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专题24 计算题的解题技巧
目录
考点一 计算题的解题技巧.............................................2
........2
..........4
1. 计算题的答题技巧.............................................4
2. 计算题的解题规范.............................................5
3. 计算题中常见物理量的计算方法总结.............6
4. 计算题中常见“程序性”思维.........................9
.............11
考情分析
高考物理计算题以其较高的区分度和综合性而著称，以下是一些特点：文字叙述量较
大、涉及多个物理过程、物理模型不明显或隐蔽、运用多条物理规律、考查数学应用能
力、赋分值较重、逻辑过程复杂。此外，高考物理计算题的命题形式多种多样，包括但不
限于匀变速直线运动、牛顿定律与运动学公式的综合应用、动力学和能量观点解决力学问
题、动量和能量观点解决力学问题、力电综合问题、带电粒子在磁场或复合场中的运动、
电磁感应问题等。因此，为了应对高考物理计算题，考生需要掌握扎实的物理基础知识，
熟悉各种物理模型和规律，提高数学应用能力，以及培养良好的逻辑思维和问题解决能
力。同时，考生还应该通过大量的练习来熟悉各种题型和解题策略，以便在考试中能够迅
速准确地解答计算题。
1
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考点一 计算题的解题技巧
1．（2020·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考三模）如图所示，绝缘水平面上有宽为L=1.6 m 的匀强电场区
AB，电场强度方向水平向右，半径R=0.8 m 的竖直光滑半圆轨道与水平面相切于C，D 为与圆心O 等高的
点，GC 是竖直直径，一质量为m=0.1 kg，电荷量q=0.01 C 的带负电滑块（可视为质点）以v0=4 m/s 的初
速度沿水平面向右进入电场，滑块恰好不能从B 点滑出电场，已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.4，与
BC 段的动摩擦因数μ2=0.8，g=10 m/s2：
(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；
(2)将滑块初速度变为v =
v0，则滑块刚好能滑到D 点，求BC 的长度s；
(3)若滑块恰好能通过最高点G，则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍？
【答案】(1)10 N/C；(2)1.0 m；(3)
v0
【详解】(1) 以v0=4 m/s 的初速度沿水平面向右进入电场，滑块恰好不能从B 点滑出电场，说明在B 点的
速度为零。
从A 到B 过程，由动能定理
①
解得E=10 N/C ②
(2) 将滑块初速度变为
=
v0，则滑块刚好能滑到D 点，VD=0
从A 到D 过程，由动能定理
③
解得
④
(3) 滑块恰好能通过最高点G,
⑤
从A 到G 过程，由动能定理
⑥
联立⑤⑥并导入数据解得
动能定理对应一个过程，
列动能定理方程须说明
2
找到刚好运动到D 点的临
界条件:UD=0
应用动能定理时，能全程列
式的应尽量全程列式
a.找到恰好通过G 点的临界条件，这是解题的关键
b.牛顿运动定律是对某一点列式的
提倡全过程列式，简洁
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2．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的斜面上，两导
轨垂直于斜面与水平面的交线ef，间距L=0.6m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域
的边界与斜面的交线为虚线MN。虚线MN 与两导轨垂直，区域Ⅰ中的匀强磁场方向竖直向下，区域Ⅱ中
的匀强磁场方向竖直向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=1T。在区域Ⅰ中，将质量m1=0.21kg、电阻
R1=0.1Ω 的金属棒ab 放在导轨上，金属棒ab 刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻
R2=0.1Ω 的光滑金属棒cd 置于导轨上使其由静止开始下滑。金属棒cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场
中，两金属棒长度均为L 且始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求金属棒ab 刚要向上滑动时，金属棒cd 的速度大小v；
（2）从金属棒cd 开始下滑到金属棒ab 刚要向上滑动的过程中，金属棒cd 滑动的距离x=3.5m，求此过程
中金属棒ab 上产生的热量Q；
（3）求金属棒cd 滑动距离3.5m 的过程中流过金属棒ab 某一横截面的电荷量q。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）开始时，金属棒ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力
由平衡条件得
得
当金属棒ab 刚要向上滑动时，感应电动势
电路中的电流
ab 棒受到的安培力
ab 棒的受力分析如图
由受力平衡
3
提取题目信息“ab 刚好不下滑”
易漏掉速度分解，该式出错率较高
分步列式更容易得分
①提取题目信息“ ab 刚好不上
滑”
②画好受力分析侧视图，正交分
解建立平衡方程
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代入数据解得此时金属棒cd 的速度为
（2）设此运动过程中电路产生的总热量为
，
由能量守恒定律
金属棒ab 上产生的热量Q 与
的关系有
所以
（3）由法拉第电磁感应定律得
平均感应电动势为
则平均感应电流
则流过金属棒ab 某一横截面的电荷量q 为
联立解得
1. 计算题的答题技巧
1）主干、要害知识重点处理
在清楚明确整个高中物理知识框架的同时,对主干知识(如牛顿运动定律、动量定理、动量守恒定律、
能量守恒定律、闭合电路欧姆定律、带电粒子在电场、磁场中的运动特点、法拉第电磁感应定律、全反射
现象等)的公式来源、使用条件、常见应用要特别熟练,在弄懂弄通的基础上紧抓各种知识的综合应用、横
向联系,形成纵横交错的网络.
