竖直向上运动。己知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B 间的距离
，重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【命题意图】本题考查平衡条件、牛顿运动定律、动量守恒定律、匀变速直线运动规律。
【解题思路】（1）滑块静止时，对整体，由平衡条件，N =mg+Mg。
1
代入数据解得N =8N。
1
滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力f=1N，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上的摩擦力f’=1N
隔离滑杆受力分析，由平衡条件 N =Mg-f’。
2
代入数据解得N =5N。
2
（2）滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律，mg+f=ma
解得加速度大小 a=15m/s2。
由v2-v2=-2al 解得：v=8 m/s
0
（3）滑块与滑杆碰撞，由动量守恒定律，mv=（m+M）v’，
解得 v’=2m/s由v’2=2gh
解得h=0.2m。
3. （2022年1月浙江选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m
水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静
止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所
示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，
sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【参考答案】（1） ；（2）12m/s；（3）66N
【名师解析】（1）设物体从 的加速度为 、运动时间为 ，根据匀变速直线运动的规律
有 、
解得： 、
（2）解法一：由题知物体从 全程的运动时间 ，设物体从 的加速度为 、
运动时间为 ，根据匀变速直线运动的规律有
代入数据解得：
、解法二：由于物体在 做匀变速运动，故
解得：
故其加速度
（3）解法一：设物体在 运动时受到的阻力为 ，根据牛顿第二定律有
代入数据解得：
解法二：物体在 上运动由动量定理有
代入数据解得：
解法三：对物体从 由动能定理有
解得：
易错警示：对于多过程问题一定要分清楚每一阶段的受力情况和运动情况。
（1）AB段
解得
（2）AB段 ，
解得
BC段 ，t=5.0s-t =2s，
2 1
解得
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律
解得
4．（9分）（2022高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高 处将排球击出，球的初速度沿水平方向，
大小为 ；乙同学在离地 处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。
已知排球质量 ，取重力加速度 。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
得
则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得
则
得
设速度方向与水平方向夹角为 （如答图2所示），则
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
第三部分 思路归纳，内化方法
[例1] 如图甲所示，质量m＝1 kg的小物块A(可视为质点)放在长L＝4.5 m的木板B的右端。开始
时A、B两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物
体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A、B间的动摩擦因数μ；
1
(2)乙图中F 的值；
0
(3)若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A水平向左的初速度v ＝4 m/s，则在t＝3 s时
0
A与B的左端相距多远。
[三步审题]
(1)当F>F 时B相对地面滑动，F 的值为B与地面间的最大静摩擦力大
0 0
小
第一步：审 (2)当F<F≤25 N时，A与B一起加速运动，A与B间的摩擦力为静摩擦
0
条件挖隐含 力
(3)当F>25 N时，A与B有相对运动，A在B的动摩擦力作用下加速度
不变
第二步：审 (1)A与B间相互作用：板块模型
情景建模型 (2)A与B的运动：匀变速直线运动
(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析aF
第三步：审
图像的物理意义
过程选规律
(2)用匀变速运动的规律分析A与B运动的位移
[解析] (1)由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度a＝4 m/s2
