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第二部分 题型方法
策略一 解决物理问题的数学方法
类型一 应用正、余弦定理和几何图形解决物理问题
1.正弦定理的应用
在如图所示的三角形中，有
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC ，在解决共点力平衡问题、几何
光学问题和带电粒子在磁场中的运动问题时常用。
例1 （2025·山东卷·11，4 分）多选 球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗
固定于水平地面上，带电荷量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁
A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直
方向，∠AOC = 45
∘ ，OD⊥AB，A、B两点间距离为√3 R，E、F为AB连线的
三等分点。下列说法正确的是（ ）
A. 甲的质量小于乙的质量
B. C点电势高于D点电势
C. E、F两点电场强度大小相等，方向相同
D. 沿直线从O点到D点，电势先升高后降低
【答案】BD
【解析】由A、B两点间距离为√3 R,可得2 R sin θ
2 =√3 R,故AB圆弧所对的圆心角
θ =120
∘ ；对小球甲、乙分别受力分析，如图所示，由正弦定理可得
FBA
sin 45
∘= m甲g
sin30
∘、
F AB
sin75
∘= m乙g
sin30
∘，由于FBA = F AB，可得m甲>m乙，故甲的质量大
于乙的质量，A错误。将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点，静电力对其
一直做正功，试探电荷的电势能一直减小，故电势一直减小，所以C点电势高
于D点电势，B正确。由电场强度叠加原理可得，E点处的电场强度大小
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EE= k ⋅2q
( √3
3 R)
2 −
kq
( 2√3 R
3
)
2 = 21kq
4 R
2 ，方向由A指向B；F点处的电场强度大小
EF =
kq
( √3
3 R)
2 −
k ⋅2q
( 2√3 R
3
)
2 = 3kq
2 R
2，方向由B指向A，C错误。将带正电的试探电荷
沿直线从O点移到D点，静电力对其先做负功后做正功，所以试探电荷的电势
能先增大后减小，可得沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。
例2 （2025·安徽安庆二模）2024 年12 月10 日，北京上空出现“三个太阳”
的景象，即幻日现象，与故宫角楼相互映衬，这种现象也被称为三日同辉，原
理图如图甲所示。为便于理解，以单色光为例进行分析，图乙为光线以与横截
面平行的方向射入正六边形板状冰晶侧面的光路图。设光线的入射角为i1=60
∘ ，
经AB、CD面折射后从图乙中H点射出，取冰晶对该单色光的折射率为3√3
4 ，
已知光在真空中的传播速度为3.0×10
8m/ s，正六边形晶体边长为3√5cm，出
射点H与C的距离为√5cm。求：
甲
乙
（1） 折射角i2的正弦值 sini2；
（2） 该单色光在冰晶中传播的时间t。
【答案】（1） 2
3
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（2） 4.5×10
−10 s
【解析】
（1） 由题图乙可知，根据折射率公式可得n= sini1
sini2
解得sini2= 2
3
（2） 对于正六边形晶体，延长AB边和CD边交于I点，则∠GIH =60
∘ ，三角
形IBC为等边三角形，如图所示
在三角形HGI中由正弦定理可得
HI
sin(90
∘−i2)
=
GH
sin ∠GIH ，
sin(90
∘−i2)=cosi2= √5
3
又HI = 4√5cm
联立解得GH =6√3cm
又n= c
v ，所以v = c
n
故t = GH
v = 4.5×10
−10 s
2.余弦定理的应用
在如图所示的三角形中，有a
2=b
2+c
2−2bc⋅cos A，在解决共点力平衡问题、几
何光学问题和带电粒子在磁场中的运动问题时常用。
例3 （2025·江西抚州模拟）多选 一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂
直于纸面向里，其下边界abecd如图中虚线所示，其中∠bec =90
∘ ，ab=be = L，
ec =√3 L，a、b、c、d四点共线。一束质量均为m、电荷量均为−q(q>0)的带电
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粒子，在纸面内从a点垂直于ab以不同速率射入磁场，不计粒子重力及粒子间
的相互作用。则下列说法中正确的是（ ）
A. 能经过三角形bec边界射出的粒子速率最大值为3qBL
m
B. 经过be边界中点处射出的粒子速率为7qBL
10m
C. 在磁场中运动时间最短的粒子速率为qBL
m
D. 从边界be和ec（不含e点）射出的两粒子运动速率一定不同，在磁场中运动
时间也一定不同
【答案】BC
【解析】由题意分析可知经过c点射出的粒子速度最大，此时粒子的运动半径
r = 3
2 L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB =m vm
2
r ，联立解得最大速度vm= 3qBL
2m ，
故A错误；如图所示，O点为粒子做圆周运动的圆心，在△Obf 中，由余弦定理
得r
2=( L−r )
2+( L
2 )
2
−2( L−r )× L
2 ⋅cos120
∘ ，解得r = 7
10 L，又qvB =m v1
2
r ，解得
v1= 7qBL
10m ，故B正确；由题意分析可知打在e点的粒子在磁场中运动时间最短，
由几何关系可得此时粒子的半径为L，则粒子的速率为v2= qBL
m ，故C正确；由
题意分析可知从边界be和ec（不含e点）射出的两粒子运动速率一定不同，但在
磁场中运动时间可能相等，故D错误。
3.三角形相似法的应用
在共点力平衡、运动的合成与分解、电磁场的合成和分解以及几何光学等物理
情境中，常会出现力三角形、速度三角形、位移三角形等矢量三角形和结构
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（长度）三角形相似的情况，准确作图、仔细观察、灵活选用相似三角形的边
角关系是解题的关键。
例4 （2025·河北廊坊一模）多选 如图所示，在xOy坐标系中存在匀强磁场，
磁场方向与xOy坐标平面垂直。两个带电粒子P、Q在xOy坐标平面内各自做匀
速圆周运动，圆心坐标分别为(a,0)、(0,2a)，两粒子P、Q与坐标原点O的连
线总是相互垂直，且运动过程中不会发生碰撞，不计两个带电粒子的重力及粒
子间的相互作用，则带电粒子P、Q的（ ）
A. 运动速度大小之比为1:1
B. 运动周期之比为1:1
C. 比荷之比为1:2
D. 运动半径之比为1:2
【答案】BD
【解析】依题意，两粒子P、Q与坐标原点O的连线总是相互垂直，说明两粒子
相同时间内转过的圆心角相同，则运动周期相同，运动周期之比为1:1，作出两
粒子位置关系如图所示，根据相似三角形的关系，可得
R1
R2
= O1O
O2O = 1
2，由
v = 2π R
T
，可知两粒子的运动速度大小之比为v1:v2=1:2，由T = 2π m
qB ，可知两
粒子的比荷之比为1:1，故A、C错误，B、D正确。
4.等效圆周角不变法的应用
物体受三个力平衡，一个力恒定，另外两个力大小、方向都变化，但夹角不变
时可用此法（如图），由弦长的变化判断力的变化。此类题也可用正弦定理求
解。
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例5 （2025·福建福州模拟）如图所示，质量为m的小球用轻绳OA、OB连接，
A端固定，在B端施加拉力F，使小球静止。开始时OB处于水平状态，现把小球
向右上方缓慢拉起至OA水平，在整个运动过程中始终保持OA与OB的夹角
θ =120
∘ 不变。下列说法正确的是(重力加速度为g)（ ）
A. 拉力F先变大后变小
B. OA上的拉力先变小后变大
C. 拉力F的最大值为2√3mg
3
D. OA上的拉力的最小值为√3mg
2
【答案】C
【解析】以小球为研究对象，小球受到重力mg、拉力F、绳子OA的拉力FT三个
力的作用。
方法一（图解法）：小球向右上方缓慢拉起至OA水平的过程中，三个力构成矢
量三角形，如图甲所示，由图甲可知拉力F一直变大，OA上的拉力FT一直变小，
故A、B错误；拉力F的最大值为Fmax =
mg
sin 60
∘= 2√3mg
3
，OA上的拉力的最小值
为FTmin=
mg
tan 60
∘= √3mg
3
，故C正确，D错误。
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甲
乙
方法二（正弦定理法）：作出OA与竖直方向成任意夹角β ，F与竖直方向成夹
角α 时的平行四边形如图乙所示，由正弦定理得
mg
sin 60
∘=
T
sin α =
F
sin β ，得
F =
mg
sin 60
∘sin β ，运动过程中β 逐渐增大，最大值为90
∘ ，故F逐渐增大，当
β =90
∘ 时，F最大，Fmax =
mg
sin 60
∘= 2√3mg
3
，A错误，C正确；同理，得
T =
mg
sin60
∘sin α ，运动过程中α 逐渐减小，故T逐渐减小，当OA水平时，α 最
小，α =30
∘ ，T min= √3mg
3
，B、D错误。
类型二 应用三角函数或一元二次函数分析物理问题
1.辅助角公式的应用
y =acosθ+bsinθ
=√a
2+b
2(
a
√a
2+b
2 cosθ+
b
√a
2+b
2 sinθ)
令sin φ =
a
√a
2+b
2，cosφ =
b
√a
2+b
2
则有y =√a
2+b
2(sin φcosθ+cosφsinθ)=√a
2+b
2sin(φ+θ)
当φ+θ = π
2 时，y有最大值，且ymax =√a
2+b
2。
例6 （2025·山东聊城二模）如图所示，空间中存在一匀强磁场（图中未画
出），大小、方向未知，两条平行金属导轨间距L=1m，与水平面成θ =37
∘ 固
定，在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m=0.5kg的金属棒AB
置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ=0.5。现将两导轨与恒流电
源相连接，金属棒中电流大小I =3 A，重力加速度的大小取10m/ s
2，
sin37
∘=0.6。要使金属棒沿导轨向上以a=2m/ s
2的加速度做匀加速直线运动，
则磁感应强度的最小值为（ ）
A. 4√5
5
T
B. 2√5
3
T
C. 1T
D. 2T
【答案】A
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【解析】对金属棒进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得
F cosα −mgsinθ−f =ma，F N + F sin α =mgcosθ ，f = μ F N，联立解得
F =
6
cosα +0.5sin α N，由此可知Fmin=
6
√1+0.5
2 N = 12√5
5
N，又因为Fmin= Bmin IL，
所以Bmin= 4√5
5
T，故选A。
2.二倍角公式的应用
如果所求物理量的表达式可以化简成y = A sinθcosθ ，则根据二倍角公式，有
y = A
2 sin2θ ，当θ = 45
∘ 时，y有最大值，ymax= A
2 。
例7 （2025·湖北荆州三模）地面上的水龙头按如图所示的方式向上喷水，所
有水珠喷出的速率v0相同，设喷射方向与地面的夹角为θ ，θ 在0
∘～90
∘ 范围
内，若喷出后水束的最高位置距离地面5m，重力加速度g取10m/ s
2。下列说法
正确的是（ ）
A. θ =30
∘ 时，水束落地时的圆半径最大
