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专题12 计算题解题技巧
题型解码
高考计算题思维含量大，但解决问题是有章可循的。
(1)仔细审题，明确题意。审题时要慢、要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼。
(2)计算题一般有二到三问，难度是层层递进的，从感觉最熟悉、最有把握的子过程或图像的物理意义切入，
对研究对象进行受力或运动情况分析，列方程，进而结合题述向前或向后分析其他过程，逐渐扩大“战
场”，步步为营，可化难为易。
(3)可把复杂的问题分解为一个个具体的小问题，充分利用各种手段，把物理情境分析清楚，建立物理模型，
各个击破。
(4)遇到难以突破的，可尝试从不同角度分析。比如某些变力问题，从动力学角度不好突破，可以尝试从能
量转换角度、动量角度等进行分析。
考向破译
一、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、段落清晰等，让改卷老师看到你的卷面后有着赏心
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。
热点题型·计算题攻略
目录
第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局
第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学
典例引领
方法透视
变式演练
第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战
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。
二、主干方程要突出
在高考评卷中，主干方程是得分的重点。
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
(1)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)。如：
带电粒子在磁场中的运动，应有qvB＝m，而不是其变形结果R＝；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mg＝m，不能写成v＝。
(2)要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合。
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、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的相关物
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：
E＝BLv
I＝
F＝BIL
不要写连等式F＝BIL＝BL＝BL＝，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，不带单位要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量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。
三、解题过程中运用数学的方式有讲究
1．“代入数据”，解方程的具体过程不必写出。
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“×”。
四、大题增分技巧
1．先做简单的题目，后做运算量大、难度大的题目。
2．如果实在不会做，那么将题中可能用到的公式都写出来，不会倒扣分。
3．如果时间不够用，要先把计算公式写出来，数据计算放到最后。
【典例剖析】
【例1】如图所示，半径为0.5 m 的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN 在N 点平滑相接，
质量为0.04 kg 的小物块B 恰好静止在斜面上，此时物块B 与N 点的距离为0.25 m。另一质量为0.2 kg 的
小物块A 从与圆心等高处由静止释放，通过N 点滑上斜面，与物块B 发生弹性碰撞。已知物块A 与斜面间
的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求：
(1)物块A 运动到N 点时对曲面的压力；
(2)从物块A 与B 第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。