1对A由牛顿第二定律有
μmg＝ma
1 1
得μ＝0.4。
1
(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ ，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二
2
定律有
F－μmg－μ(m＋M)g＝Ma
1 2 2
即a＝
2
由题图乙知
＝，＝－
可得M＝4 kg，μ＝0.1
2
则F＝μ(m＋M)g＝5 N。
0 2
(3)给A水平向左的初速度v ＝4 m/s，且F＝29 N时A运动的加速度大小为a ＝4 m/s2，方向水平向右
0 1
设A运动t 时间速度减为零，则t＝＝1 s，
1 1
位移x＝vt－at2＝2 m
1 01 11
B的加速度大小
a＝＝5 m/s2，方向向右
2
B的位移大小x＝at2＝2.5 m，此时B的速度
2 21
v＝at＝5 m/s
2 21
由于x ＋x ＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来
1 2
后B的加速度大小为a，对B由牛顿第二定律有
3
F－μMg＝Ma，可得a＝ m/s2
2 3 3
在t＝3 s时A与B左端的距离
x＝v(t－t)＋a(t－t)2＝22.5 m。
3 2 1 3 1
[答案] (1)0.4 (2)5 N (3)22.5 m
[例2] 如图所示，MN PQ 和MN PQ 为同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度 B＝2
1 1 1 1 2 2 2 2
T、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨MN 段与MN 段相互平行，间距L ＝2 m；PQ 段与PQ 段相互平
1 1 2 2 a 1 1 2 2
行，间距L ＝1 m。两根质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝0.5 Ω的金属棒a、b垂直于导轨放置，杆的长度
b
等于导轨间距。一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属杆b的中点，另一端绕过光滑定滑轮与重物c
相连，细线的水平部分与PQ 平行且足够长，c离地面足够高，两杆与导轨间的动摩擦因数均为 μ＝0.4，
1 1
不计导轨电阻及电磁辐射，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若要保持整个系统静止，重物c的质量m 不能超过多少？
c
(2)若c的质量改为m′＝0.6 kg，将c由静止释放开始计时，杆在运动过程中保持与导轨垂直且接触
c良好，求金属杆b的最大速度；
(3)在(2)的条件下，已知t＝4 s时金属杆b的速度已非常接近最大速度，求这4 s过程中a杆产生的焦
耳热。
[大题小做]
1．第(1)问可拆分为2个小题
①求平衡时细线上的拉 建模：重物c二力平衡模型
力大小F 是多少？ 规律：两力大小相等方向相反，即F ＝mg
T T c
②细线上的拉力大小与b 建模：静摩擦力作用下的平衡
杆受到的静摩擦力 F 满 规律：合力为零，静摩擦力小于等于最大静摩擦力(如果没有
f
足什么关系时b杆能处于 特别说明一般认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)，
平衡状态？ 即F ＝F≤F ＝μmg
T f fmax
2.第(2)问可拆分为4个小题
①b杆有最大速度时受到的 建模：b杆与重物c系统处于平衡状态
最大安培力大小F 是多少？ 规律：系统合力为零，即m′g＝μmg＋F
b c b
②a杆受到的最大安培力大 建模：两杆在同一时刻电流大小相同，但a杆的长度是b的两
小F 与b杆受到的最大安培 倍
a
力大小F 有何关系？ 规律：由安培力公式得F＝2F
b a b
③此过程中a杆的运动状态 分析：由于F＝2F＝μmg
a b
如何？ 结论：a杆一直不动
④b杆运动的最大速度v与 建模：b杆相当于电源，a杆与导轨组成外电路
b杆受到的最大安培力大小
规律：E＝BL v，I＝，F＝BIL
b b b
有何关系？
3.第(3)问可拆分为4个小题
①在4 s内细线上拉力的平均 建模：重物c的变速运动
冲量是多大？ 规律：动量定理m′gt－t＝m′v
c c
②在t＝4 s时间内b杆受到安 建模：b杆的变速运动
培力的平均冲量是多大？ 规律：动量定理t－μmgt－t＝mv
b
建模：b杆与a杆及导轨组成的闭合电路
③在t＝4 s时间内b杆受到安
规律：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定
培力的平均冲量与b杆运动的
律、安培力公式、电流与冲量的定义式，即 t＝
b
距离有何关系？
BL t，t＝t＝
b
④在t＝4 s时间内，重物c与 建模：b杆克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，此过程中两杆产生的焦耳热Q相等
两杆组成电路中的功能关系如
规律：能量守恒定律，即m′gx＝(m＋m′)v2＋