2）熟练、灵活掌握解题方法
基本方法：审题技巧→分析思路→选择规律→建立方程→求解运算→验证讨论等.
技巧方法：指一些特殊方法如整体法、隔离法、模型法、等效法、极端假设法、图象法、极值法等.
3）“三优先四分析”的解题策略
优先考虑整体法、优先考虑动能定理、优先考虑动量定理；分析物体的受力情况、分析物体的运动情
况、分析力做功的情况、分析物体间能量转化的情况.形成有计划、多角度、多侧面的解题方法网络.
2. 计算题的解题规范
考试答题，对分数影响最为关键的就是答案的正确性．很多考生答案正确却没拿到满分．很多时候就
是忽略了答题的规范性．越是大型的考试对答题的要求就越严格，重大考试的不标准答题造成的考试失分，
4
电流变化，并注意总热量与某一金属棒产生的
热量不同，用能量守恒定律计算热量
①计算电荷量要用平均值
②Ф=BS 中S 是垂直于B 的投影面积
注意分步列式
先得表达式，再代入数值得出结果，注意单位正确
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很可惜．物理大题的答题要求是这样的：“解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写
出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．”因此，考生要想提高得分
率，取得好成绩，在复习过程中，除了要做好基础知识的掌握、解题能力的训练外，平时还必须强化答题
的规范，培养良好的答题习惯．
1）文字说明要清楚
文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐、段落清晰……让改卷老师看到你的卷面后有赏心悦
目的感觉．必要的文字说明是指以下几方面内容：
①研究的对象、研究的过程或状态的说明．
②题中给出的物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明．
③题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明．
④所列方程的依据及名称要进行说明．
⑤规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明．
⑥对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明．
⑦文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰嗦，而找不到得分点．
2）主干方程要突出
在高考评卷中，主干方程是得分的重点．
主干方程是指物理规律、公式或数学的三角函数、几何关系式等，方程要单列一行，绝不能连续写下
去，切忌将方程、答案淹没在文字之中．
①主干方程要有依据：一般表述为：依××物理规律得；由图几何关系得，根据……得等．“定律”
“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确．
②主干方程列式形式书写规范：严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程
式(这是相当多考生所忽视的)．要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合，如：带电粒子
在磁场中的运动应有
，而不是其变形结果
；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内
圆周运动的最高点，有：
，不能写成
.