【答案】 (1)4.8 N，与竖直方向夹角37°斜向下 (2)3 s
【解析】 (1)物块A 从静止开始下滑到N 点的过程中，由机械能守恒定律得
mAgRcos 37°＝mAv0
2
(2
①
分)
设物块A 运动到N 点时受到曲面的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
FN－mAgcos 37°＝mA
(2
②
分)
联立解得FN＝4.8 N(1 分)
说明研究过程和研究对象，写出列式依据，注意方程书写规范，利用机械能守恒定律时，①
式不能写成mAgRcos 37°－mAv0
2＝0。②式的依据是牛顿第二定律，不能写成FN－mAgcos 37°
－mA＝0。
由牛顿第三定律得物块A 对曲面的压力大小FN′＝FN＝4.8 N
(2
③
分)
与竖直方向夹角37°斜向下；(1 分)
利用牛顿第三定律得到压力大小和方向，如果没有写明牛顿第三定律，直接写出FN′＝FN＝
4.8 N，同样给分，没有这一转换过程或没有写明压力的方向，要扣除一定的分数。
(2)滑上斜面后，对物块A，设加速度为a，与物块B 碰撞前速度为v，由牛顿第二定律可得
mAgsin 37°－μAmAgcos 37°＝mAa
(1
④
分)
由运动学公式可得
v2－v0
2＝2ax0
(1
⑤
分)
联立解得v＝3 m/s(1 分)
说明研究过程和研究对象，写出各公式的列式依据和各量的物理意义，结果是数值时，要写
出单位。
物块A 与物块B 发生弹性碰撞，碰撞后物块A 速度为v′，物块B 速度为v1，满足动量守恒、机械能守恒，
即mAv＝mAv′＋mBv1
(1
⑥
分)
mAv2＝mAv′2＋mBv1
2
(1
⑦
分)
联立解得v′＝2 m/s，v1＝5 m/s(2 分)
因为碰撞前物块B 恰好静止在斜面上，所以碰撞后物块B 匀速运动，物块A 与物块B 碰后，物块A 以加
速度a 做匀加速运动，设经时间t 第二次碰撞，由运动学公式可得
v′t＋at2＝v1t
(2
⑧
分)
解得t＝3 s
(1
⑨
分)
【例2】如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，两
磁场的磁感应强度大小分别为B1、B2，第Ⅱ象限内存在平行于x 轴的匀强电场(未画出)。现有一个质量为
m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从A(－L，0)点垂直于x 轴以v0的速度射入第Ⅱ象限，并从P(0,2L)点进入
第Ⅰ象限。不计粒子重力。
(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；
(2)为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，B1应满足什么条件？
(3)如果B2＝2B1＝，且粒子垂直通过平行于y 轴的直线x＝nL(n>3)，则n 应满足什么条件？
【答案】 (1) 沿x 轴负方向 (2)B1＜ (3)n＝1＋k(k＝2,3…)
【解析】 (1)带电粒子射入第Ⅱ象限后，做类平抛运动，故所受静电力水平向右，电场强度方向水平向左
(沿x 轴负方向)。
由平抛运动规律有2L＝v0t(2 分)
L＝·t2(2 分)
解得E＝(1 分)
(2)设带电粒子在第Ⅰ象限内的运动轨迹刚好与x 轴相切，如图
设粒子进入第Ⅰ象限时，速度与竖直方向的夹角为α，则根据平抛运动中粒子速度的反向延长线过其水平
位移的中点可知
tan α＝＝(1 分)
v＝(1 分)
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m(1 分)
由几何关系得2L＝r＋rsin α(1 分)
解得B1＝(1 分)
为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，应满足B1＜。(1 分)
①向心力qvB1＝m 不能写成r＝，最后要写明B1＜。
②不写化简过程，直接写化简结果，过程清晰，重点突出。
(3)因为B2＝2B1＝
由(2)可知，带电粒子能够进入第Ⅳ象限，带电粒子在第Ⅰ、Ⅳ象限内的运动半径分别为r1＝L，r2＝(2 分)
运动轨迹如图
粒子垂直通过平行于y 轴的直线，则根据几何关系
x＝r1cos α＋kcos α(r1＋r2)＝(1＋k)L＝nL(k＝0,1,2,3…)(3 分)
又n>3，所以n 应满足n＝1＋k(k＝2,3…)。(2 分)
画出粒子运动示意图，根据几何关系列式，不需要证明，要注明k 的取值范围，否则结果就
没有意义。
【例3】在竖直平面内，质量为m1＝0.1 kg 的小球A 用长为L＝0.5 m 的不可伸长的细线悬挂于O 点，光滑