c c
何？
μmgx＋2Q
[解析] (1)系统静止时对金属杆b杆有：mg≤μmg，
c
可得m≤0.4 kg。
c
(2)当m′＝0.6 kg时，b杆速度v最大时应做匀速运动，设此时b杆受到的安培力大小为F，此时
c b
m′g＝μmg＋F，可得F＝2 N
c b b
此时a杆受到的最大安培力为2F，由于2F＝μmg，故a棒一直不动
b b
又F＝BIL ，I＝，解得v＝0.5 m/s。
b b
(3)在t＝4 s时间内设b杆向右滑动的距离为x，此过程中a、b两杆产生的焦耳热均为Q，由能量守恒
定律有
m′gx＝(m＋m′)v2＋μmgx＋2Q
c c
设此过程中细线上拉力的平均值为，b杆受到安培力的平均值为
b
对b棒由动量定理有t－μmgt－t＝mv
b
对重物c由动量定理有m′gt－t＝m′v
c c
又 t＝BL t，t＝t＝
b b
以上几式联立解得x＝1.8 m，Q＝1.7 J。
[答案] (1)0.4 kg (2)0.5 m/s (3)1.7 J
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2023山东济宁期中） 如图所示，高h=1.6m、倾角为θ=30°斜面固定在水平面上。一质量为m=1kg、
长度L=2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量
M=3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H=1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上
并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好
能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空
气阻力。求：
（1）小物块A刚滑上木板B时速度的大小；
（2） 斜面与木板B间的动摩擦因数μ 及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
0
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【参考答案】（1）4m/s；（2） ， ；（3）
【名师解析】
（1）物块A落到木板前做平抛运动，则
得
得
在
（2）木板恰好静止 斜面上
得
物块A在木板上滑行时，对A
（沿斜面向上）
对B
（沿斜面向下）
假设A与木板达到共同速度v 时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：
共解得
，
位移为
，
假设成立，故
（3）木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为v ，
A
有
得
设弹簧最大压缩量为x ，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有
m
得
，
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有
2.（16分）(2023山东菏泽期中)如图所示，倾角为 的斜面体 固定在水平地面上。弹簧一端
与斜面底部的挡板连接，另一端自由伸长到 点，将质量为 的物块乙轻放在弹簧上端，不栓接。质量为 的物块甲以初速度 沿斜面向下运动，到达 点后两物块相碰并粘连在一起，
之后整体向下压缩弹簧至 点（ 点图中未画出）后弹回，到 点时速度减为0，已知 间的距离为
， 间的距离为 。两物块均可视为质点，物块甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为
，弹簧弹性势能表达式为 ，其中 为弹簧的劲度系数， 为弹簧的形变量。重
力加速度 取， ， ， 。
（1）求物块甲到达 点时的速度；
（2）求 点与 点间的距离以及弹簧压缩至 点时弹性势能；
（3） 若物块甲到达 点后两物块相碰共速但不粘连，试求：
①两物块分离的位置距 点的距离；
②从两物块分离到两物块再次相撞所经历的时间（可用根号形式表示结果）
【名师解析】.（16分）
解：（1）假设物块甲到 点的速度为 ，由动能定理得
解得
（2）两物块碰撞后共速，根据动量守恒
，
解得：物块乙轻放在弹簧上端，经计算得
可知，弹簧仍处于自由伸长状态，弹力和弹性势能为零。
碰后到返回 点，设最大压缩量为 ，即 点与 点间的距离，对整体应用动能定理
解得：
从 到 点，由功能关系
解得弹簧压缩至 点时弹性势能为
（3）①由弹簧弹性势能表达式为
解得
分离时，两者具有相同的加速度，此时对物块甲
对物块乙
解得，此时弹簧形变量为
故此时的位置距 点的距离为
解得
②分离时，假设两者的速度均为 ，从 点到分离，由功能关系
分离后，假设物块甲继续向上运动 距离时速度减为0，则有
解得设这一段物块甲经历的时间为 ，则有
解得
分离后，假设物块乙继续向上走距离 时速度减为0，由功能关系
解得：
物块乙速度减为0后，会静止在斜面上，物块甲减速至时0，经计算可知
此时物块甲的加速度为 ，则