3）物理量符号要和题干一致
最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m0 、ma、2m、M、m′等，不能统一写
成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l 或者d；半径，题目给定符号是R，不能写成r；电荷量，题
目给定符号是e，不能写成q，在评分标准中都明确给出了扣分标准．需要自己设的物理量尽量要依据题干
给定，相关物理量顺延编号，合理安排下标(上标)，以防混乱．
4）要分步列式，不要写连等式
如，电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：
不要写连等式
，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，
如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误就得0 分．
5）计算结果的单位
计算结果是数据的要带单位，没有单位的要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量
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e 等)不能用数字(10 m/s2,1.6×10－19 C)替换，字母运算的结果不能写单位．
6）解题过程中运用数学的方式有讲究
①“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出．
②所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明．
③重要的中间结论的文字表达式要写出来．
④所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去．
⑤数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”．
总结为一个要求：仔细研读高考考试评分细则，是判断答题是否规范的最好标准．就是要用最少的字
符，最小的篇幅，表达出最完整的解答，以使评卷老师能在最短的时间内把握你的答题过程、结果，就是
一份最好的答卷．
3. 计算题中常见物理量的计算方法总结
1）力的计算方法：
①牛顿第二定律；②动量定理；③动能定理；④各种力的计算公式：库仑力
；电场力
；匀强电场中
；安培力：
(B 与I 垂直，匀强磁场，直线电流，L 为有效长
度)；洛仑兹力f=qvB(匀强磁场，v 与B 垂直)。
2）位移的计算方法：
①位移公式（匀速直线运动或匀变速直线运动、平抛运动、匀速圆周运动、类平抛运动、简谐运
动）；
②动能定理；
3）路程的计算：
①若物体作单向直线运动，则转化为位移的计算；
②匀速圆周运动中可用线速度公式v=s/t 或弧长s=rΦ(即弧长等于半径与圆心角的乘积)计算；
③对于空气阻力或滑动摩擦力，如果一直做负功，则做的功W=f·S，S 为物体的路程；
4）速度的计算：
①相应的运动学公式（如匀速直线运动，匀变速直线运动，平抛运动，匀速圆周运动）；
②动能定理；
③动量定理；
④动量守恒定律；
⑤能量守恒定律（包括机械能守恒定律），功能关系；
⑥对于匀速圆周运动，可用相应的线速度公式；对于涉及天体或卫星的运动，可根据F 万=F 向进行
计算；
⑦对于电磁感应问题，可用
计算，对于涉及匀强磁场的洛仑兹力，可用f=qvB 计算；
5）加速度的计算：
①对于匀变速直线运动，可用运动学公式；对于匀速圆周运动，可用向心加速度公式；
②用牛顿第二定律；
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③重力加速度的计算则可用（a）自由落体运动公式；竖直上抛运动公式；平抛运动公式；（b）
用
(其中要注意r 为到天体中心的距离；以及黄金变换GM=gR2)；（c）单摆的周期公式
；
6）时间的计算：
①对匀速直线运动或匀变速直线运动用相应的运动学公式；
②用动量定理；
③对匀速圆周运动：可用
t= s
v =
θ
3600 T
；
④对平抛运动（或类平抛运动）则用
7）功的计算：
①恒力的功：(a)用功的公式
；(b)动能定理；(c)功率公式
；
②变力的功：用动能定理或功能关系以及能量守恒定律。
③重力、弹簧弹力、电场力的功还何以用每种力所做的功与各力对应的势能变化的关系进行计算，
即WG=ΔEP；Ｗ电＝Δ Ｅ＝QU;
④电功：(a)纯电阻W=UIt=I2Rt=U2t/R=Pt=Q; W=UIt；(a)非纯电阻只能用电热只能用Q=I2Rt 计算；
8）功率的计算：
①机械功率：功率公式P=W/T=Fv；
②电功率：(a)纯电阻：P=UI=I2R=U2/R=P 热；(b)非纯电阻只能用P=UI；如电动机的总功率为
P=UI，内阻的内功率P2=I2r，输出功率P1=UI- I2r；(c)远距离输电时，导线上的热功率P 线=I2R 线=
(
P输
U 输)×R额
。
9）动能的计算：
①定义式EK=
1
2 mv 2
；
②动能定理 W 合=ΔE ；
③能的转化和守恒定律。
10）动能变化量ΔEK：
①用
ΔE=1
2 mv t
2−1
2 mv 0
2
；
②用动能定理 W 合=ΔE ；
11）势能的计算
①重力势能EP：(a)用定义式EP=mgh；(b)用机械能守恒定律；
②重力势能的变化量：用重力做功与重力势能变化之间的关系W 电=−ΔE p ；
③弹簧的弹性势能：常用机械能守恒定律或能的转化和守恒定律计算；
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④电势能的变化量：用 W 电=qE⋅S=qU =−ΔE p ；
12）冲量的计算
①用定义式I=Ft； 2 用动量定理I 合=F 合t=ΔP；
13）动量及动量变化量：
①用P=mv；②用动量定理I 合=F 合t=ΔP=mvt-mv0；
14）电量：
①用库仑定律
F=kQq
r2
；②用F=qE；③用W=qU=Δε;④用Q=It=
ΔΦ
R
Q=Ft=BILt=BLQ=△mv
15）场强的计算：
（1）场强大小的计算：
①用
E= F
q ②对真空中点电荷的电场
E=kq
r2
匀强电场中
E=U
d
③用动能定理或动量定理先求出电场力再用
④用功的公式W=qE·s=qU=Δε;
（2）场强大小的比较方法：
①由
E= F
q 比较；②由电场线的疏密比较；③由等势面的疏密比较，密的地方场强大；
②离场源电荷近的地方场强大；
16）电势高低的判断方法：
①朝着电场线方向，电势逐渐降低；②等势面总由高电势指向低电势；③由UAB的正负决定；
17）电势差：
①由UAB=UA-UB计算；② W=qU=Δε; ③匀强电场中还可用U=Ed 计算；
若是在电路中，则可用欧姆定律或串联电路的分压知识计算，或者用相关公式。
18）电容:
①大小的计算:用
E= Q
U = ΔQ
ΔU ;
②大小变化的判断:正对面积变大,则电容变大;正对面积变小,则电容变小,两极板间距离变大,电容变
小,距离变小,恰好电容变大.即
C ∝S
d (电容与正对面积成正比,与两板间距离成反比.)