水平地面到O 点的距离为h＝0.5 m，在O 点正下方放置一质量为m2＝0.1 kg 的小球B。C 为一固定的半径
为R＝0.1 m 的光滑半圆弧槽。把小球A 拉到如图所示位置，细线恰好伸直，且细线与竖直方向的夹角α＝
37°。由静止释放小球A，当细线再次伸直时，小球沿细线方向的速度瞬间变为0。两小球的碰撞为弹性碰
撞，且两球都可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小球A 由静止释放后，细线再次伸直前瞬间，小球A 的速度大小；
(2)判断小球B 能否到达半圆弧槽最高点D，如果不能，请说明理由；如果能，求出小球B 对半圆弧槽D 点
的压力大小。
【解题指导】
(1) 法一 球A 开始时做自由落体运动，设下
(关键点)确定球A 运动模型
落高度为h0时细线伸直，则有v2＝2gh0①
由几何关系得h0＝2Lcos α②
解得v＝4 m/s③
①②③分步列式求解
法二 球A 由静止下落，由动能定理有
m1gh0＝m1v2④
由几何关系得h0＝2Lcos α⑤
解得v＝4 m/s。⑥
(2)把竖直速度
v 分解为沿细线方向的速度
v 1和垂直细线方向的速度v2，
[题目关键信息]细线再次伸直时，小球沿细线方向的速度瞬间为0
则v2＝vsin α
设小球A、B 碰撞前瞬间，球A 的速度为vA
由动能定理可得
[关键过程]细线伸直后到与B 球碰撞前
m1g(h－Lcos α)＝m1v－m1v
两球碰撞为弹性碰撞，设碰后瞬间球B 速度为vB1，
[题目关键信息]弹性碰撞满足动量守恒，机械能守恒
球A 速度为vA1，
由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m1vA＝m1vA1＋m2vB1
m1v＝m1v＋m2v
假设球B 能到达最高点
D ，设球
B 在最高点速度为
v D，
[关键过程]竖直面内圆周运动最高点、最低点的速度常用动能定理联系
由动能定理可得
－2m2gR＝m2v－m2v
解得vD＝ m/s＞＝1 m/s
所以球
B 能到达最高点
D
[关键点]恰好过最高点的临界条件v0＝
在D 点，由牛顿第二定律得F＋m2g＝m2
解得F＝2.76 N
由牛顿第三定律可知，球B 对D 点的压力大小为
[关键点]不要忘记牛顿第三定律，若求压力还要指明方向
F′＝2.76 N。
综合巩固
1．如图所示，一轻质弹簧的一端连接在滑块
上，另一端与滑块
接触但未连接，该系统静置于光滑的
水平地面上，现有一质量
的滑块
从光滑曲面上离地面
处由静止开始滑下，光滑曲面与
水平地面相切，滑块
与
发生正碰并粘在一起，并压缩弹簧推动滑块
向前运动，经过一段时间，滑块
脱离弹簧。已知滑块
的质量
、滑块
的质量
，重力加速度大小取
，求：
(1)滑块
与滑块
碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能；
(3)整个过程中弹簧对滑块
的冲量大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块
从光滑曲面上由静止下滑的过程，其机械能守恒，设其滑到曲面底端时的速度为
，
由机械能守恒定律得
滑块
与
碰撞的过程，
、
系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为
，取向右为正方向，
由动量守恒定律得
联立解得
（2）滑块
、
、
速度相等（设速度为
）时，被压缩的弹簧弹性势能最大，取向右为正方向，由动
量守恒定律得
解得
，方向水平向右
弹簧被压缩的过程中，系统机械能守恒，则有
解得弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块
脱离弹簧，此时滑块
速度达到最大，不再改变，设此时
滑块
、
的速度为
，滑块
的速度为
，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
、
，故滑块
能获得的最终速度大小为
弹簧对滑块
的冲量大小
2．“旋转飞椅”是游乐场中颇受欢迎的游乐项目，其简化模型如图所示。半径分别为
、
的水平转盘A 与水平转盘B 通过皮带连接，皮带与两转盘之间不发生滑动，竖直中心轴固定在转盘B 上，
半径为
的转盘C 固定在竖直中心轴的顶端，长度为
的缆绳一端系着座椅，另一端固定在转
盘C 的边缘。转盘静止时，缆绳沿竖直方向自由下垂并系上人；装置启动后，转盘C 先向上抬升
，
然后绕竖直轴转动，转动的角速度缓缓增大，达到设定值后保持不变，稳定后缆绳与竖直方向的夹角为
。游客和座椅（整体可视为质点）的总质量为