则物块甲再次回来与乙相撞，设物块甲速度减为0到再次与物块2相撞经历的时间为 ，则有
解得
所以两物块分离时到物块再次相撞经历的时间为
3．（12分）（2023浙江宁波一模）五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之
间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r＝0.3m的光
滑半圆磁性轨道，AFE是半径R＝0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开（图中
未画出）。左侧有一与水平面夹角 ，长度L＝1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同
一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m＝0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定
的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能 发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”
轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性
轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，
忽略空气阻力。（ ， ）求：
（1）Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小 ；
（2）要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值；
（3）P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功 ；
（4）通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动
能 与x之间的关系。
【名师解析】．（12分）
（1）Q恰能无碰撞进入细管道时，则从A点反向平抛，恰好N点进入斜面轨道，根据平抛规律可知，小
球A点的速度大小：
其中 ，
可解得
（2）分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道，满足：
从A点到C点运动过程中机械能守恒
解得（3）因滑块与钢球发生对心弹性撞击，滑块碰撞前的速度 与钢球碰撞后的速度 相等（交换速度），
则：
分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理得：
解得
（4）Q从N点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知
得
要使得Q能恰好无碰撞进入A，其速度大小为：
斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面长度成正比，根据动能定理：
、
综合上述式子解得：
“八卦”轨道需在斜面右侧，且L＞0，可得x的范围：
4. （2023重庆第二次质检）某部电梯原理结构简化如图甲，质量为 的轿厢（不含乘客和货物）
通过钢索跨过两个光滑定滑轮与质量为 的配重相连，轿厢和配重均一直悬空。电动机（图中未
画出）通过给轿厢额外的沿竖直方向的力来控制轿厢的运行。轿厢在一楼载上总质量为 的乘客和货
物开始向上运行。不计滑轮和钢索质量，每层楼高3m， 。
（1）若轿厢向上启动时加速度为2 ，求电动机对轿厢作用力的大小和方向；（2）若为了舒适性，轿厢在每次加速和减速时加速度的大小都按乙图变化，且要求0~2s内轿厢位移大小
为1.5m。求 的大小；
（3）在（2）条件下，轿厢在相邻两次加减速之间都保持匀速。一批总质量为600kg的乘客和货物在5楼
下了电梯；剩下的乘客和货物全部在15楼下了电梯；然后空轿厢继续向上运行到20楼停下。若电动机在
对轿厢做正功时有75%的电能转化为机械能，电动机在对轿厢做负功时有60%的机械能转化为电能。求此
次电梯上行消耗的总电能。
【参考答案】（1）13200N，方向竖直向上；（2）1.5m/s2；（3）62475J
【名师解析】
（1）对轿厢和配重的整体，在沿绳的方向
解得
F =13200N
电
方向竖直向上；
（2）因为a-t图与t轴围成的面积为 v，又因为轿厢的初速度为零，则在0~2s内任意t时刻轿厢的速度为
∆
（0<t<1s）
（1s<t<2s）
画出函数图像如图：由于图像的对称关系，在0-2s内图像与t轴围成的面积
则
即轿厢匀速时的速度为
v=1.5m/s
（3）从1楼向上加速阶段以及匀速到5楼的阶段，电动势对轿厢作用力向上，做正功；即将到达5楼的减
速阶段，若电动机不给轿厢作用力，则轿厢的加速大小为
故整个减速过程电动机给轿厢的作用力都向上，做正功；所以1-5楼全程，系统机械能增加量为
消耗的电能为
从5楼向上加速到匀速阶段：因为钢索两边重力刚好平衡，故电动机对轿厢做的正功为系统总动能的增加：
消耗的电能为