B. θ =60
∘ 时，水束落地时的圆半径最大
C. 水束落地时最大圆半径为10m
D. 水束落地时最大圆半径为5m
【答案】C
【解析】喷射方向与地面的夹角为0
∘ 时，喷射高度最大，有H = v0
2
2g，解得
v0=10m/ s，某水珠喷射方向与地面的夹角为θ ，水珠喷出到落地时间为
t = 2v0sinθ
g
，则水平位移x = v0cosθ⋅t = v0
2sin 2θ
g
，当θ = 45
∘ 时，水束落地时的
圆半径最大，有R = xm=10m，故选C。
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3.二次函数的应用
二次函数y =a x
2+bx +c(a、b、c为常数且a≠0)，当x =−b
2a时，y有极值
ym(a>0时，ym为极小值；a<0时，ym为极大值)。
例8 （2024·湖北卷·10，4 分）多选 如图所示，在光滑水平面上静止放置一
质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动
过程中受到的阻力不变，其大小f 与射入初速度大小v0成正比，即f =k v0(k为已
知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（ ）
A. 子弹的初速度大小为2kL(m+ M )
mM
B. 子弹在木块中运动的时间为
2mM
k(m+ M )
C. 木块和子弹损失的总动能为k
2 L
2(m+ M )
mM
D. 木块在加速过程中运动的距离为mL
m+ M
【答案】AD
【解析】子弹和木块相互作用过程中系统动量守恒，设子弹穿出木块时子弹和
木块的速度分别为v1、v2，位移分别为x1、x2，则有m v0=m v1+ M v2，子弹和木
块相互作用过程中所受合力都为f =k v0，则子弹和木块的加速度分别为a1= f
m、
a2= f
M ，由运动学公式可得2a1 x1= v0
2−v1
2，2a2 x2= v2
2，x1−x2= L，联立各式可得
v2=
m[ v0−√v0
2−2( k v0
m + k v0
M )L]
M +m
，木块的速度最大时，v0−√v0
2−2( k v0
m + k v0
M )L
取极值，该函数在2( k
m + k
M )L到无穷单调递减，因此当
v0=2( k
m + k
M )L=2 kL( M +m)
Mm
时，木块的速度最大，A正确；子弹穿出木块时，
木块的最大速度为v2= m v0
M +m，由运动学公式v2=a2t，可得t =
mM
k(m+ M )，故B错
误；由能量守恒可知子弹和木块损失的总动能等于系统摩擦产生的热量，即
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Δ E =Q = fL= 2k
2 L
2(m+ M )
mM
，故C错误；木块在加速过程中运动的距离为
x2= 0+ v2
2
t =
mL
M +m，故D正确。
4.均值不等式的应用
由均值不等式a+b≥2√ab(a>0,b>0)可知：
（1）两个正数的积为定值时，若两数相等，和最小；
（2）两个正数的和为定值时，若两数相等，积最大。
例9 （2025·湖南常德二模）如图所示，矩形线圈切割磁感线产生的交流电压
瞬时值表达式为e =12√2sin 20 π t(V )，其中电阻r =8Ω ，原、副线圈匝数之比
为n1:n2=2:1，副线圈上滑动变阻器的最大阻值为Rmax =10Ω ，且其滑动触头可
上下安全调节，其余电阻不计，变压器是理想变压器，电表均为理想交流电表。
下列说法正确的是（ ）
A. 1s内副线圈中的电流方向改变10 次
B. 当滑动变阻器的阻值变大时，两电压表的示数之比增大
C. 若将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，R消耗的功率先减小后增大
D. 当滑动变阻器的阻值调为R =8Ω 时，电流表A2的示数为0.6 A
【答案】D
【解析】由题知，ω= 2π
T =20 πrad / s，解得T =0.1s，由于1s=10T，矩形线圈
转动一周，电流方向改变两次，则1s内副线圈中的电流方向改变20 次，故A错
误；根据理想变压器电压与匝数的关系
U 1
U 2
= n1
n2可知，当滑动变阻器的阻值变大
时，两电压表的示数之比不变，故B错误；将变压器与滑动变阻器等效为一个
电阻，等效阻值为R等= U 1
I 1
=
n1
n2
U 2
n2
n1
I 2
=( n1
n2
)
2 U 2
I 2
=( n1
n2
)
2
R = 4 R≤40Ω ，设矩形线圈
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转动产生电动势的有效值为U，R消耗的功率
P =(
U
r + R等
)
2
R等=
U
2
R等+ r
2
R等
+2r ，
由于电阻r =8Ω ，根据数学知识可知，若将滑动变阻器的滑片从最下端滑到最
上端，接入电阻减小，R消耗的功率先增大后减小，故C错误；矩形线圈转动产
生电动势的有效值为U = 12√2
√2 V =12V ，结合上述分析，根据闭合电路欧姆定律，
原线圈中电流I 1=
U
r + R等
=
U
r + 4 R =0.3 A，根据变压器电流与匝数的关系有
I 1
I 2
= n2
n1，解得I 2=0.6 A，故D正确。
例10 （2024·安徽卷·15，18 分）如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直
平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支
架上。边长为L的正方形cdef 区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上
方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的
变化关系均为B =kt(SI )，k为常数(k >0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单
位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t =0时，对ab施加竖直向上的拉
力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两
边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ ，重力加速度大小为g。不
计空气阻力，两磁场互不影响。
（1） 求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的
大小，并写出ab中电流的方向；
（2） 求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3） 求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【解析】
（1） 通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ = B Scdef =k L
2t
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根据法拉第电磁感应定律得E =n ΔΦ
Δt =k L
2
由楞次定律及安培定则可知ab中的电流从a流向b
（2） 根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨平面向里，大小为
F安= BIL
其中B =kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式有x = 1
2 at
2
支架上方导轨的电阻为R′ =2 xr
由闭合电路欧姆定律得I =
E
R+2 xr
联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
F安= k
2 L
3t
R+ar t
2
（3） 由题知，t =0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小
为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析，由牛顿第二定律有F −mg−μ F安=ma
其中F安= k
2 L
3t
R+ar t
2
联立解得F = μk
2 L
3t
R+ar t
2 +m(g+a)
整理有F = μk
2 L
3
R
t +art
+m(g+a)
根据均值不等式可知，当R
t =art时，F有最大值
故t =√
R
ar ，F的最大值为Fm= μk
2 L
3
2√Rar +m(g+a)
类型三 数学方程式和归纳法的应用
数列是高中数学的一个重点，日常生活中的很多实际问题都可以利用数列知识
进行求解，物理情境中也有很多问题与数列有关。某一复杂物理过程中如果同
一物理情境重复出现，往往会涉及数列知识的应用。
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，随着物理过程的
重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：
（1）逐个分析开始的几个物理过程；
（2）利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式（这是解题的关键）；
（3）最后分析整个物理过程，利用数列特点和规律求解。
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数列的前n项求和公式如下：
等差数列：Sn= n(a1+an)
2
=na1+ n(n−1)
2
d(d为公差)。
等比数列：Sn={
a1(1−q
n)
1−q
,q≠1
na1,q =1
(q为公比)。
例11 （2025·安徽卷·15，18 分）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘
桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩
形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左
侧沿导轨水平向右发射第1 根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0
时被锁定；从原位置再发射第2 根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁
场，速度减为0 时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。
已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好
（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的
电流对原磁场的影响。求：
（1） 第1 根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
（2） 第2 根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，其横截面上通过的电
荷量；
（3） 从第1 根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端
定值电阻R上产生的总热量。
【答案】（1） −B
2 L
2v0
2
2 R
（2） mv0
BL
（3） 1
2 m v0
2⋅
n
n+1
【解析】
（1） 刚进入磁场时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E = BLv0
回路中的感应电流为I = BLv0
2 R
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导体棒受到的安培力大小为F = BIL
安培力的功率为P = F v0cos180
∘
联立解得P =−B
2 L
2v0
2
2 R