19）电流强度：
①用
I=Q
t ；②用部分电路的欧姆定律或闭合电路的欧姆定律以及电路的相关公式；
③用安培力公式F=BIL；
20）电阻
①用
R=U
I ；②用电阻定律
R=ρ L
S ；③用与电路有关的公式；
21）电阻率：
用用电阻定律
R=ρ L
S ；
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22）电动势
①在电路中，用闭合电路的欧姆定律或相应的公式；②感应电动势则可用
E=nΔΦ
Δt
或
E=BLV 计算。特别的是，感应电动势的正负判断，应注意将产生感应电动势的导体作为电源，在该
导体中电流恰好是由负极指向正极。
23）磁感强度：
①用定义式
B= F
IL ；②用ф=BS ；③涉及电荷在匀强磁场中的匀速圆周运动，则用半径公式
r= mv
qB 和周期公式
T=2πm
qB
；④用ε=BLV；
24）磁通量：
只用ф=BS
25）感应电流：
①用I=
E
R = BLV
R
；②用安培力公式F=BIL；③用与电路有关的公式；
4. 计算题中常见“程序性”思维
1)
若是刹车，那么v 末 =0，要注意所给的时间。
2)
如果匀减速直线运动的末速度为零，那么可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。
3)
知3 求2 ——如果是匀变速直线运动，那么已知3 个物理量，可求另2 个物理量。
4)
天上一式+地上一式——如果求解天体运动问题，那么F 万=F 向 F 万=mg ，知3 求余。
5)
摩擦力要先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。
6)
有弹力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有弹力。
7)
对轻质杆，若与墙壁通过转轴相连，则杆产生的弹力方向一定沿杆。
8)
如果一个是恒力，一个分力的方向保持不变，那么应用平行三角形定则进行动态分析。
9)
如果物体处于平衡状态，那么某个力必定与其他力的合力等大且反向。
10) 如果是动滑轮，那么两边的力不仅大小相等，而且夹角也相等。
11) 物体沿直线运动，速度最大的条件是：合力为零。
12) 物体离开接触面，那么要抓住FN =0 考虑。
13) 如果是连接体且两物体加速度相同，那么可用整体法。
14) 物体沿粗糙斜面下滑a=gsinα-µgcosα
15) 物体沿倾角为α 的斜面匀速下滑------µ=tanα；
16) 物体沿光滑斜面下滑a=gsinα
17) 无力不拐弯，拐弯必有力。匀速圆周运动受向心力作用。
18) 做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。速度与
水平夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。寻找速度、位移直角三角形。
19) 各点共轴转动时，角速度相同。
20) 不打滑皮带转动的边缘点，线速度大小相等。
21) 圆锥摆的周期T＝2π
22) 大半径，大周期，小度，适用同一个中心球体。
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23) P=F vcos ，注意斜面重力功率。
24) 机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝
25) 机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝ < vm
＝。
26) 公式Q＝f·l 相其中l 相对为两接触物体间的相对位移。
27) 沿电场线方向电势逐渐降低。负电荷逆着电场线做正功。
28) 如果沿等势面移动，那么W=0。
29) 匀强电场中平行且相等的两端的电势差相等。
30) 电势能一般通过电场力做功求解。电场力做正功，电势能一定减少，与正负无关。
31) 电势能：把该电荷（包含正、负）从该点移动到零势能面电场力做的功定义该点电势能。
32) 如果导体处于静电平衡，那么内部的场强必定处处为零，导体必定是等势体。
33) 用E=U/d 求解，找d 时先画出等势面，在求距离。
34) 如果在匀强电场中，那么可将qE 与mg 合成后等效为mg 等。
35) 电容器接在电源时，电压不变。
36) 电容器断开电源时，电量不变。
37) 势能的变化----量度------**力做功
38) 动能的变化----量度------合外力的功
39) 机械能的变化----量度------除重力之外的力功
40) 电场力的功-----量度------电势能的变化
41) 安培力做负功------量度------其它能转化为电能
42) 各种图像纵横轴的物理量的单位、起始点是否过坐标原点、斜率、面积要注意。
43) 与位移相关一般用动能定理；有时用动量定理
a)
与加速度有关的一般用牛顿第二定律F=ma；
b)
与时间直接相关则运动学公式。有时用动量定理
44) 找对象、两分析、列方程。
45) 传送带把它看成质点。
46) 求可变电阻的最大功率，当R=r 时P 最大或根据图像。
47) 求固定电阻的最大功率，当R=0 时P 最大。
48) 回路中的功率与某一电阻上的功率，总分有别。
49) 如果R 负》R 滑、电压或电流量程偏小、从零开始调节，那么用分压式
50) 内外接法选择：内大大，外小小，R 中=。
51) 如果是同向电流，那么它们相互吸引。
52) 粒子在重力、电场力、洛伦兹力作用下若做直线运动，那么一定的匀速直线运动。