匀速到15楼阶段，因为钢索两边的重力刚好平衡，故电动机对轿厢做的负功为系统总动能的减小：
消耗的电能为从15楼到20楼阶段，若电动机不给轿厢作用力，则轿厢加速的加速度大小为
故整个15楼到20楼过程电动机给轿厢的作用力都向下，做负功，所以15-20楼全程，系统机械能增加量
为
消耗的电能为
故全程消耗的总电能为
5．（2023重庆涪陵重点高中质检）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，大
量比荷为 、速度大小范围为0~ 的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O
在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R，已知从M点射入的速度为 的粒子刚好从N点射出圆形磁场区
域，N点在Ｏ点正下方，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子电性；
（2）圆形区域内有粒子经过的面积；
（3）①粒子到达Ｎ点时速度方向与ON之间夹角θ的最大值；
②挡板CN、ND下方有磁感应强度为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND=R，直线CD与圆形区域
相切于N点，到达N点的粒子均能从板上小孔进入下方磁场，挡板ND绕N点在纸面内顺时针旋转，ND
板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α<90°）之间的函数关系式。【参考答案】．（1） ，带正电；（2） ；
（3）①60°，② ，其中（0°≤ ≤60°）或 ，其中60°≤ ≤90°
【名师解析】（1）速度为 的粒子从M点射入，从N点出，轨道半径为r，由几何关系可知
r=R
由左手定则判断可得粒子带正电（2）速度为 的粒子从M射入，射出点为A，如图所示
MO = = R
1
θ=30°
∠MOA=2（90°-θ)=120°
MK间入射的速度为0~ 的粒子能到达的区域为图中阴影部分，面积（3）如图，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为 ，半径均为r=R，ΔKOB中有
=60°
从K点射入带电粒子速度偏转角为60°，从M入射带电粒子速度偏转角为，从N点出射的粒子速度与ON
的夹角最大值为30（或者写150）
挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度 进入（如图），有
轨道半径
NFD中有
△
连接HG构成三角形，△NHG中有∠DNH=30°
ND板下表面被粒子打到的长度为
（0°≤ ≤60°）
或
(60°≤ ≤90°)6．（10分）（2023北京朝阳上学期期中）
通过数据分析寻找证据是科学探究过程中的关键要素之一。
“蹦极”运动时，在运动员身上装上传感器，可以测量运动员在不同位置的速度 v以及离开蹦极台的
位移大小l。已知运动员及所带装备的总质量为m=60kg，弹性绳原长l=10m。运动员从蹦极台由静止下落，
0
得到如图所示的v-l图像。重力加速度g=10m/s2。
（1）请利用v-l图像上的一组数据初步推断：运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计。
（2）试估算运动员下落速度最大时绳的弹性势能E。
p
（3）弹簧是弹性体的一种理想化模型。基于胡克定律可推导出弹簧弹性势能的表达式为
，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。
a．请利用v-l图像上的数据初步推断：该弹性绳是否像弹簧一样遵循胡克定律？
b．请指出：a问中由于条件所限，没有考虑哪些因素可能会影响推断结果的可靠性。
【名师解析】.（10分）解：（1）依据v-l图像可知，运动员下落l=10m时的速度
0
若不计空气阻力，设弹性绳刚好拉直时运动员的速度为v，由机械能守恒定律有
1
得
与v-l图像得到的基本吻合，说明空气阻力可忽略不计。 （3分）
（2）运动员速度最大时，下落的位移l=15m，由图像可知此时的速度大小为 。
1
从开始下落到速度最大的过程，不计其他能量损耗，根据机械能守恒定律有
得 （3分）
（3）a． 答案一：
该弹性绳不遵循胡克定律。证据如下：
当运动员速度最大时，若弹性绳遵循胡克定律，则有 ， ，可得
由v-l图像可知，运动员速度为 时，下落的位移l=15m，此时弹簧的形变量x= 5m。
1 1
设此时的弹性势能为E ，若弹性绳遵循胡克定律，则弹性势能为
p1
根据机械能守恒定律，由（2）问可知，此时弹性绳的弹性势能
显然， ，二者相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 （3分）
答案二：
该弹性绳不遵循胡克定律。证据如下：
当运动员速度最大时，若弹性绳遵循胡克定律，则有 ， ，可得由 v-l 图像可知，运动员速度为 时，下落的位移 l=25m，此时弹簧的形变量 x=l-
2 2 2
l=15m。
0
根据机械能守恒定律，运动员下落位移为l 时有
2
得