（安培力的功率写成正值也得分）
（2） 第2 根导体棒在磁场中的整个运动过程，由动量定理得
−B I Lt=0−m v0
又q = I t
联立解得q = mv0
BL
（3） 第1 根导体棒从进入磁场到停下来的过程中，该导体棒的动能转化为电
路中产生的热量，有1
2 m v0
2=Q1
由电路关系可知，定值电阻上产生的热量
QR1=
R
R+ R Q1= 1
2 × 1
2 mv0
2
同理，第n根导体棒从进入磁场到停下来的过程中，该导体棒的动能全部转化为
电路中产生的热量，有1
2 m v0
2=Qn
定值电阻上产生的热量QRn= 1
n ⋅
R
n
R
n + R
Qn=
1
n(n+1) ⋅1
2 m v0
2
整个过程中，右端定值电阻上产生的总热量为
∑QR= 1
2 m v0
2[
1
1(1+1) +
1
2(2+1) +⋯+
1
n(n+1) ]= 1
2 m v0
2⋅[(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+⋯+( 1
n −
1
n+1 )]= 1
2 m v0
2⋅n
例12 （2025·湖南长沙期末）如图所示，在足够长的水平桌面上有n个质量均
为m、可视为质点的滑块，间距均为L且在同一条直线上，第n个滑块与桌面左
端的距离也为L。在桌面右侧上方距桌面高度l处的O点固定着一根长为l的细线，
细线另一端系一个质量为m′ =0.5m、可视为质点的小球，小球自然下垂时位于
Q点，恰好与最右侧的滑块接触，在OQ中点D固定一个铁钉。现将小球从P点(
细线伸直且与水平方向的夹角θ =30
∘)由静止释放，小球运动到最低点时细线接
触铁钉弹力恰好达到最大值而崩断，小球与滑块1 发生弹性碰撞。滑块1 沿桌
面向左运动依次与各个滑块碰撞并粘在一起，碰撞过程时间极短可忽略。已知
重力加速度为g，不计空气阻力。
15/52
（1） 求细线能承受的最大弹力大小；
（2） 求小球与滑块1 碰撞后瞬间滑块1 的速度大小；
（3） 若桌面光滑，求小球与滑块1 碰撞瞬间到恰与第5 个滑块发生碰撞所用
的时间；
（4） 若滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ ，经一系列碰撞后，第n个滑块恰
好滑到桌边而没有掉下去，求在整个过程中因碰撞而损失的机械能及滑块之间
的第i(i≤n−1)次碰撞过程中损失的动能与碰撞前的动能的比值。
【答案】（1） 3mg
（2） 1
3 √10 gl
（3） 3 L√
10
gl
（4） 5mgl
9
−n(n+1)μmgL
2
; 1
i+1 (i≤n−1)
【解析】
（1） 小球从P点由静止释放后，先做自由落体运动到B点，如图所示
由动能定理可得2m′ glsin30
∘= 1
2 m′ vB
2
解得vB=√2 gl
在B点，对vB沿细线方向和垂直于细线方向进行分解，细线绷直后，沿细线方
向的分速度变为零，则由几何知识可得细线绷直后小球的速度大小
v ′ B= vBcos30
∘= 1
2 √6 gl
16/52
设小球运动到Q点时的速度大小为vQ，小球从B点运动到Q点，由动能定理有
m
′ gl(1−cos60
∘)= 1
2 m
′ vQ
2 −1
2 m
′ vB
′ 2
解得vQ=√
5 gl
2
小球与滑块1 碰撞前的瞬间，由牛顿第二定律可得T −m′ g= m′ vQ
2
l
2
解得T =6m′ g=3mg
（2） 小球与滑块1 在Q点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块1 的速度大小为v0，取
水平向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m′ vQ=m v0+m′ v ′Q
1
2 m
′ vQ
2 = 1
2 mv0
2+ 1
2 m
′ vQ
′ ❑
2
联立解得v0= 2
3 vQ= 1
3 √10 gl
（3） 设与第k个滑块碰撞后的速度大小为vk，由动量守恒定律有m v0=kmvk
解得vk = 1
k v0
小球与滑块1 碰撞瞬间到恰与第5 个滑块发生碰撞所用的时间
t = L
v0
+ L
v2
+ L
v3
+ L
v4
= L
v0
+2 L
v0
+3 L
v0
+ 4 L
v0
=10 L
v0
=3 L√
10
gl
（4） 根据题意可知，全过程因摩擦产生的热量
Q = μmgL+ μmg⋅2 L+⋯+ μmg⋅nL= n(n+1)μmgL
2
由能量守恒定律可知碰撞损失的总机械能
Δ E总= 1
2 m v0
2−n(n+1)μmgL
2
= 5mgl
9
−n(n+1)μmgL
2
设滑块之间的第i(i≤n−1)次碰撞前滑块的速度大小为vi，碰撞后速度大小为v ′i，
则有im vi=(i+1)mv ′i
碰撞过程中损失的动能Δ Ek i与碰撞前的动能Ek i的比值为
Δ Eki
Eki
=
1
2 im vi
2−1
2 (i+1)m vi
′2
1
2 im vi
2
(i≤n−1)
解得
Δ Ek i
Ek i
= 1
i+1 (i≤n−1)
类型四 微积分思想在物理中的应用
17/52
如图所示，阴影部分为曲边梯形，所谓曲边梯形是指梯形的一条边不是“直”
的而是弯曲的。
由定积分的定义我们知道，解决定积分的应用问题常用“分割、近似、求和、
取极限”来导出所求量的积分形式。
求曲边梯形面积的方法与步骤
（1）分割：把区间[a,b]分成许多小区间，进而把曲边梯形拆分为小曲边梯形；
（2）近似代替：对每个小曲边梯形“以直代曲”，用矩形面积近似代替小曲边
梯形面积；
（3）求和：把近似代替得到的每个小曲边梯形的面积求和；
（4）取极限：当小曲边梯形的个数趋向无穷时，各小曲边梯形的面积之和趋于
一个定值，即曲边梯形的面积。
求随时间或位移变化的物理量在时间或空间上的累积所代表的物理量时，经常
把变化过程分成无穷多个小段，然后累积求和，比如求变速直线运动的位移、
变力的功、变力的冲量等。
例13 （2025·河北保定一模）如图所示为锯齿形交流电压，下列说法正确的是
（ ）
A. 该交流电压的频率为25 Hz
B. 该交流电压的有效值为20V
C. 将该交流电压接到阻值为R的定值电阻两端，可求出0.01～0.02s内流过定值
电阻的电荷量
D. 将该交流电压接到阻值为R的定值电阻两端，0～0.02s内定值电阻产生的热
量为零
【答案】C
【解析】由图像可知交流电压的周期为0.02s，频率为50 Hz，故A错误；根据
I = u
R可以求出流过定值电阻的电流，作出I −t图像，由I = q
t 可知q =It，I −t图
18/52
像中图线与横轴所围图形的面积表示流过定值电阻的电荷量，故C正确；由图
像可知U m=20√2V ，T =0.02s，交流电压与时间的关系为
U = 2U m
T
t −U m=( 2
T t −1)U m，由数学知识根据电流的热效应，可得
Q锯齿=∫
0
T U
2
R dt =∫
0
T U m
2
R ( 2
T t −1)
2
dt = U 有效
2
R
T，解得U 有效= U m
√3 = 20√6
3
V ，故B错误；
将此电压接到定值电阻两端，由公式Q = U
2
R t可知一定会产生热量，故D错误。
例14 （2025·广东名校联考）多选一种音圈电机主要由永磁体、铁磁圆柱、线
圈和线圈支撑构成。线圈固定在线圈支撑上，线圈支撑可带动线圈在永磁体和
铁磁圆柱中的气隙中沿轴线方向运动，其纵剖面图如图甲所示。永磁体可以在
气隙中产生辐射状磁场，不计其他部分的磁场，在线圈处的磁感应强度大小恒
为B，其横截面如图乙所示。线圈半径为r，线圈总电阻为R，线圈支撑和线圈
的总质量为m。当线圈两端加上恒定电压U，线圈支撑从静止开始在竖直方向
运动的过程中，磁场中线圈匝数始终为n。重力加速度大小为g，下列说法正确
的是（ ）
甲
乙
A. 电流方向如图甲所示时，线圈支撑将向上运动
B. 线圈的发热功率为U
2
R
C. 加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度大小为2n π BUr
mR
D. 线圈支撑的最大速度为
1
2n π rB (U −mgR
2n π rB )
19/52
【答案】AD
【解析】电流方向如题图甲所示时，由左手定则可知，线圈支撑受到向上的安
培力，将向上运动，故A正确；线圈在运动的过程中产生感应电动势E，感应电
流方向与恒定电压产生的电流方向相反，故电路中的电流小于U
R ，线圈的发热
功率小于U
2
R ，故B错误；初始时线圈支撑没有速度，线圈中没有产生感应电动
势，此时电流I = U
R ，故线圈受到的安培力为F =2π nBIr，由牛顿第二定律有
F −mg=ma，联立解得a= 2n π BUr
mR
−g，故C错误；线圈中产生的感应电动势为
E =2π nrBv，线圈中的电流大小为I = U −E
R
，当线圈加速度为零时线圈支撑的
速度最大，此时BI ×2π nr =mg，解得线圈支撑的最大速度为
1
2n π rB (U −mgR
2n π rB )，故D正确。
例15 （2025·河北石家庄一模）如图所示，“×”形光滑金属导轨abcd固定在绝
缘水平面上，ab和cd足够长，∠aOc =60
∘ ，虚线MN与∠bOd的平分线垂直，O
点到MN的距离为L，MN左侧是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁
场。一轻弹簧右端固定，其轴线与∠bOd的平分线重合，自然伸长时左端恰在O
点。一质量为m的导体棒ef 平行于MN置于导轨上，导体棒与导轨始终接触良好。
某时刻使导体棒从MN的右侧L
4 处由静止开始释放，导体棒在被压缩弹簧的作用
下向左运动，当导体棒运动到O点时弹簧与导体棒分离。导体棒由MN运动到O
点的过程中做匀速直线运动，导体棒始终与MN平行。已知导体棒与弹簧彼此
绝缘，导体棒和导轨单位长度的电阻均为r0，弹簧被压缩后所获得的弹性势能
可以用公式E p= 1
2 k x
2计算，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。
20/52
（1） 证明：导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，感应电流的大小保持
不变；
（2） 求弹簧的劲度系数k和导体棒在磁场中做匀速直线运动时速度v0的大小；
（3） 求导体棒最终静止时的位置到O点的距离。
【答案】（1） 见解析
（2） B
4 L
2
12mr0
2; √3 B
2 L
2
8mr0
（3） 3√2 L
4
【解析】
（1） 导体棒在磁场中做匀速直线运动时的速度大小为v0，设某时刻导体棒在
回路中的长度为l0，则此时感应电动势E = Bl0 v0
此时回路的电阻R =3l0r0
回路中的感应电流I = E
R = B v0
3r0
因为B、v0和r0均为不变量，所以感应电流的大小保持不变
（2） 导体棒从释放到进入磁场前瞬间的过程中，导体棒和弹簧组成的系统机
械能守恒，则有1
2 k( 5 L
4 )
2
−1
2 k L
2= 1
2 mv0
2
导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，设某时刻导体棒到O点的距离为x，
根据牛顿第二定律有2BIx tan30
∘−kx =0
又I = B v0
3r0
联立解得k = B
4 L
2
12mr0
2，v0= √3 B
2 L
2
8mr0
（3） 导体棒过O点后与弹簧脱离，在停止运动前做减速运动。设某时刻导体
棒到O点的距离为x，导体棒在回路中的长度为l，加速度大小为a，速度大小为
v，回路中的电流大小为I，根据牛顿第二定律有BIl =ma
又因为I = Bv
3r0
所以B
2lv
3r0
=ma
21/52
取一段很短的时间Δt，导体棒在回路中的长度、加速度大小和速度大小可认为
不变。设在这段时间内导体棒速度的变化量大小为Δv，回路所围面积的变化量
为Δ S
将B
2lv
3r0
=ma左右两边同时乘以Δt，可得B
2lv
3r0
Δt =ma Δt
则导体棒从O点开始运动到静止的过程可表示为
B
2l1v1
3r0
Δt1+ B
2l2v2
3r0
Δt2+ B
2l3v3
3r0
Δt3+⋯=ma1 Δt1+ma2 Δt2+ma3 Δt3+⋯
即∑B
2lnvn
3r0
Δtn=∑man Δtn
所以B
2
3r0
∑lnvn Δtn=m∑an Δtn