，不考虑一切阻力和缆绳的重力，重力加速
度
取
，
，
。求：
(1)稳定后缆绳拉力的大小；
(2)转盘A 转动的角速度大小；
(3)从静止到整个装置稳定转动过程中缆绳对游客和座椅所做的总功。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对游客和座椅受力分析，由平衡条件得
解得
（2）对游客和座椅受力分析，有
根据几何关系可得
解得
对转盘
与转盘
，具有相同的角速度，即
对转盘
与转盘
，具有相同的线速度，即
解得转盘
转动的角速度大小为
（3）对游客和座椅受力分析，由牛顿第二定律得
由功能关系可得缆绳对游客和座椅做的功为
其中
联立解得
3．如图所示，光滑水平地面的右侧平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道CD，轨道半径R=0.5m。物块A
和B 分别置于水平地面的不同位置，mA=3kg，mB=2kg。现使物块A 以某一初速度向右运动，一段时间后
与静止的物块B 发生正碰，碰后物块A 恰好通过圆轨道最高点D。物块A、B 通过D 点后做平抛运动，平
抛运动落地点间的距离为
，重力加速度g 取10m/s2。
(1)求物块B 通过D 点时的速度大小
(2)求物块B 通过半圆形光滑轨道CD 的过程中，所受合外力的冲量大小
(3)判断A、B 间的碰撞是否为弹性碰撞（不要求写计算过程）
【答案】(1)
(2)
(3)不是弹性碰撞
【详解】（1）在D 点根据牛顿第二定律，对A，
根据平抛运动知识
，
得
代入得
且
根据
解得
（2）根据动能定理对物块B 通过半圆形轨道的过程有
解得B 通过C 时的速度大小
根据动量定理对B，有
解得
（3）根据动能定理对物块A 通过半圆形轨道的过程有
解得
如果是弹性碰撞
，
解得
而实际为
，所以不是弹性碰撞。
4．通用技术课上同学们利用电动机设计提升重物的装置，电路如图所示，电源电动势
，电源内阻
，
为电阻箱，
为电动机，
为照明灯泡，灯泡的电阻
。白天工作时，只闭合
、
，
断开
，调节电阻箱的阻值
，稳定时电动机恰好能以
的速度匀速提升质量为
的物体，
电流表示数为
；夜晚工作时，闭合
、
、
，通过调节电阻箱
，使得稳定时电动机两端电压与白
天时相同，并且也恰好能以
的速度匀速提升质量为
的物体，重力加速度大小取
，不
计空气阻力、电流表内阻和电动机各部分的摩擦，求：
(1)电动机
的内部线圈的电阻
；
(2)夜晚工作时，电阻箱的阻值
；
(3)夜晚工作时，某次提升的重物太重导致电动机无法转动，此时电源的输出功率（结果保留1 位小数）。
【答案】(1)
(2)
(3)57.2W
【详解】（1）白天工作时电动机两端电压
得
电动机输出的功率
电动机的内部线圈的发热功率
得
由
得
（2）通过灯泡的电流
得
干路总电流
电源的内电压
得
电阻箱的电压
得
电阻箱的阻值
得
（3）电动机不转时可视为纯电阻，此时电动机与灯泡并联
外电阻
干路电流
得
电源的输出功率
得
5．从距地面某高处
点以速度
竖直向上抛出一质量为
的小球，落地时速度的大小为
。若使小球
带电，电荷量为+
，并在该空间区域面内加一水平方向的匀强电场，当小球以
从
点水平向右抛出，
落地速度与水平方向夹角为
，不计空气阻力，重力加速度取
，
，
。求：
(1)若匀强电场的电场强度水平向右，
的大小；
(2)若匀强电场的电场强度水平向左，
的大小；
(3)在空间区域内加（2）中水平向左的电场后，小球从
点沿任意方向以
抛出，小球落地前可获得的最
大动能
。已知：若
，
，则
的最大值为
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）规定正方向：竖直向下为正方向，水平向右为正方向。竖直上抛过程，由动能定理
解得A 点高度
水平向右抛时，竖直方向
（正方向向下）
运动时间
水平方向：设加速度为
（正方向向右），落地时
（正方向向右）
由
得
由牛顿第二定律
得
（2）规定正方向：竖直向下为正方向，水平向左为正方向。竖直方向同（1），
解得
水平方向：设加速度为
（正方向向左），落地时
（正方向向左）
由
（初速度水平向右，为
，正方向向左）
得
由牛顿第二定律
得
（3）规定正方向：竖直向下为正方向，水平向左为正方向。设小球抛出方向与水平向左夹角为
，初速度
水平分量
（正方向向左）
竖直分量
（正方向向下，向上为负）
竖直方向位移方程
。
水平方向位移方程
。
由动能定理
代入
、
得
。
结合题目给定公式，最大化
得
代入得最大动能
6．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的y≥1.5L 区域内存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<1.5L