与v-l图像得到的 不符，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 （3分）
b． 该结论的得出，可能是因为弹性绳超过了其弹性限度。 （1分）
7.（9分）（2023山东烟台期中）
如图所示，一内壁光滑、底面半径为r=3m、高h=1.4m的竖直薄壁圆筒固定在水平地面上方高 h=5.25m
1 2
处，A是薄壁圆筒内壁上端的一点，AC是过A点的水平圆周的切线，A 点是A点在圆筒底面上的投影点。
1
一小球从A点以大小为v=10m/s、方向位于AC与 AA 决定的平面内且与AC成θ=37°的初速度沿内壁斜
0 1
向下射入圆筒，小球从圆筒底面上的B点离开。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计
空气阻力，求
（1）圆弧AB的长度；
1
（2）小球的落地点距圆筒底面圆心O的水平距离L。
【名师解析】．（9分）
⑴小球在圆筒内壁运动时，可以看做水平方向的匀速圆周运动与竖直方向的匀加速直线运动的合成。
v =v cosθ=8
x 0
水平方向 m/s…………………………………………………………①（1分）v =v sinθ=6
y 0
竖直方向 m/s…………………………………………………………②（1分）
1
h =v t + gt2
1 y 1 2 1
小球离开圆筒时，竖直方向 t=0.2s………………………………③（1分）
1
x =v t =1.6
1 x 1
圆弧AB的长度 m………………………………………………………④（1分）
1
v =v +gt=8
y1 y 1
⑵小球刚离开圆筒时速度的竖直分量 m/s………………………⑤（1分）
1
h =v t + gt2
2 y1 2 2 2
设小球从离开圆筒到落地的时间为t， …………………………⑥（1分）
2
x =v t =4
2 x 2
此段时间内小球的水平位移 m………………………………………⑦（1分）
根据几何关系得，小球的落地点距圆筒底面圆心O的水平距离
L=√r2 +x2 =5
2
m………………………………………………………………⑧（2分）
8．（12分）（2023北京朝阳上学期期中）
利用物理模型对复杂现象进行分析，是重要的科学思维方法。
已知太阳的质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
（1）太阳的外层大气不断向四周膨胀，形成由太阳径向向外的粒子流，通常被称为太阳风。关于太阳风
的成因，一种观点认为：由于太阳外层温度高，粒子的动能较大，能够克服太阳的引力向外层空间运
动。 a．已知质量为m的粒子与太阳中心相距r时具有的引力势能为 （以无穷远处势能为
零）。忽略粒子间的相互作用。求在距离太阳中心2R处、质量为m的粒子，为了脱离太阳引力的束
缚所需的最小速率v 。
m
b．太阳风会造成太阳质量的损失。已知太阳风粒子的平均质量为 m，探测器在距离太阳r处探测到该处
单位体积内太阳风粒子的数目为n，太阳风粒子在探测器周围的平均速率为v。求单位时间内太阳因太
阳风而损失的质量Δm。
（2）彗星的彗尾主要由尘埃粒子和气体组成。一种观点认为：太阳光辐射的压力和太阳的引力，对彗尾
尘埃粒子的运动起关键作用。 假定太阳光的辐射功率P 恒定，尘埃粒子可视为密度相同、半径不都
0
相等的实心球体，辐射到粒子上的太阳光被全部吸收，太阳光的能量 E、动量P、光速c的关系为。
如图所示，当彗星运动到A处，部分尘埃粒子被释放出来，不再沿彗星轨道运动。已知沿轨道切
线方向释放的三个尘埃粒子，分别沿直线Ab和曲线Aa、Ac运动。关于造成这三个尘埃粒子轨迹分开
的原因，有同学认为是它们被释放出来时的速度大小不同所致。请分析说明该同学的结论是否正确。
【名师解析】．（12分）
1）a．要使粒子脱离太阳引力的束缚至少需满足
解：（
（3分）
得
b．设太阳风粒子由太阳向空间各方向均匀射出，在极短时间
内太阳风粒子可视为均匀分布在半径为 r、厚度为 Δx的 球
壳内，该段时间内太阳因太阳风而损失的质量与该球壳内
的粒子质量相同。有
得 （3分）
（2）该同学的结论不正确，造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子半径不同所致。
设半径为R的粒子运动到距离太阳r处时， 时间内接受到的太阳光能量为时间内接受到的动量为
设粒子受到的辐射压力为 ，根据动量定理有
得
该粒子的质量为 ， 为尘埃粒子的密度
该粒子运动到距离太阳r处时所受的引力为
得
运动路径Ab为直线的尘埃粒子受力平衡，即 ，由上式可见， 的比
值与尘埃粒子到太阳的距离r无关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径决定。
由于Ac路径向内弯曲，说明 ，即该尘埃粒子的半径R>R；
c
由于Aa路径向外弯曲，说明 ，即该尘埃粒子的半径R<R。 （6分）
a
9.（14分）16.（9分）（2023山东烟台期中）
如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C球连接，
两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不拴接。固定住 C球，释放弹簧，A、