B
2
3r0
∑Δ Sn=m∑Δvn
设导体棒最终静止的位置到O点的距离为x0，则
B
2
3r0
x0
2 tan30
∘=m v0
联立解得x0= 3√2 L
4
类型五 求导的妙用
1.分析物理问题，应用物理规律将已知量和未知量之间建立一定的函数式。
2.求导数，代入数据求出物理量。
3.求物理量最值时，先求导数，再建立导数为零的独立方程，解方程得出自变
量或自变量的表达式，将自变量代入原来的函数式中求出目标量的最大值或最
小值。
例16 （2025·山东菏泽一模）多选 点电荷A、B固定在同一水平线上，电荷量
均为+Q，两点电荷间的距离为2 L。一电子从中垂线上的P点由静止释放。已知
静电力常量为k，电子的电荷量为e，sin53
∘=0.8，cos53
∘=0.6，下列说法正确的
是（ ）
A. 从P点到O点，电势一直升高，电子的电势能也一直增大
22/52
B. P点的电场强度大小可能为2√3kQ
3 L
2
C. 若PO≪L，电子的运动可视为简谐运动
D. 若PO = 3
4 L，在P点给电子垂直纸面向里、大小为6
5√
2kQe
5mL 的速度，电子将做
匀速圆周运动
【答案】CD
【解析】在PO连线上，合场强的方向竖直向上，电场力对电子一直做正功，根
据功能关系可知电子的电势能一直减小，故A错误。如图所示，在这两个点电
荷连线的中垂线上任取一点C，∠CAB =θ ，根据点电荷的场强公式有
E1= E2=k
Q
(
L
cosθ )
2 = kQ
L
2 cos
2θ
，故C点的场强大小为
E =2 E1sinθ = 2kQ
L
2 sinθcos
2θ ，将场强E对θ 求导如下，
E′ = 2kQ
L
2 [cosθ⋅cos
2θ+sinθ⋅2cosθ(−sinθ)]= 2kQ
L
2 cosθ(1−3sin
2θ)，当E′ =0
时，即1−3sin
2θ =0，解得sinθ = √3
3 ，C点场强最大，其最大值为
Em= 2kQ
L
2 sinθcos
2θ = 4√3kQ
9 L
2
，故中垂线上场强的最大值为4√3kQ
9 L
2
，则P点的电
场强度大小不可能为2√3kQ
3 L
2
，故B错误。电子从距离O点为x的P点由静止释放，
取竖直向上为正方向，则电子受到的合电场力为
F =−2k
Qe
x
2+ L
2 ⋅
x
√x
2+ L
2 =−2kQe
x
( x
2+ L
2)
3
2 ，若PO≪L，即x≪L，整理可得
F =−2kQe
L
3
x，令2kQe
L
3
=a，则电子受到的合电场力满足F =−ax，显然电子从P
点开始在电场力的作用下先向O点做加速运动，到达O点时，速度达到最大，O
点的场强为零，加速度为零；由于O点下方的合场强方向竖直向下，电子受到
的电场力方向竖直向上，接着在O点下方做减速运动，直到减速为零，接着又
向上运动到P点，周而复始，电子的运动可视为简谐运动，故C正确。若
PO = 3
4 L，则在P点给电子垂直纸面向里、大小为v = 6
5√
2kQe
5mL 的速度，此时电子
23/52
受到的合电场力大小满足F =2k
Qe
( 5
4 L)
2 cos53
∘=m v
2
3
4 L，可知电子符合做匀速圆
周运动的条件，电子将做匀速圆周运动，故D正确。
策略二 题型方法指导
突破一 选择题解题指导
选择题的解题方法有很多。求解时，灵活地选取解题方法，不仅可以大大节省
时间，还可以使思路清晰、目标明确，以便得出正确的结论。此处只介绍一些
物理中常用的方法。另外，对于同一道题，解题方法往往不止一种，兼收并蓄
全部学会，方能融会贯通。
1.排除法
排除法在选择题解答时，是一种重要的方法。常见的有排正法、排错法、排异
法、混排法等方法，可以大幅提升选择题的解题效率。
在解答高考试卷中多选题时，要灵活运用排除法：
（1）因为多选题选项≥2，如果你能排除两个错误答案的话，另外两个不用思
考一定是正确答案。
（2）判错易，断对难。在做多选题时排除错误选项远比找出正确选项简单，而
且计算量更小。同时在试卷设计题目时一般正确的选项都需要经过较复杂的计
算推导来确认，耗时较长，而错误相对明显甚至离谱，很好辨别，所以判断错
误比确认正确更为简单。
例1 （2025·广东名校联考）如图甲所示的“反向蹦极”区别于传统蹦极，让
人们在欢笑与惊叹中体验到了别样的刺激。情境简化如图乙所示，弹性轻绳的
上端固定在O点，下端固定在体验者的身上，多名工作人员将体验者竖直下拉
并与固定在地面上的力传感器相连，体验者静止时传感器示数为1200 N。打开
扣环，体验者从a点像火箭一样被“竖直发射”，经速度最大位置b上升到最高
点c。已知ab=3m，体验者（含装备）的质量m=80kg（可视为质点），重力加
速度g=10m/ s
2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
24/52
甲
乙
A. 打开扣环前，体验者在a点处于超重状态
B. 体验者在a、c间做简谐运动
C. b、c两点间的距离为3.25m
D. 体验者在c点的加速度大小为15m/ s
2
【答案】C
【解析】排除法：打开扣环前，体验者静止在a点，既不处于超重状态也不处于
失重状态，故A错误。打开扣环时，体验者所受重力与弹性轻绳弹力的合力大
小等于力传感器的示数，即1200 N，因1200 N >mg =800 N，根据简谐运动的对
称性，体验者如果做简谐运动，体验者到最高点所受的合力大小也等于1200 N，
但弹性轻绳不能提供向下的力，所以体验者到达c点前弹性轻绳已经处于松弛状
态，即体验者在a、c间的运动不是简谐运动，故B错误。体验者在c点时只受重
力，加速度大小为g，即10m/ s
2，故D错误。因为A、B、D选项都错误，故C
正确。
一题多解 计算法：设弹性轻绳的劲度系数为k，体验者处于a点时弹性轻绳的
伸长量为x，则有kx −mg=1200 N，体验者经过b点时有k( x−ab)=mg，两式联
立得k = 400 N /m，x =5m，体验者由a点运动到c点过程中，由动能定理得
kx
2 ⋅x−mg(ab+bc)=0，解得bc =3.25m，故C正确。
2.特殊值法
（1）特殊值法是让题目中所涉及的某些物理量取特殊值，通过简单的分析、计
算来判断的方法，它适用于将特殊值代入后能迅速将错误选项排除的选择题。
（2）特殊值法的四种类型
①将某物理量取特殊值。
②将运动的场景特殊化，由陌生的情景变为熟悉的场景。
③将两物理量的关系特殊化。
④通过建立两物理量间的特殊关系来简化解题。
25/52
例2 某物体竖直上抛的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返
回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，
则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为 （ ）
A. (k
2−1)v
(k
2+1)g
B. (k
2+1)v
(k
2−1)g
C. (k +1)(k
2+1)v
2kg
D. (k
2−1)
2v
2kg
【答案】C
【解析】取k =1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返
回抛出点所经历的时间为2v
g ，代入后只有C项满足。
3.极限法
物理学中的极限思维是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给
出判断或导出一般结论。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调
变化的情况。极限法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难
为易，化繁为简，起到事半功倍的效果。
例3 如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ 的光
滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运
动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力大小T和斜面的支
持力大小F N分别为（重力加速度为g）（ ）
A. T =m(gsinθ+acosθ)F N =m(gcosθ−asinθ)
B. T =m(gcosθ+asinθ)F N =m(gsinθ−acosθ)
C. T =m(acosθ−gsinθ)F N =m(gcosθ+asinθ)
D. T =m(asinθ−gcosθ)F N =m(gsinθ+acosθ)
【答案】A
【解析】当a趋近于0 时，细线的拉力大小T =mgsinθ ，而F N =mgcosθ ，由此
可知只有A正确。
4.逆向思维法
在解决具体问题时由因到果的正向思维受阻，使求解过程陷入“山穷水尽”的
境地时，若能变换角度，把物体所发生的物理过程逆过来加以分析，又能领略
26/52
到“柳暗花明”的意境。这种“反其道而行之”的方法叫逆向思维法。解决物
理问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等。
应用逆向思维法解题的基本思路：（1）分析确定研究问题的类型是否能用逆向
思维法解决；（2）确定逆向思维问题的类型（由果索因、转换研究对象、过程
倒推等）；（3）通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。
例4 （2025·山东潍坊二模）如图所示，子弹（可视为质点）垂直射入并排在
一起固定的相同木板，穿过第12 块木板后速度变为0，在各木板中运动的加速
度都相同。从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10 块木板所用时间之比为（
）
A. 3:2:1
B. √3:√2:1
C. (2−√3):(2−√2):1
D. (√3−√2):(√3−1):√3
【答案】C
【解析】计算法：设子弹的质量为m，子弹的初速度为v0，因为子弹在木板中
的加速度相同，木板的长度也相同，所以子弹在每个木板中损失的动能相同，
所以Δ Ek = Ek
12 =
1
2 mv0
2
12
= mv0
2
24
，在接触第4 块木板时，子弹的动能
Ek 3= Ek−3 Δ Ek = mv0
2
2 −mv0
2
8
= 3
8 mv0
2，解得v3= √3
2 v0，所以接触第4 块木板所用
时间t 4= v0−v3
a
= 2−√3
2a
v0；在接触第7 块木板时，子弹的动能
Ek 6= Ek−6 Δ Ek = mv0
2
2 −mv0
2
4
= 1
4 mv0
2，解得v6= √2
2 v0，所以接触第7 块木板所用
时间t7= v0−v6
a
= 2−√2
2a
v0；在接触第10 块木板时，子弹的动能
Ek 9= Ek−9 Δ Ek = mv0
2
2 −3mv0
2
8
= 1
8 mv0
2，解得v9= 1
2 v0，所以接触第10 块木板所用
时间t10= v0−v9
a
= 1
2a v0，所以t 4:t7:t10=(2−√3):(2−√2):1，故选C。
一题多解 逆向思维法：将12 个木板分成4 组，每组的长度相同，第一组为
1～3块木板，第二组为4～6块木板，第三组为7～9块木板，第四组为10～12
块木板，将子弹向前的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运
动，根据初速度为零的匀加速直线运动的特点可知，经过连续相等的位移所用
27/52
时间之比为1:(√2−1):(√3−√2):(2−√3)，因此从开始到接触第4 块的时间为
(2−√3)t，从开始到接触第7 块的时间为(2−√3)t +(√3−√2)t =(2−√2)t，从开
始到接触第10 块的时间为(√2−1)t +(√3−√2)t +(2−√3)t =t，故
t 4:t7:t10=(2−√3):(2−√2):1，故选C。
例5 （2025·江西名校联考）野外一只小青蛙欲跳到前上方的水田，它从田坎
前方2a处起跳，需要跳跃前方高为2a、宽为a的田坎，其运动轨迹恰好过田坎
左前方A点，运动的最高点在B点的正上方。设青蛙起跳时的速度大小为v，其
方向与水平方向的夹角为α ，不计空气阻力，重力加速度大小为g，小青蛙可
视为质点，则 （ ）
A. v = √26 ga