区域内存在平行于y 轴正方向的匀强电场。电荷量为q、质量为m 的带正电粒子从y 轴上坐标为（0，
4.5L）的P 点以方向平行于x 轴正方向、大小为v 的速度开始运动，第一次从Q 点进入电场时速度方向与x
轴负方向的夹角α=60°，粒子恰能过坐标原点O。不计粒子重力。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从P 点开始运动到第一次返回P 点所用的时间t。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由几何关系有
解得
对粒子受力分析，有
解得
（2）由几何关系可知，Q 点的横坐标
设粒子从Q 点第一次运动到O 点的时间为t1，平行于x 轴方向上有
垂直于y 轴方向上有
其中
，解得
，
（3）粒子从P 点开始运动到第一次过Q 点所用的时间
粒子运动至O 点时
由此可知粒子的运动轨迹关于y 轴对称，粒子从P 点开始运动到第一次返回P 点所用的时间
解得
7．如图所示，坐标平面与光滑绝缘水平面重合，在此空间存在磁感应强度大小为B=1T、方向垂直纸面向
里的匀强磁场，MN 是长为L=2.5m 的细长光滑玻璃空心薄管，初始时MN 在y 轴负半轴上且N 端与坐标原
点O 重合。管的M 端有一质量为m=0.1kg 且带正电荷量q=0.1C 的静止小球A（视为质点），现使管MN
沿x 正方向以速度
匀速平移，小球A 将在管内向N 端运动，当它离开管时，N 端恰与x 轴上的P
点重合，小球离开后立即取走薄管。
(1)小球从N 端离开管时的速度大小；
(2)小球离开管后经过x 轴负半轴的x 坐标值；
(3)若管从y 轴开始移动的同时，在x 轴负半轴上的Q 点（且距离满足（OQ=3OP）处释放一不带电的小球
B，小球B 以速度v2（大小方向未知）做匀速直线运动，已知球B 恰能迎面撞上小球A（相撞前瞬间二者
速度方向相反），求v2的最大值v2m。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球A 在y 方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移时间公式有
解得
小球A 运动P 点时，沿y 方向的速度为
故小球从N 端离开管时的速度大小
（2）由上问可得
作出小球从 P 点离开管后做逆时针方向的圆周运动，交x 负半轴于
点，画出其运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，则有
代入数据解得
根据几何关系有
可得
（3）从Q 点作轨迹圆的切线与圆相切于
点，根据切割线定理有
代入数据解得
根据几何关系可知
与
轴成
角
小球做圆周运动的周期为
小球B 运动时间与小球A 运动时间满足
当
时
有最大值为
，代入上式可得
8．如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，固定在倾角（
）的斜面上，
间距为L=1m，整个空间分布着磁感应强度大小为B=1T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属
棒a、b 放置在导轨上，并将b 用绝缘轻绳绕过定滑轮和物块c 连接，滑轮左侧绳索与导轨平行，右侧绳索
竖直。已知a、b 棒的长度均为L，电阻均为
，a、b 的质量为
c 的质量为
m。（未知且大小可调），金属棒a、b 始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a、b 与导轨间动摩擦因数均
为μ（大小可调），其他摩擦不计。初始时b、c 间绳索恰好伸直，维持a、b、c 静止，释放物块c 后，a、
b 始终在导轨上运动且不会撞到滑轮，c 始终在竖直方向运动不会撞到地面和滑轮。重力加速度g 取
(1)若
，释放物块c 后，a、b 棒均保持静止，则c 的最大质量
为多大？若仅a 棒能始终保持静止，
则c 的最大质量mc2为多大？
(2)若
，将c 的质量调整为（1）问中的m，初始时从绳子伸直将c 竖直向上提升
h=0.2m，再由
静止释放c，当绳子绷紧后b、c 共速，求在之后的运动中b 与导轨因摩擦所产生的热量Q；
(3)若μ=0 且mc3= 0.15kg，同时释放a、b 与c 后：
①若最终a、b 匀速运动，求二者匀速运动的速度大小；若最终a、b 做变速运动，求最终二者的加速度大
小；
②求初始到a 棒的位移为d=2m 过程中流过a 棒的电荷量。
【答案】(1)
；
(2)
(3)①
，
；②