B两球瞬间脱离弹簧并被弹出，已己知此过程中弹簧释放的弹性势能 E=8J，A、B两球的质量均为
p
m=0.5kg，C球的质量M=1kg，杆长L=0.5m，弹簧在弹性限度内。
（1）求A、B两球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小；
（2）若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v；
（3）若C球不固定，求从A、B两球与弹簧分离时到两杆间夹角第一次为θ=90°的过程中（如图乙），杆
对B球所做的功W。A v Cθ v B v
C y x
【名师解析】．（14分）
⑴由对称性可知，与弹簧分离瞬间两球速度大小相等，设为v
0
1
E =2⋅ mv2
p 2 0
由系统机械能守恒定律得： …………………………………………①（1分）
v=4m/s……………………………………………………………②（1分）
0
v2
F=m 0
对A球，由牛顿第二定律得： L =16N……………………………………③（1分）
球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小为16N。
⑵如图所示，设两杆夹角为θ时，C球的速度为v ，将A、B两球的速度正交分解，根据对称性可知，v =
C Ay
v = v，v = v = v
By y Ax Bx x
由y轴方向动量守恒得：0=Mv -2mv……………………………………………④（2分）
C y
1 1
E = Mv2 +2⋅ m(v2 +v2 )
p 2 C 2 x y
系统机械能守恒得： ………………………………⑤（2分）
BC两球沿杆方向的分速度相同，则
θ θ θ
v cos =v sin −v cos
C 2 x 2 y 2
………………………………⑥（2分）
√ 8sin2 θ
2
v =
C θ
1+cos2
2
由以上④⑤⑥可得： ……………………………………………⑦（1分）
v =2√2
C
故当θ=180°时，C球的速度最大，且最大值为 m/s………………⑧（1分）
⑶球与弹簧分离后到两杆间夹角第一次为θ=90°时，由以上可求得：
2√6 4√6
v =v = v =2v =
y C 3 x C 3
m/s， m/s
2√30
v =
B 3
m/s……………………………………………………………………⑨（1分）
对B球应用动能定理得：1 1 2
W= mv2 − mv2 =−
2 B 2 0 3
J…………………………………………………………⑩（2分）
10.（16分）（2023山东烟台期中）
如图所示，在光滑水平地面上静置一质量m =4kg的长木板A和另一质量m =3kg的滑块C，其中长木板的
A C
左端还放有质量 m =2kg的滑块B（可看成质点）。现给 A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量
B
I=36N·s，此后A、B以相同速度向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞（碰撞时间极短）。木板足够
长，则再经过一段时间后A、B再次以相同速度向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变。已知A、B
间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度为g=10m/s2，则
（1）获得冲量后瞬间A、B的速度；
（2）A、C间的碰撞是否为弹性碰撞？若是，请说明理由；若不是，求A、C碰撞时损失的机械能；
（3）滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L；
（4）最终A、C之间的距离ΔS。
【名师解析】．（16分）
⑴对A、B组成的整体，设获得冲量后瞬间A、B的速度为v，由动量定理：
0
I=(m +m )v
A B 0
………………………………………………………………①（1分）
v=6m/s………………………………………………………………………②（1分）
0
⑵不是弹性碰撞，最终A、B以相同速度向右运动，且A、C之间的距离保持不变，则三者速度相同，设
为v ，以三者为系统由动量守恒定律得：
C
(m +m )v =(m +m +m )v
A B 0 A B C C……………………………………………③（1分）
v =4m/s
C
A与C发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后A的速度为v ，由动量守恒定律得：
A
m v =m v +m v
A 0 A A C C………………………………………………………④（1分）
v =3m/s
A
1
E = m v2 =72
A、C碰前， 1 2 A 0 J ………………………………………………⑤（1分）1 1
E = m v2 + m v2 =42
A、C碰后， 2 2 A A 2 C C J………………………………………⑥（1分）
ΔE=E −E =30
所以A、C间的碰撞为非弹性碰撞，损失的机械能 1 2 J……⑦（1分）
⑶从A、C发生碰撞到A、B再次以相同速度向右运动，