2
tan α = 3
4
B. v = √26 ga
2
tan α = 3
2
C. v = √13 ga
2
tan α = 3
2
D. v = √13 ga
2
tan α = 3
4
【答案】B
【解析】青蛙做斜抛运动，可以看作从B点上方P点的平抛运动的逆运动，根据
平抛运动水平方向做匀速直线运动可得，从P点到A点的时间是A点到青蛙起跳
点时间的一半，把平抛运动的时间分成三段相等的时间，竖直方向做自由落体
运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论知h:2a=1:8，可得P点到A点
的竖直距离为h= 2a
8 =0.25a，根据平抛运动的规律有
tan α =2tanθ =2× 0.25a+2a
2a+a
= 3
2，青蛙起跳时的竖直分速度大小
v y =√2g(0.25a+2a)= 3√2 ga
2
，青蛙起跳时的水平分速度大小v x =
v y
tan α =√2ga，
则青蛙起跳时的速度大小v = √26 ga
2
，故选B。
5.类比分析法
将两个（或两类）研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联
系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推
断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法，尤其在处理一
28/52
些物理背景很新颖的题目时，可以尝试使用这种方法。比如：恒力作用下或电
场与重力场叠加中的类平抛问题、类斜抛问题，可直接类比使用平抛、斜抛相
关结论。
例6 （2025·山东潍坊三模）如图所示，两根短杆与不可伸长的光滑轻绳连接，
并处于同一竖直面内，绳上穿一带孔小球，小球处于静止状态。B点正上方有C、
D两点，B、D两点关于C点对称且A、C两点等高。现保持A的位置不变，只将
B点缓慢上移至D点，则在该过程中，轻绳的拉力（ ）
A. 变大
B. 不变
C. 变小
D. 先变大后变小
【答案】B
【解析】可以直接类比晾衣杆模型，轻绳与竖直方向的夹角为α ，sin α = d
L，
两杆之间的距离不变，绳长不变，故轻绳与竖直方向的夹角不变，两轻绳的夹
角为2α ，设轻绳的拉力为F，对小球进行受力分析，根据平衡条件可得
2 F cosα =mg，解得F =
mg
2cosα ，当B点缓慢上移到D点时，在这个过程中，两轻
绳的夹角保持不变，故轻绳的拉力保持不变，故选B。
例7 （2025·山东济南二模）风洞是进行空气动力学研究最有效的工具之一。
如图所示，风洞能对进入其中的物体始终施加一个水平恒力。一小球（可视为
质点）从地面的a点以大小为v0的初速度竖直向上抛出，在b点落回地面，小球
上升的最大高度等于a、b两点间的距离，则小球在运动过程中的最小速度为（
）
A. 1
2 v0
B. √5
5 v0
C. 1
4 v0
D. √17
17 v0
【答案】D
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【解析】设小球离开地面到最高点所用时间为t，根据对称性可知，小球在空中
运动的时间为2t，则小球上升的最大高度为h= 1
2 gt
2，设小球水平方向的加速度
大小为a，则a、b两点间的距离xab= 1
2 a(2t )
2=h，解得a= 1
4 g，故小球受到的水
平恒力为F =ma= 1
4 mg，对小球进行分析，如图所示，水平恒力与重力的合力
与竖直方向的夹角满足tanθ = F
mg = 1
4 ，类比斜上抛运动，当沿重力方向的速度
减为零，只剩下垂直重力方向的分速度时，物体的速度最小，因此本题中将小
球的初速度v0分解为平行合力方向和垂直合力方向两个分速度，当平行合力方
向分速度减为0 时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为
vmin= v0sinθ = √17
17 v0，故选D。
6.对称法
对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的
方法。常见的有：
（1）运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置
处速度大小相等，加速度相等；
（2）结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电场强度为零；
（3）几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界垂直射入匀强磁场，再从同一
边界射出匀强磁场时，速度与边界的夹角相等；
（4）场的对称性，等量同种、异种点电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁
场、条形磁体和通电螺线管周围的磁场等都具有对称性。
例8 （2025·河北保定一模）如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆周上均匀
分布着8 个电荷量均为Q的点电荷，其中7 个带正电，一个带负电。A、B点和
C、D点为圆的相互垂直的两条直径上的点，且OA =OB =OC =OD。取无穷远处
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的电势为零，电荷量为q的点电荷形成的电场中某点的电势φ=k q
r （k为静电力
常量，r为该点与点电荷的距离），则下列说法正确的是（ ）
A. O点电场强度大小为k Q
R
2
B. O点电势为6kQ
R
C. 带电荷量为−q的试探电荷在A点的电势能比在B点的大
D. 带电荷量为+q的试探电荷在C点的电势能比在D点的小
【答案】B
【解析】根据点电荷的场强特点可知，除了水平方向上的正、负点电荷外，其
余的6 个点电荷形成的电场在O点处相互抵消，故O点的电场强度大小
EO=k Q
R
2 +k Q
R
2 = 2kQ
R
2 ，故A错误；电势是标量，多个点电荷产生的电场中某点
的电势等于每个点电荷单独在该点的电势的代数和，则O点电势为
φO=7 k Q
R −k Q
R = 6 kQ
R ，故B正确；A点离负点电荷较远，由电势叠加知A、B两
点电势φ A>φB，根据电势能公式E p=qφ 可知，带电荷量为−q的试探电荷在A点
的电势能比在B点的小，故C错误；由对称性知C、D两点的电势相等，所以带
电荷量为+q的试探电荷在C、D两点的电势能相等，故D错误。
7.图像分析法
物理图像是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两
个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图像解题时一定要从图像纵、横
坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸
多方面寻找解题的突破口。利用图像解题不但能快速、准确地避免复杂的运算，
还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题。
（1）物理中常用的图有示意图、过程图、函数图、矢量图、电路图和光路图等，
若题干或选项中已经给出了函数图，则需从图像纵、横坐标的物理意义以及图
31/52
线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破
口。
（2）利用图像或示意图解答选择题，便于了解各物理量之间的关系，能够避免
烦琐的计算，迅速简便地找出正确答案。若各选项描述的是物理过程的变化情
况，此法更显得优越。此类题目在力的动态变化、物体运动状态的变化、波形
变换、气体状态变化、电磁感应现象等问题中最为常见。
例9 （2025·安徽黄山二模）多选 如图所示，倾角为30
∘ 、足够长的光滑绝缘
斜面固定在水平面上，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为
E = √3mg
3q
。小球A的电荷量为+q，小球B不带电，质量均为m，两球用劲度系数
为k的轻质绝缘弹簧连接，弹簧处于原长并锁定。现解除锁定释放两球并开始计
时，t0时刻两球第一次速度相等，速度大小为v0，此时弹簧形变量为x0，在整个
运动过程中弹簧均在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 两球每次速度相同时弹簧形变量均为x0
B. 两球每次加速度相同时弹簧的形变量均为mg
4 k
C. 在t =t0时，小球A的电势能增加了mg
4 (v0t0−x0)
D. 在t =2t0时，两球和弹簧组成的系统机械能减少了mg v0t0
【答案】BCD
【解析】当两球加速度相同时，对A、B整体有2mgsin30
∘−Eqcos30
∘=2ma，
对B有mgsin30
∘−kx =ma，联立解得x = mg
4 k ，故B正确；作出两球的v −t图线，
如图所示，t0时刻两球第一次速度相等，速度大小为v0，此时弹簧形变量为x0，
即xB−x A = x0，结合图像可得x A = 1
2 v0t0−1
2 x0，所以在t =t0时，小球A的电势能
增加了Δ E p1= Eqcos30
∘⋅x A = mg
4 (v0t0−x0)，故C正确；由图可知，在t0∼2t0内，
有x′ A−x′ B= x0，所以在t =2t0时，弹簧恢复原长，且x′ A =2v0t0，根据能量守恒
定律可知，两球和弹簧组成的系统机械能减少量等于电势能增加量，即
32/52
Δ E = Eqcos30
∘⋅x ′ A =mg v0t0，故D正确；由上述分析可知，t0时刻两球速度相
等，弹簧伸长量为x0，2t0时刻两球速度再次达到相等，但弹簧处于原长，故A
错误。
8.二级结论法
熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用
的二级结论有：
（1）等时圆规律；
（2）平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；速度方向与水平方向夹角
α 正切值等于位移方向与水平方向夹角β 正切值的2 倍，即tan α =2tan β ；
（3）闭合电路中，当外阻与内阻相等时电源的输出功率最大，最大功率为
Pm= E
2
4 r ；
（4）不同质量和电荷量的同种带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电
场，轨迹重合；
（5）直流电路中动态分析的“串反并同”结论；
（6）平行通电导线同向相吸，异向相斥；
（7）带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的
电场强度等；
（8）楞次定律的“来拒去留”“增缩减扩”推论等；
（9）电磁感应中电荷量的计算公式q = n ΔΦ
R总，导体棒在磁场中切割磁感线产生
感应电流时导体棒所受安培力的计算公式F安= B
2 L
2v
R总
;
（10）双星系统运动的周期与总质量和总距离的结论式T =2π√
L
3
G M 总
;
（11）天体密度与近地卫星周期的关系式ρ= 3 π
GT
2。
例10 （2025·山东威海三模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比
为1:2，a、b两端接入一内阻不计的交流电源（如图乙所示）。已知电压表、电
33/52
流表均为理想电表，当电阻箱的阻值调至R =8Ω 时，电阻箱消耗的功率最大，
最大功率为（ ）
甲
乙
A. 1.5625W
B. 3.125W
C. 6.25W
D. 12.5W
【答案】C
【解析】由题图乙可知电动势的有效值为E = Em
√2 =5√2V 。
推导法：设副线圈的输出电流为I，故输出电压为IR，由
U 1
U 2
= n1
n2得，原线圈两
端的电压U 1= IR
2 ，由
I 1
I 2
= n2
n1得，通过原线圈的电流I 1=2 I，设原线圈串联的电阻
为R1，对原线圈回路，根据闭合电路欧姆定律可得E = IR
2 +2 I R1，可得
I =
E
R
2 +2 R1，P = I
2 R，当R =8Ω 时，电阻箱消耗的功率最大，则
Pm=
50
(√2+ R1
√2 )
2 (W )