53) 粒子在重力、电场力、洛伦兹力作用下在做竖直面内的匀速圆周运动，那么mg= qE。
54) 交流电表的读教、用电器的标值、保险丝的熔断值、未说明等它们都为有效值。
55) 单根直导体杆垂直切割磁感线，安培力：F=B2L2v/(R+r)。
56) 电磁感应中感生电流通过线圈导线横截面积的电量：q=N△Ф/(R+r)。
57) 单摆过最低点，合力不为零。
58) 如果是电磁感应现象，先画出等效电路图。
59) 如果是先通电后受力，那么用左手定则。
60) 如果是先运动后产生电流，那么用右手定则。
61) 如果要研究带电粒子做圆周运动的几何关系，那么必须先找到圆心，再定半径。
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62) 如果是欧姆表，那么换挡后均须调零，用后置于“off，或(∽500 V)。
63) 如果圆形磁场区域的半径与带电粒子运动的半径相同，那么平行入射的粒子会聚于圆周上一
点，反之一点发散成平行
1．（2024·广东深圳·统考一模）遇到突发洪水时，可以借助塑料盆进行自救，简化模型如下，塑料盆近似
看成底面积为S 的圆柱形容器，把塑料盆口向下竖直轻放在静止水面上，用力竖直向下缓慢压盆底，当压
力为F 时恰好使盆底与液面相平，忽略塑料盆的厚度及盆的重力，已知大气压强为p0，重力加速度为g，
水的密度为ρ，求：
（1）此时盆内空气的压强p；
（2）此时塑料盆口的深度d。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设根据平衡条件可得
解得
（2）当塑料盆轻放在静止水面上时，盆内封闭气体的压强、体积分别为
，
当盆底与水平相平时，设进入盆内水的液面距盆底，盆内压强、体积分别为
，
而根据等压面法可知
根据题意
联立以上各式可得
2．（2024·江西·校联考一模）如下图所示，将扁平的石子快速抛向水面，石子遇水后不断地在水面上连续
向前多次跳跃，直至最后落入水中，俗称“打水漂”，假设小明在离水面高度
处，将一质量
的小石片以水平初速度
抛出，玩“打水漂”，小石片在水面上滑行时受到的水平方向的
阻力恒为
，竖直方向分力未知．在水面上弹跳数次后沿水面滑行（水平方向）的速度减为零后沉
入水底。假设小石片每次均接触水面
后跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水面滑行的速度
之比为常数
，取重力加速度
，不计空气阻力，求小石片：
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（1）第一次与水面接触前水平方向的位移x；
（2）第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度ay的大小；
（3）最后一次弹起在空中飞行的时间t。（该问结果保留2 位有效数字）
【答案】（1）4.0m；（2）250m/s2；（3）0.13s
【详解】（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为
，由
解得
第一次与水面接触前水平方向的位移
（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为
，有
第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度
规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度
竖直方向加速度为
即大小为
。
（3）小石片在水面上滑行时，加速度
每次滑行速度的变化量
由
可知，小石片共在水平上滑行了10 次，空中弹起后飞行了9 次，第n 次弹起后的速度
再由
和
可得第
次弹起后在空中飞行的时间为
最后一次弹起在水面上飞行的时间为
3．（2024·吉林延边·统考一模）一种自动计数的呼拉圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道
内有一滑轮，滑轮与配重通过轻绳连接，其模型简化如图乙所示，已知配重质量0.4kg，绳长为0.3m，悬
挂点到腰带中心的距离为0.12m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运
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动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角
，g 取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）细绳的拉力；
（2）配重做匀速圆周运动的速度；
（3）配重从静止开始加速旋转至
的过程中，绳子对配重所做的功。
【答案】（1）5N，指向绳收缩的方向；（2）1.5m/s，方向沿轨迹的切线方向；（3）0.69J
【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg 和绳的拉力T，则平衡条件得
方向沿绳指向绳收缩的方向；
（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则
解得
方向始终沿轨迹的切线方向；
（3）根据几何关系可得配重上升的高度为
根据动能定理可得
解得
4．（2024·广西南宁·南宁三中校联考二模）如图所示，打弹珠是一种常见的游戏，该游戏的规则为：将手