【详解】（1）a、b 棒均保持静止，无感应电流，且
，故
可以静止在轨道上
对b、c 系统要保持静止，根据平衡条件有
解得
当棒
运动后，要保证金属棒
始终静止，允许通过的最大电流为
，根据平衡条件有
解得
对棒
分析，做加速度减小的加速运动，最终匀速时电流最大，根据平衡条件有
解得
（2）下落过程，根据机械能守恒有
解得
绳绷紧后，对b、c 系统，沿绳方向，根据动量守恒有
当b、c 共速度后
静止，b、c 做减速运动，对b、c 系统，在沿绳方向，根据动量定理有
又
可得
设b 向上运动x 后停止，根据
，
，
，
可得
又产生的热量
联立并代入数据可得
（3）①设某一时刻的电流为
，当
向下运动时，根据牛顿第二定律有
解得
对b、c 整体，根据牛顿第二定律有
解得
对
棒和导轨组成的回路，根据闭合电路欧姆定律有
因为两棒的初速度为零，则有
代入数据可得
即棒a、b 匀做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，即
解得a 最终匀速的速度大小为
又
解得b 最终匀速的速度大小为
②由上可知，
、
的位移关系为
其中
可得
根据
其中
联立可得电路中电荷量的大小为
9．如图所示，水平放置的粗糙金属导轨相距
，导轨左端接有
的电阻，空间存在斜向右上
且与水平面的夹角为
的匀强磁场，磁感应强度大小为
。现有一根质量
的导体棒，在
平行导轨方向、大小为
的恒力作用下以速度
沿导轨匀速运动，某时刻撤去力F，导体棒继
续运动距离s 后停止。整个运动过程中导体棒始终和导轨垂直，导轨足够长，且导轨和导体棒的电阻均忽
略不计，重力加速度g 取10m/s2。求：
(1)导体棒匀速运动阶段电阻R 的发热功率？
(2)导体棒和导轨之间的动摩擦因数？
(3)撤去力F 以后，导体棒运动距离为
时，证明其速度大于
。
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）导体棒受力如图所示
导体棒匀速运动时，回路的感应电流
则电阻R 的发热功率
（2）由平衡条件
解得
（3）撤去力F 以后导体棒运动距离x 时其速度为以向右为正方向，根据动量定理得：
整理得
可得
代入可得
已知撤去力F 导体棒继续运动距离s 后停止，即
时，
则
设当
时，用时
，速度为
，则有
联立得
撤去力F 以后，导体棒做减速运动，前
的位移所用时间小于总时间的
，即
，得
。
10．近日，一段歼35 战机在福建舰航母弹射起飞的视频在网络爆火，舰载机与航母弹射技术的“双向赋
能”，标志着我国海军进入大航母时代。受此启发，某同学设计了一个如下图所示的电磁弹射的模型。图
中，电源电动势为
，内阻为
，MN 与PQ 为水平放置的足够长的金属导轨，间距为
。战斗机简化为导体棒ab，垂直放置在金属导轨上，与阻值为
的定值电阻R 并联在电源两端。
整个导轨平面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度
。闭合开关S，导体棒ab 在安培力的作用下
向右加速运动，达到电磁弹射的效果。若运动过程中，导体棒ab 始终与导轨垂直，导体棒接入电路部分的
阻值为
，不计其他电阻。
(1)求开关S 闭合瞬间，流过导体棒的电流
；
(2)若导体棒
运动过程中受到的阻力恒定，当导体棒运动稳定时，流过电源的电流为5A，求：
Ⅰ.导体棒
运动过程中受到的阻力
；
Ⅱ.体棒运动的最大速度
；
Ⅲ.运动过程中，导体棒
可等效为一直流“电动机”，求稳定时“电动机”的效率。
【答案】(1)
(2)Ⅰ.
；Ⅱ.
；Ⅲ.
【详解】（1）导体棒接入电路部分的阻值与定值电阻相等，则回路总电阻
开关S 闭合瞬间，回路的干路电流
流过导体棒的电流
（2）Ⅰ.根据闭合回路欧姆定律有
此时通过定值电阻的电流
则此时通过导体棒的电流
稳定时，导体棒所受阻力大小等于安培力，则有
解得
Ⅱ.稳定时，导体棒速度达到最大值，结合上述有
解得
Ⅲ. 运动过程中，导体棒
可等效为一直流“电动机”，稳定时“电动机”效率
结合上述解得
11．近年新生产的汽车通常都配备有胎压监测系统，这对行车安全至关重要。一辆汽车在刚启动时，
的气温下，汽车监测到的胎压为
（
），汽车在高速行驶时，车胎因反复形变而升
温，车胎内气压随之升高，该汽车在高速行驶一段时间后监测到胎压为2.5atm，车胎不漏气，忽略车胎因
温度变化而发生的体积变化。
(1)在高速行驶监测到胎压为2.5atm 时，车胎内的温度为多少摄氏度？（计算结果保留到小数点后一位）
(2)该汽车轮胎的容积是
，轮胎原有1.5atm 的空气。在向轮胎内充气过程中，若要满足胎压为
2.2atm，应向轮胎里打进1atm 的空气的体积是多少？（保持
不变）