，所以当R1=2Ω 时，Pm=6.25W，C项正确。
一题多解 二级结论法：当电阻箱的阻值调至R =8Ω 时，根据等效电阻法可知
原线圈等效阻值为( n1
n2
)
2
R =2Ω ，在闭合电路中，当外阻与内阻相等时，电源
的输出功率最大，故说明原线圈串联的电阻为2Ω ，最大输出功率
P= E
2
4 r =6.25W，故选C。
例11 多选 如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电粒
子从A点沿半圆ABC的直径方向以某一速度水平射入电场，恰好经过半圆的最
低点B。粒子重力不计，下列分析正确的是（ ）
34/52
A. 经过B点时的速度方向沿半圆的半径
B. 无论射入速度多大，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆
C. 若仅将下板下移少许，板间电压增大
D. 若仅将下板下移少许，该粒子以相同的速度从原位置射入电场，仍会经过B
点
【答案】BCD
【解析】粒子水平射入竖直方向的电场中，不计粒子重力，则粒子做类平抛运
动，类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，则经过B点时的速度方向
为右下方，故A错误；若粒子沿着半径方向离开半圆，则速度反向延长线过圆
心，粒子水平位移等于半圆直径，即一定从C点射出，所以不可能，B正确；若
仅将下板下移少许，因平行板电容器与电源断开，则板间场强不变，板间电压
增大，又因粒子受力情况不变，该粒子以相同的速度从原位置射入电场，运动
轨迹不变，则仍会经过B点，故C、D正确。
9.尺规作图法
有些选择题，若用常规的方法做会很烦琐。带电粒子在磁场中运动时是否经过
某一点，可用圆规改变半径进行作图判断；光学中光线是否经过某一点，也可
以通过作图判断；在某种变化的过程中比较两个物理量的大小可以通过作图，
用刻度尺测量进行判断。
例12 （2025·广东深圳一模）多选 如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向
里的匀强磁场（图中未画出），∠AOC =60
∘ 。边界OA上有一距离O点为d的粒
子源S，现粒子源在纸面内以大小相等的速度沿不同方向发射大量带正电的同
种粒子（不计粒子重力及粒子间的相互作用），经过一段时间，有部分粒子从
边界OC射出磁场。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最大时间为T
2 （T为粒
子在磁场中运动的周期）。关于从OC射出的粒子，下列说法正确的有（ ）
A. O点可能是粒子的轨迹圆心
B. 粒子可能垂直于边界OC射出
C. 从OC射出的粒子与O点的最远距离为√3d
35/52
D. 粒子在磁场中运动的最短时间等于T
6
【答案】BD
【解析】由于所有粒子的速度大小都相等，故在磁场中运动的轨迹半径r = mv
qB
均相同，由于从边界OC射出的粒子在磁场中运动时间最长为半个周期，可知粒
子在磁场中转过的圆弧都不是优弧。转过的弧长越小的粒子，在磁场中运动时
间就越短，由于粒子都是做逆时针的圆周运动，则初速度沿OA方向的粒子运动
时间最长，其在磁场中的运动轨迹是个半圆，如图所示，过S作OA的垂线与OC
相交于D点，则SD为该粒子运动的轨迹直径，可得轨迹半径为
r = 1
2 d tan 60
∘= √3
2 d，从OC射出的粒子与O点的最远距离为OD =
d
cos60
∘=2d。绕
S点逆时针旋转该粒子运动的轨迹，由点到直线的垂线段最短可知，轨迹与OC
相交于S在OC上的垂足E时，粒子在磁场中运动时间最短，而
SE =d sin 60
∘= √3
2 d =r，即△O′ SE为等边三角形，故运动时间最短的粒子在磁场
中转过的圆心角为60
∘ ，最短时间为tmin= 60
∘
360
∘T = T
6 ，故C错误，D正确。由上
述分析可知，粒子的轨迹半径r = √3
2 d <d，所以O点不可能是粒子的轨迹圆心，
故A错误。S点到OC的距离为SE =r，则粒子的轨迹圆心可以在OC上，当粒子
的轨迹圆心O′落在OC上时，粒子垂直于边界OC射出，故B正确。
10.降维法
将三维立体的复杂问题利用降维法分解为一维或二维问题，变成简单的问题，
比如立体空间的平衡问题，带电物体（粒子）在空间中的运动等。
例13 （2025·江西十校协作体联考）我国古建筑屋顶多采用瓦片铺设，如图甲
是两片底瓦和一片盖瓦的铺设示意图，三根椽子所在平面与水平方向夹角为θ ，
如图乙为横截面示意图，弧形底瓦互压在两根相互平行的椽子正中间，椽子对
底瓦的支持力F N与三根椽子所在平面的垂线间夹角为α ，盖瓦的底边沿与底瓦
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的凹槽口接触，受到底瓦垂直于所在平面向上的支持力。已知底瓦和盖瓦质量
均为m，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，在无振动的情况
下，底瓦与盖瓦均保持静止。若仅研究这三片瓦，则下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A. 底瓦对盖瓦的支持力为mg
B. 椽子对底瓦的支持力为3mgcosθ
4 sin α
C. 底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥cosα tanθ
D. 底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥tanθ
cosα
【答案】C
【解析】弧形底瓦互压在两根相互平行的椽子正中间，对盖瓦受力分析可知，
盖瓦所受的支持力竖直向上，有2 F N 1=mg，可知F N 1= mg
2 ，故A错误；以两片
底瓦和盖瓦整体为研究对象，整体的重力在垂直椽子所在平面方向上的分力为
3mgcosθ ，垂直椽子所在平面方向上受力平衡，则有3mgcosθ = 4 F N cosα ，
可得椽子对底瓦的支持力F N = 3mgcosθ
4 cosα ，故B错误；在无外界干扰的情况下，
为使底瓦与盖瓦不下滑，应使4 μ F N ≥3mgsinθ ，解得μ≥tanθcosα ，故C正确，
D错误。
突破二 实验题解题指导
一、实验题解题指导
1.仔细审题，弄清实验目的；直接判断考查的是教材中的哪个实验或跟哪个实
验有联系；通过装置图或实验步骤的叙述，弄清实验原理；大体了解考查的内
容（如原理表达式、实验步骤、注意事项、数据的处理等）。若是计算结果的
填空题，注意数值、单位、方向或正负号都应填齐全，同时注意有效数字的位
数是否有要求。若是仪器读数，注意精确度。
2.研究实验器材、实验装置图、实物图、电路图或其他图像，探究考查意图，
认识这些器材在实验中所起的作用，初步勾画实验过程。
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（1）对于作图题，应画出横、纵坐标轴的箭头，注明物理量、单位、标度及坐
标原点。描点连线时，若图像为直线，应让尽量多的点落在直线上，不能落在
直线上的点，应均匀分布在直线两侧；若图像为曲线，则用平滑的曲线连接各
点。
（2）对于电学图，若画电路图，一定要用直线来画，同时注意各种电学元件的
符号；若连电学实物图，则电表量程、正负极性，电流表内、外接法，滑动变
阻器接法，滑动触头位置都应考虑周全。各种作图及连线要用铅笔，以便于修
改。
3.再次精读试题，实验情景再现，捕捉并提取有价值的信息。
通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量
之间的关系，如正比例、反比例关系，二次方、开方关系，或者是倒数关系。
根据数据描点作图可以直观反映实验的某种规律。对于没有接触过的新图像，
通常利用相关实验的原理公式进行巧妙变形，变成和图像信息一致的函数形式，
根据图像的斜率、截距结合函数关系式得出所需的数据。
二、不同类型实验解答技巧
1.教材原型类实验解答技巧
弄清和掌握教材中每一个实验的实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等，
对每一个实验都应做到心中有数，并且能融会贯通。教材原型实验也是高考创
新实验的命题根源，创新实验也要在教材实验的基础上，寻求器材、原理等方
面的变化。
例14 一兴趣小组在学习了平抛运动后，进行了“探究平抛运动的特点”实验，
实验中，以小球离开斜槽末端时的球心位置为坐标原点O，建立水平( x)与竖直
( y)坐标轴。让质量为m的小球从斜槽上离水平桌面高为h处由静止释放，使其
水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹如图甲所示。
甲
乙
（1） 以下实验操作合理且必要的是_ _ _ _ 。（填正确答案标号）
38/52
A. 调整斜槽末端，必须使末端保持水平
B. 小球每次都从斜槽上不同的位置由静止释放
C. 以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系
D. 用砂纸打磨斜槽轨道，尽量使斜槽轨道光滑一些
（2） 某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示。
取g=10m/ s
2，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O_ _ _ _ （填“是”或
“不是”）抛出点；小球从A点运动到B点的时间为_ _ _ _ s；平抛运动的初速度
大小为_ _ _ _ m/ s。
【答案】（1） AC
（2） 不是；0.1；2
【解析】
（1） 该实验中要求斜槽末端保持水平以保证小球做平抛运动，A正确；小球
每次必须从相同的高度由静止释放，以保证小球水平抛出时的速度相同，B错
误；以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系，C正确；
只要小球每次从相同的高度由静止释放，以相同的水平速度抛出即可，小球与
斜槽间的摩擦对实验没影响，D错误。
（2） 由平抛运动的水平位移可知，小球在OA段和AB段运动的时间相等，若O
点为抛出点，则OA段和AB段的竖直位移之比为1:3，而实际竖直位移之比是
1:2，可知O点不是抛出点。在竖直方向上有Δ y = gT
2，解得T =0.1s，即小球从
A点运动到B点的时间为0.1s。平抛运动的初速度大小为
v0= x AB
T = 0.4−0.2
0.1
m/ s=2m/ s。
例15 （2025·广西卷·11，8 分）用下列器材，改装成一个欧姆表：
定值电阻R0=500Ω ；
电流表：内阻100Ω ，量程为0～100 μ A；
电源：内阻不计，电源电压1.5V 。
（1） 在测量前要将a、b_ _ _ _ ，欧姆表调零让电流表G示数为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，滑
动变阻器调为_ _ _ _ kΩ 。
39/52
（2） 用调整好的欧姆表测量某个电阻，当欧姆表示数是60 μ A时，测量的电
阻阻值是_ _ _ _ kΩ 。
【答案】（1） 短接；100 μ A；14.4
（2） 10
【解析】
（1） 欧姆表在使用前需要调零，这个过程需要将红黑表笔短接，即图中的a、
b短接。欧姆表短接调零需要将指针调到电流表G满偏的状态，即让电流表G示
数为100 μ A。因为电源内阻不计，调零过程中根据闭合电路欧姆定律可得
I g=
E
Rg+ R0+ RP
=100×10
−6 A，解得RP= E
I g
−Rg−R0=14.4 kΩ 。
（2） 当欧姆表的示数是60 μ A时，根据I =
E
R内+ Rx，R内= E
I g，代入数据可得
Rx = E
I −R内= E
I −E
I g
=10000Ω=10kΩ 。
2.创新类实验解答技巧
创新类实验以教材原型实验为基础，注重考查实验仪器的等效与替换、实验原
理的拓展与延伸、实验情景的设计与创新、实验方法的求新、实验过程的求简、
数据处理方法的迁移，这类试题新颖、区分度高。要求考生“以不变应万变”，
根本方法是把实验的本质从新情景中分离出来，找出与常规实验的相同之处，
运用类似的方法进行处理。
例16 （2025·黑吉辽蒙卷·12，8 分）某兴趣小组设计了一个可以测量质量的