中的弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入前方的坑并停在坑
中即为胜出，被碰弹珠经过坑时的速度如果大于1m/s 则不会停在坑中而从坑中滑出。现将此游戏进行简化，
弹珠A 和弹珠B 与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=1m，弹珠B 与坑的间距为x2=0.6m。某同学将弹珠A
以
的初速度水平向右瞬间弹出，与B 发生正碰，碰后A 的速度方向不变，大小为1m/s。已知
两弹珠的质量均为m=10g，A、B 在运动过程中与地面间的摩擦力均为f=0.02N，求：
（1）两弹珠碰撞过程中损失的机械能。
（2）通过计算判断该同学能否胜出？
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【答案】（1）0.02J；（2）不会
【详解】（1）弹珠A 以
的初速度水平向右瞬间弹出，在地面做匀减速直线运动，根据牛顿第
二定律有
弹珠A 与弹珠B 碰前的速度为
，则有
碰撞过程中系统动量守恒，则有
碰撞过程中损失的机械能为
解得
，
（2）弹珠B 向右运动的加速度依然为a，根据速度—位移公式有
解得
弹珠经过坑时的速度如果大于1m/s 则不会停在坑中而从坑中滑出，则该同学不会胜出。
5．（2024·广东佛山·统考二模）饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线
圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，产生电信号．其原理可简化
为如图甲所示，设线圈匝数
，每匝线圈的面积均为
，线圈总电阻
，线圈与阻值
的电阻相连．线圈处的磁场可视作匀强磁场，其磁感应强度大小按如图乙所示规律变化（设垂直
纸面向里为正方向），求：
（1）
内通过电阻R 的电流方向和大小；
（2）
内电阻R 上产生的热量。
【答案】（1）0.2A，电流方向从上到下；（2）0.2J
【详解】（1）根据楞次定律“增反减同”可知
时间内，流经电阻R 的电流方向从上到下；
根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可知电流为
（2）由焦耳定律可知
时间内电阻R 产生的焦耳热为
0.2～0.25s 时间内，根据法拉第电磁感应定律有
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根据焦耳定律有
则
内电阻R 上产生的热量为
6．（2024·广东佛山·统考二模）台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法
（当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞）击打
母球，使得目标球被碰撞后经CD 边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质
量均为
，且可视为质点，球间距离为
，目标球与CD 挡壁间虚线距离为
，目标球被CD 挡
壁反弹后向A 球洞运动方向与AC 挡壁间夹角为
，
，球与桌面间阻力为重力的
，球与挡
壁碰撞过程中损失
的动能，重力加速度
。
（1）求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；
（2）若某次击打后母球获得的初速度为
，且杆头与母球的接触时间为
，求母球受到杆头的平均
冲击力大小；
（3）若击打后母球获得速度
，求目标球被碰撞后的速度大小；
（4）若能到达球洞上方且速率小于
的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条
件。（计算结果都可以用根号表示）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由牛顿第二定律可得
根据题意可知
解得
（2）杆头击打母球，对母球由动量定理可得
代入数据解得
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（3）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得目标球被碰撞后的速度大小为
（4）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
目标球前进到CD 挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得
目标球与CD 挡壁碰撞，根据题意有
即
目标球运动到A 球洞过程，由动能定理可得
又满足
联立解得
7．（2024·广东佛山·统考一模）下图是矿山自动卸货简化示意图。质量为
的平底容器内装有质量
的矿石，从光滑圆弧轨道上高为
的
点由静止释放，平滑滑上静止在光滑水平轨道上的无动力小
车，小车长为
、质量为
。平底容器在小车上滑行与小车右端挡板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动
至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下矿石后解
除锁定，弹簧能量全部释放，将小车及空的平底容器一起弹回，当小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停
止。空平底容器滑出小车冲上圆弧轨道回到出发点
。设平底容器长和宽远小于