μm g
a = B =0.5
A m
对A： A m/s2……………………………………………………⑧（1分）
a =μg=1
对B： B m/s2 ……………………………………………………⑨（1分）
v −a t=v +a t
设经时间t两者达到共速， 0 B A A ………………………………⑩（1分）
t=2s …………………………………………………………… （1分）
S =v t+ 1 a t2 =7 ⑪
此过程中， A A 2 A m…………………………………………… （1分）
1
S =v t− a t2 ⑫
B 0 2 B =10m……………………………………………… （1分）
L=S −S =3 ⑬
B A m………………………………………………… （1分）
⑭
⑷从A、C发生碰撞到最终三者一起匀速运动过程中
S =v t=8
C C m……………………………………………………………… （1分）
⑮
ΔS=S −S =1
C A m………………………………………………………… （1分）
⑯
11.（12分）（2023北京海淀期中）压强表示单位面积上压力的大小，是物理学中的重要概念。
（1）请导出压强的单位Pa（帕）与基本单位m（米）、kg（千克）和s（秒）之间的关系。
（2）单个粒子碰撞在某一平面上会产生一个短暂的作用力，而大量粒子持续碰撞会产生一个持续的作用
力。一束均匀粒子流持续碰撞一平面，设该束粒子流中每个粒子的质量均为m、速度大小均为v，方向都
与该平面垂直，单位体积内的粒子数为n，粒子与该平面碰撞后均不反弹，忽略空气阻力，不考虑粒子所
受重力以及粒子间的相互作用。求粒子流对该平面所产生的压强p。
（3）理论上可以证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。利用该规律可给出一种计算恒
星中心压强的模型：
恒星内部的热核反应会向外辐射大量的电磁波，当辐射所产生的扩张压力与万有引力所产生的收缩压力平
衡时，恒星便稳定下来。
设想处于稳定状态的恒星是一质量分布均匀、密度为ρ、半径为R的球体。选取该恒星内部一距恒星中心
为r（r≤R）、厚度为△r（△r远小于r）的小薄片A，如图20所示，已知辐射所产生的扩张压力在A的内、外表面引起的压强差的绝对值为△p，引力常量为G。忽略其它天体的影响。
a.推导 和r之间的关系式，并在图21中定性画出 随r变化的图像；
b.若恒星表面处扩张压力所产生的压强为零，求恒星中心处的压强p 。
C
【名师解析】（1）根据压强的定义 和1N的定义，
（2）1 个粒子与平面碰撞一次，对平面的冲量大小 I0 ＝mv
建立如答图所示，以平面上 S 为底，以 vΔt 为高的柱体模型，由 题设可知，其内的粒子在 Δt 时间内与
平面相碰的粒子总数 N＝n·S·vΔt
因此，在 Δt 时间内粒子对平面的总冲量 I＝N·I0 ＝nmSv2Δt
根据动量定理以及牛顿第三定律，可得面积为 S 的器壁受到粒子流 碰撞所产生的压力大小
2
根据压强定义，可知粒子流对该平面产生的压强
（3）a。因为 A 受到引力和热核反应引起的压力而处于平衡态，因为辐射所导致的扩张 压力在 A 的内、外表面的压力差F ，等于 A 所受万有引力 F （半径 r 以内的那部分 恒星对 A 的引力），即
压 引
设 A 的质量为mA 、下表面的面积为 S，半径 r 以内的那部分恒星的质量为 Mr 。再根据 压强的定义
，有
其中 ，代入上式得
即 与 r 成正比，因此其图像为一条过原点的直线，如 答图 所示。
b．答图中， r 图像中图线与 r 轴所围三角形面积表示该恒星内部压强的 总变化量，即恒星中心
压强 p 与恒星外表面压强 p 之差，因此有
C 表
由题目可知， p表 0，所以可得
12. （2023四川绵阳一诊）如图所示，矩形ABCD在竖直平面内，AD和BC竖直，AD=BC=3.6m，AB和
CD水平，AB=CD=4.8m，O是矩形中心。质量不同的甲乙两个小球分别从A点以相等的初动能水平抛出，
甲经过 O 点，乙经过 E 点，E 点是 BD 线上离 A 点最近的点（图中未画出）。忽略空气阻力，g 取
10m/s2。求：（1）甲从A点抛出时的速度大小；（2）甲、乙两个小球的质量之比。
【名师解析】.（12分）解：
（1）设甲从A点抛出时速度为v ，从A到O水平位移为x=2.4 m，竖直位移为y=1.8 m，运动时间为t ，
1 1 1 1
则
x=vt（2分）
1 11
1
2
y= gt2（2分）
1 1
解得t＝0.6 s。v＝4 m/s （1分）
1 1
（2）设甲、乙两个小球质量分别为m 和m，动能为E 和E，由
1 2 1 2
， 和 ，有
甲、乙 v P
A B
（1分） θ O
Q
θ E
D C
（1分）
由E＝E，有 （2分）
1 2
其中，y= ，
1
连接AE，过E做AD垂线交AD于Q，过E做AB垂线交AB于P，△ADB与△QEA相似，则∠ADB＝
∠QEA＝θ，sinθ＝0.8，cosθ＝0.6。
设乙从A到E水平位移为x，竖直位移为y，则
2 2
（1分）
（1分）
解得 （1分）
【评分说明】
（1）第二问，平抛运动公式不给分。（2） 与 等效； 与 等效。
（3）求得v＝ m/s，给1分，等效求得 。
2