装置。如图甲，细绳1、2 和橡皮筋相连于一点，绳1 上端固定在A点，绳2 下
端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉
动绳套，使绳1 每次与竖直方向夹角均为30
∘ 且橡皮筋与绳1 垂直，待装置稳
定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x−m关系图线，如图乙所示。
甲
乙
40/52
回答下列问题：
（1） 将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x =11.60cm，由图乙可知，该芒
果的质量m0=_ _ _ _ _ _ g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1 与竖直方
向夹角为30
∘ 但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0相比_ _ _ _ _ _ （填
“偏大”或“偏小”）。
（2） 另一组同学利用同样方法得到的x−m图像在后半部分弯曲，下列原因可
能的是_ _ _ _ _ _ 。
A.水杯质量过小
B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比
（3） 写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施_ _ _ _ _ _ 。
【答案】（1） 见解析；见解析
（2） 见解析
（3） 见解析
【解析】
（1） 根据题图乙可知，当橡皮筋长度为11.60cm时，对应的杯中芒果质量为
107 g，根据力的合成与分解和平行四边形定则可知，当橡皮筋与绳1 垂直时，
橡皮筋上的力最小，当橡皮筋与绳1 不垂直时，橡皮筋上的力变大，橡皮筋的
长度x变大，则在对照x−m图线上的数据时，读出的芒果的质量与m0相比偏大。
（2） 另一组同学利用同样的方法得到的x−m图像在后半部分弯曲，说明前半
部分橡皮筋正常，后半部分橡皮筋伸长量过大，超过了橡皮筋的弹性限度，导
致弹力与橡皮筋伸长量不成正比，C正确。
（3） 要使测量的范围更大，则需要让橡皮筋发生同样形变的情况下，弹力更
大，则需要更换劲度系数更大的橡皮筋或叠加使用更多的橡皮筋（增加橡皮筋
的条数）。
例17 （2024·广东卷·12，9 分）某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动
跟踪系统，制作光源跟踪演示装置。实现太阳能电池板方向的调整，使电池板
正对光源。图甲是光照方向检测电路。所用器材有：电源E（电动势3V ）；电
压表V 1和V 2（量程均有3V 和15V ,内阻均可视为无穷大）；滑动变阻器R；两个
相同的光敏电阻RG1和RG2;开关S;手电筒；导线若干。图乙是实物图。图中电池
板上垂直安装有半透明隔板，隔板两侧装有光敏电阻，电池板固定在电动机转
轴上，控制单元与检测电路的连接未画出，控制单元对光照方向检测电路无影
响。
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请完成下列实验操作和判断。
甲
乙
（1） 电路连接。
图乙中已正确连接了部分电路，请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S
和电压表V 1间的实物图连线。
（2） 光敏电阻阻值与光照强度关系测试。
① 将图甲中R的滑片置于_ _ _ _ 端，用手电筒的光斜照射到RG1和RG2,使RG1表面
的光照强度比RG2表面的小。
② 闭合S，将R的滑片缓慢滑到某一位置。V 1的示数如图丙所示，读数U 1为_ _ _
_ V 。V 2的示数U 2为1.17V 。由此可知，表面光照强度较小的光敏电阻的阻值_ _
_ _ （填“较大”或“较小”）。
丙
③断开S。
（3） 光源跟踪测试。
①将手电筒的光从电池板上方斜照射到RG1和RG2。
②闭合S,并启动控制单元，控制单元检测并比较两光敏电阻的电压，控制电动
机转动。此时两电压表的示数U 1<U 2,图乙中的电动机带动电池板_ _ _ _ _ _ （填
“逆时针”或“顺时针”）转动，直至_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 时停止转动，电池板正对手
电筒发出的光。
【答案】
（1） 如图所示
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（2） ① b
1.60
②
；较大
（3） 逆时针；U 1=U 2
【解析】
（1） 按题图甲电路图连接实物图，如答案图所示。
（2） ① 题图甲中滑动变阻器为分压式接法，电压从0 开始调节，故开关闭合
前题图甲中R的滑片应置于b端。
② U 1为1.60V ，RG1与RG2串联分压，电压与电阻成正比，U 1>U 2，说明
RG1> RG2，而RG1表面的光照强度较小，说明光照强度较小时光敏电阻的阻值较
大。
（3） ②开始时U 1<U 2，则RG1< RG2，说明RG1表面的光照强度较大，光从左上
方照向电池板，故电动机应逆时针转动，当转至电池板正对手电筒发出的光时，
两个光敏电阻表面的光照强度相同，则RG1= RG2，两电压表的示数U 1=U 2，此
时电动机停止转动。
3.设计类实验解答技巧
根据实验目的，运用已掌握的物理规律、实验方法，选择熟悉的仪器、器材等，
独立设计新的实验方案。
设计方案包括理解实验原理，选择和配置合适的实验方法、实验器材，安排正
确的实验步骤，设计科学的数据处理方法，采用客观的误差分析方法，最后给
予总结和评价。
设计性实验分析的基本思路：（1）根据问题的重要依据、要求，构造相关的物
理情景。（2）确定实验原理，选择实验方法。（3）明确所要测定的物理量，
选好实验器材，确定实验步骤。（4）做好数据记录和处理，进行误差分析。
例18 （2025·广东汕头二模）学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关
知识。已知手机的加速度传感器可以测量x、y、z三个方向的加速度值（如图
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甲），将自行车架起，手机固定在自行车后轮辐条上（如图乙，轮胎厚度不
计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。
甲
乙
（1） 若加速转动踏板，则手机可测到_ _ _ _ 方向的加速度值不为零。
A. x、y
B. x、z
C. y、z
（2） 利用某软件可以直接作出向心加速度an与角速度ω 的关系图像，为了直
观判断它们的关系，应让软件作出an−_ _ _ _ _ _ （填“ω ”或“ω
2”）图像。
（3） 若由（2）所作图像测出斜率为k，已知自行车后轮半径为R，则手机的
加速度传感器到轮胎边缘的距离为_ _ _ _ _ _ （用题中符号表示），查阅相关资料
得知该手机使用的加速度传感器质量为m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加
速度传感器做圆周运动的向心力Fn=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用题中符号表示）。
【答案】（1） A
（2） ω
2
（3） R−k；mω0
2k
【解析】
（1） 后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，竖直平面内有加速度，故x、y方
向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零，故选A。
（2） 根据an=ω
2r可知，an−ω
2图像为直线，an−ω 图像为曲线，应让软件作
出an−ω
2图像，能直观判断它们的关系。
（3） 若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机的加速度传感器到后轮圆心的
距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为R−k；手机的加速度传感器
做圆周运动的半径为k，则手机做圆周运动的向心力Fn=mω0
2k。
例19 （2025·山东烟台一模）某实验小组要测量某电阻Rx的阻值，待测电阻的
阻值大约为30Ω ，实验室提供以下器材：
A.电源E（电动势为3V ）；
B.电流表A（量程为0～10mA，内阻为90Ω）；
C.电压表V （量程为0～3V ，内阻约为2kΩ）；
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D.滑动变阻器R（阻值范围0～20Ω）；
E.定值电阻R1（阻值为10Ω）；
F.定值电阻R2（阻值为1000Ω）；
G.开关S及导线若干。
（1） 实验开始前，需要将电流表A 与定值电阻_ _ _ _ _ _ （填“R1”或“R2”）
并联，将电流表量程扩大，扩大后的量程为_ _ _ _ _ _ _ _ mA。
（2） 实验要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，尽可能多测量几组数
据，并减小实验误差，请根据上述要求在图甲虚线框中画出实验电路图。
甲
（3） 实验中，改变滑动变阻器滑片的位置得到多组U、I数据，以电压表V 的
示数U为纵轴，以电流表A 的示数I为横轴，利用描点法得到的U −I图像如图
乙所示，由图中信息可求出待测电阻的阻值Rx =_ _ _ _ Ω 。
乙
【答案】（1） R1；0∼100
（2） 见解析图
（3） 31
【解析】
（1） 待测电阻的阻值大约为30Ω ，根据I = E
Rx
= 3
30 A =0.1 A =100mA，则实验
开始前，需要将电流表A与定值电阻R1并联，将电流表量程扩大，根据
I m= I g+ I g Rg
R1
=10mA + 10×90
10
mA =100mA，可知扩大后的量程为0∼100mA。
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（2） 要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，则滑动变阻器应采用分压
式接法；由于改装后电流表内阻已知，则电流表应采用内接法，故实验电路图
如图所示。
（3） 改装后的电流表内阻为R′ A = 90×10
90+10 Ω=9Ω ，由题图乙可知，当U =2V ，
电流表A的示数I =5mA，则通过Rx的电流为I x =10 I =50mA =0.05 A，根据欧姆
定律可得Rx+ R′ A = U
I x
=
2
0.05 Ω= 40Ω ，解得Rx=31Ω 。
突破三 计算题解题指导
物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理
情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的
各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、
用心析题、规范答题。
一、解题指导
1.审题（做到一“看”二“读”）
（1）看题
“看题”是从题目中获取信息的最直接的方法，对题中关键的词语要多加思考，
搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能错看或漏看题目
中的条件，重点要看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等。
（2）读题
“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。
边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程。
2.析题（做到一“明”二“析”三“联”）
（1）明过程——快速建模
在审题已获取一定信息的基础上，要对研究对象的各个运动过程进行剖析，确
定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系。
（2）析情境——一目了然
46/52