，矿石不会在平底容器
中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为
。试求：
（1）平底容器滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）小车被锁定时弹簧的弹性势能；
（3）若平底容器与小车间的动摩擦因数
，且水平轨道足够长。要保证平底容器能在小车接触到弹簧
前与小车右端挡板相碰，且能被弹回至出发点
，则每次运送的矿石质量
应满足什么要求？
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设平底容器滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底容器从A 点到滑上小车前列动能定理
解得
（2）设平底容器与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v 共，则对平底容器滑上小车到与挡板碰撞列动量守恒
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒可知
解得
（3）同理可知
弹回过程中，弹性势能转化为平底容器和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这
一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上A 点列能量守恒
解得
要保证平底容器能在小车接触到弹簧前与小车右端挡板相碰，则系统损失的动能刚好等于平底容器在小车
上相对滑动产生的热量，即由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得
故
综上所述每次运送的矿石质量
应满足要求为
8．（2024·吉林·统考一模）如图（a），水平传送带以恒定速率
顺时针转动，宽为
、足够高的矩形匀
强磁场区域MNPQ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场下边界QP 水平。矩形导体框abcd 无
初速度地放在传送带上且ad 与MQ 重合，bc 向右运动到NP 时恰与传送带共速，此时施加水平向右的拉力，
使导体框保持共速前的加速度离开磁场。ad 离开磁场时撤掉拉力，同时将QP 提升到传送带上方距上表面
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L 处。导体框继续向右运动，与NP 右侧
处的竖直固定挡板发生弹性正碰。当ad 返回NP 时，施加水平
向左的拉力，使导体框以此时的速度匀速通过磁场。已知导体框质量为m，总电阻为R，ab 长为
，ad
长为
，导体框平面始终与磁场垂直且不脱离传送带，重力加速度为g。
（1）求导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad 两点间的电势差
与时间t 的关系式；
（2）求导体框向右离开磁场过程中，拉力冲量
的大小；
（3）导体框向左通过磁场的过程中，设ad 到NP 的距离为x，导体框受到的摩擦力大小为
，在图（b）
中定量画出导体框通过磁场过程中
图像，不要求写出推导过程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）导体框从开始运动到与传送带共速过程中，导体框整个在磁场中，ad 边、bc 边同时切割磁
场线，则ad 产生的动生电动势为
导体框从开始运动到与传送带共速过程中，导体框一直做匀速直线运动，则
，
则导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad 两点间的电势差
与时间t 的关系式
（2）由题知，bc 向右运动到NP 时恰与传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加
速度离开磁场。导体框bc 向右运动到NP 到导体框离开磁场，水平方向受到向左的安培力
、传送带向
左的滑动摩擦力
和施加水平向右的拉力
。其中传送带向左的滑动摩擦力
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导线框运动一直做匀加速直线运动，则
,
解得
，
导线框离开磁场时，由于加速度不变，则导线框切割磁场线，产生的动生电动势为
导线框中电流
则受到的安培力为
传送带向左的滑动摩擦力
则有
则
拉力冲量
的大小
（3）导体框从离开磁场到返回时ad 到NP 的过程中，水平方向只受到传送带给的摩擦力，
则导体框返回ad 到NP 时，由动能定律可得
解得
之后导体框匀速通过磁场，ad 边进入磁场时（即
的过程中），ad 边切割磁感线，产生动生电动
势
导线框中感应电流
导线框ad 边受到向右的安培力
导线框ab 边受到向下的安培力
则此时导体框受到的摩擦力
当导线框bc 边进入磁场时（即
的过程中），穿过导线框的磁通量不变，导线框中无感应电流，
只受到向右的摩擦力
当导线框ad 边离开磁场时（即
的过程中），导线框中bc 切割磁感线，产生动生电动势
感应电流大小仍为
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导线框bc 受到向右的安培力
导线框ab 边受到向上的安培力
此时导线框受到的摩擦力
则导体框通过磁场过程中
图像
9．（2024·广东深圳·统考一模）中国第一台高能同步辐射光源（HEPS）将在2024 年辐射出第一束最强