认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，有的题目可用简图（示
意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等）将这些状态及过程表示出来，以
展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更加明显，进
而快速简便解题。
（3）联规律——准确答题
解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律，如力
学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式等求解；可用能量观点，
即动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律等求解；也可以用动量观点，即
动量定理、动量守恒定律等求解。
3.规范（做到一“有”二“分”三“准”）
（1）有必要的文字说明
必要的文字说明是在对题目完整解答的过程中不可缺少的，主要包括：
①研究的对象、研究的过程或状态的说明。
②题中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。
（2）分步列式、联立求解
解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步骤给分，每一步的关键方
程都是得分点。分步列式一定要注意以下几点：
①列原始方程，即与原始规律、公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的
公式。
②方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一。出现同
类物理量，要用不同的下标或上标区分。
③列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示（例如位移x、重力
加速度g等）。
④依次列方程，不要方程中套方程，也不要写连等式或综合式子。
⑤所列方程尽量简洁，多个方程要标上序号，以便联立求解。
（3）准确结果，必要演算
解答物理计算题一定要有必要的演算过程，并明确最终结果，具体要注意：
47/52
①演算时一般要从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，然后代入数据并
写出结果。
②计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与题目中所列的数据的有
效数字位数相近，若有特殊要求，应按要求确定。
③计算结果是数据的要带单位，是字母符号的不用带单位。
④字母式的答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量。
⑤题中要求解的物理量应有明确的答案，待求量是矢量的必须说明其方向。
二、典例精析
1.光学计算题
例20 （2025·安徽卷·13，10 分）如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，
圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气
射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为√2
2 R，P、Q间的距离为√3 R。
（1） 求玻璃砖的折射率；
（2） 在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心
O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。
【答案】（1） √2
（2） 见解析
【解析】
（1） 光路图如图甲所示
由几何关系可得α = 45
∘ ，β =30
∘
则n= sin α
sin β = sin 45
∘
sin30
∘=√2
甲
（2） 激光能射到圆心O上，说明入射光线一定沿半径方向射入玻璃砖，光路
图如图乙所示
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乙
由sinC = 1
n可得C = 45
∘
由图乙可知θ1= 45
∘ ，θ2=135
∘
设入射光线与x轴之间夹角为θ 时可以在O点发生全反射，则
0
∘<θ≤θ1或θ2≤θ<180
∘
即0
∘<θ≤45
∘ 或135
∘≤θ<180
∘
2.热学计算题
例21 （2024·山东卷·16，8 分）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制
作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，
横截面积S1=1.0cm
2，长度H =100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积
S2=90.0cm
2、高度h=20.0cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液
体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分
的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。
已知液体密度ρ=1.0×10
3kg/m
3，重力加速度大小g=10m/ s
2，大气压
p0=1.0×10
5 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
（1） 求x；
（2） 松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V 的空气，使满储液罐中液体缓
缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V 。
【答案】（1） 2cm
（2） 892cm
3
【解析】
（1） 整个过程密封气体发生等温变化，对堵住孔A后汲液器内的密封气体，
由玻意耳定律有p0V 0= p1V 1
49/52
即p0( H −x)S1=( p0−ρgh)H S1
代入数据解得x =2cm。
（2） 以进入长柄内的空气和其中原有的空气为研究对象，则有
p0V + p1V 1= p2V 2
即p0[V +( H −x)S1]= p2( H S1+ h
2 S2)
p2= p0−ρg⋅h
2
代入数据解得V =892cm
3。
3.力学计算题
例22 （2024·黑吉辽卷·14，12 分）如图,高度h=0.8m的水平桌面上放置两个
相同物块A、B，质量mA =mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δ x =0.1m的轻弹簧，
弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左
端沿水平方向飞出，射程x A =0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离
xB=0.25m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10m/ s
2。求:
（1） 脱离弹簧时A、B的速度大小v A和vB;
（2） 物块与桌面间的动摩擦因数μ ;
（3） 整个过程中，弹簧释放的弹性势能Δ E p。
【答案】（1） 1m/ s；1m/ s
（2） 0.2
（3） 0.12J
【解析】
（1） 对物块A由平抛运动规律得h= 1
2 gt
2，x A = v At
代入数据解得脱离弹簧时A的速度大小为v A =1m/ s
A、B物块质量相等，同时受到大小相等、方向相反的弹簧弹力及大小相等、方
向相反的摩擦力，则A、B物块整体水平方向动量守恒，有mA v A =mB vB
50/52
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1m/ s
（2） 对物块B由动能定理得−μmB g xB=0−1
2 mB vB
2
代入数据解得物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.2
（3） 弹簧的弹性势能转化为A、B物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的
功，即Δ E p= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2 + μmA g Δ x A+ μmB g Δ xB
其中mA =mB，Δ x = Δ x A+ Δ xB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能Δ E p=0.12J
4.电学计算题
例23 （2025·湖南卷·14，14 分）如图，直流电源的电动势为E0、内阻为r0，
滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，
板长为√3d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开
关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向
右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，
随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1） 求粒子所带电荷量q；
（2） 求磁感应强度B的大小；
（3） 若粒子离开b点时，在平行板电容器右侧再加一个方向水平向右的匀强电
场，场强大小为4√3 E0
3d
，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
【答案】（1） mv0
2
E0
（2）
2 E0
d v0
（3） 2+√3
2
d
【解析】
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（1） 闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器的中点时，由闭合电路欧姆定律可
得I = E0
3r0
由欧姆定律可得U = I r0
带正电粒子在平行板间做类平抛运动，设运动时间为t
水平方向有√3d = v0t
竖直方向有d
2 = 1
2 × qU
md t
2
联立解得粒子所带电荷量q = m v0
2
E0
（2） 带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示
甲
设粒子射出两极板时速度偏转角为θ ，可得tanθ =2tan α = √3
3
设粒子进入磁场的初速度大小为v，可得v0= v cosθ
设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1
根据几何关系可得2r1cosθ =d
根据牛顿第二定律可得qvB =m v
2
r1
联立解得θ =30
∘ ，B = 2 E0
d v0 。
（3） 应用配速法，取一向上的速度v1，使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡，
则可将粒子的运动分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动，
可得q v1B =qE
解得v1= 2√3 v0
3
= v
根据几何关系可得v2=2v cos30
∘=2v0
带电粒子做匀速圆周运动的半径r2= m v2
qB
带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示
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乙
带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离
xm=r2+r2cos30
∘
联立解得xm= 2+√3
2
d