“中国光”，HEPS 工作原理可简化为先后用直线加速器与电子感应加速器对电子加速，如图甲所示，直
线加速器由多个金属圆筒（分别标有奇偶序号）依次排列，圆筒分别和电压为U0的交变电源两极相连，电
子在金属圆筒内作匀速直线运动。一个质量为m、电荷量为e 的电子在直线加速器0 极处静止释放，经n
次加速后注入图乙所示的电子感应加速器的真空室中，图乙中磁极在半径为R 的圆形区域内产生磁感应强
度大小为B1=kt（k>0）的变化磁场，该变化磁场在环形的真空室中激发环形感生电场，使电子再次加速，
真空室内存在另一个变化的磁场B2“约束”电子在真空室内做半径近似为R 的周运动，已知感生电场大小
为
（不考电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间），求：
（1）电子经第一次加速后射入1 号圆筒的速率；
（2）电子在感应加速器中加速第一周过程中动能的增加量，并计算电子运动第一周所用的时间；
（3）真空室内磁场的磁感应强度B2随时间的变化表达式（从电子刚射入感应加速器时开始计时）。
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【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）对电子经第一次加速后射入1 号圆筒的过程由动能定理有
解得
（2）根据题意，设电子在感应加速器中加速第一周的时间为
，该过程中感生电场
该过程属于变力做功，则由动能定理有
解得
设加速圆周运动的切向加速度为
，由牛顿第二定律有
解得
直线加速
次后，由动能定理有
解得
加速一周后由能量守恒可得
解得
则加速一周的时间
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（3）刚进入感应电子加速器时（即
），根据洛伦兹力充当向心力有
解得
设经过任意时间
后电子的速度变化量大小为
，则由动量定理有
对任意时刻由洛伦兹力充当向心力有
解得
则
由此可得
则有
10．（2024·浙江·校联考模拟预测）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S 点的
粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为
的方向内均匀地发射速度为
v0=10m/s、电荷量均为q=-2.0×10-4C、质量均为m=1.0×10-6kg 的粒子，粒子射入半径为R=0.1m 的圆形区域
匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N=2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射
入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L 在
范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L 的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有
界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E=0.625N/C，边界由x 轴、曲线OA 和直线GF（方程为：
y=-x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B=0.25T，磁场的边界由x 轴、直线
GF、y 轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F 点沿垂直x 轴的方向经过一段真空区域射入加速
系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P 点，上下两板间电势差
U=-10kV，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度B0；
（2）当L=R 时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；
（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻
力f 与其速度v 关系为
（k=0.2N·s·m-1），求粒子在样品中可达的深度d；
（4）曲线OA 的方程。
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【答案】（1）0.5T；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得
解得圆形磁场的磁感应强度为
（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S 点入射速度与
的夹角为
，则
解得
临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S 点入射速度与
的夹角为
，则
解得
能进入控制系统的粒子数
（3）对粒子在加速系统运用动能定理
解得
对粒子进入样品得过程运用动量定理
粒子在样品中可达的深度为
（4）设粒子从曲线OA 的
点进入电场，则粒子从直线GF 的
点射出电场，根据动能定理有
由洛伦兹力提供向心力得
曲线OA 的方程为
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