【答案】(1)67.9°C (2)0.021m3
【详解】（1）车胎内的气体做等容变化，根据查理定律有
其中
，
，
代入数据解得
则
（2）根据玻意耳定律的推论有
其中
，
，
，
代入数据求得
12．功夫茶讲究“烫杯热罐”，冲泡时需用热水淋烫茶具以激发茶香。如图甲所示为一款功夫茶专用陶瓷
茶杯，冲泡时先在杯中倒入半杯滚烫的茶汤，迅速盖上配套的陶瓷杯盖（避免茶香散失）。刚盖上杯盖瞬
间，杯中气体的压强为
、温度为
；静置片刻后，杯中气体温度升至某一温度时，此时杯盖刚好要被内
部气体顶起。已知大气压强恒为
，杯盖质量为m，杯盖边沿圆形截面的直径为d，杯盖与杯口接触光滑
（无摩擦），且盖沿不漏气，不考虑茶汤蒸发对气体质量的影响，杯中气体可视为理想气体，重力加速度
大小为g，求：
(1)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的压强；
(2)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的温度。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当杯盖刚好要被顶起时，根据力的平衡有
又
解得
（2）设杯盖刚好要被顶起时杯中气体的温度为T，由查理定律可得
解得
13．如图甲，
轴正、负半轴分布有不同介质，
轴上
两波源的坐标已经标出，两波源某时刻同时开
始做简谐振动，
后又同时停止振动，振动图像如图乙，已知
点偏离平衡位置的最大位移大小为
，
求：
(1)左右两列波的波长之比；
(2)
点运动的路程。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由图乙可知，两列波源的振动周期为
由于
点偏离平衡位置的最大位移大小为
，且左列波源离O 点较近，因此两列波应同时到达O
点产生干涉，则有
解得
又因为
左右两列波的波长之比
（2）当
时，则
点运动的路程
14．如图所示为一列沿x 轴传播的简谐横波在t=1s 时的波形，质点P 从t=0 时刻开始计时的振动方程为
y=-4sinπt（cm），若该简谐横波的波速为v=12m/s。求：
(1)波的传播方向以及质点P 的横坐标；
(2)t=1s 到t=3.5s 的时间内，坐标原点处的质点通过的路程。
【答案】(1)波的传播方向沿x 轴的正方向，10m (2)
【详解】（1）由质点P 的振动方程y=-4sinπt（cm）
可知，t=1s 时质点P 正处在平衡位置向上振动，则波的传播方向沿x 轴的正方向，该波的周期为
简谐横波的波长为
由图可知，质点P 的横坐标值应为10m
（2）设坐标原点处质点的振动方程为
由图可知A=4cm
由图可知，t=1s 时原点处质点的位移为y=2cm
t=3.5s 时坐标原点处质点的位移为
又
则该时间内坐标原点处的质点通过的路程为
15．如图为一透明材质的长方体纵截面，一束平行光以60°的入射角照射在上表面，AB 为一长为L 的不透
光装饰长条（厚度不计），在长方体的左侧壁形成的影子CD 长为
L。已知光在真空中的传播速度为c。
求：
(1)透明材料的折射率；
(2)求照射到D 点和到C 点的光在长方体中传播的时间差，并判断随着入射角变大，这个时间差如何变化？
【答案】(1)
(2)
，变小
【详解】（1）由题意可知，光路图如图所示
其中，入射角为
，折射角为，过C 点作左侧壁的垂线交BD 于E，则四边形ACDE 为平行四边形，
所以
则
根据几何关系可知
，
可得透明材料的折射率为
联立，解得
（2）光在透明材料中的速度为
照射到D 点比到C 点的光在长方体中传播多用的时间为
解得
若入射角变大，则折射角变大，又因为
则DE 变小，故时间差变小。
16．在测量玻璃砖折射率实验中，选择长方体玻璃砖，玻璃砖截面
如图所示。
边长为
，
边长为
，已经测得玻璃砖折射率为
。实验中某同学用一束细激光自O 点射入玻璃砖，已
知
，求：
(1)为使激光恰好照射到D 点，求激光在
面上入射角的正弦值；
(2)保持（1）入射角不变，把入射点向A 移动，当新的入射点距A 的距离为
时，判断激光束第一次
自玻璃砖射出点的位置并计算该点到D 点的距离。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由几何关系可得折射角的正弦为
解得r=37°
根据折射定律有
激光在AB 面上入射角的正弦值为
（2）把入射点向A 移动，当新的入射点距A 的距离为2.0cm 时，根据全反射的临界角
解得
，由几何关系知，此时光线在AD 面上入射角为53°，可知光在AD 面的E 点发生全反射，经
DC 下表面的F 点第一次从玻璃砖射出，由几何关系可知
解得
，即激光束第一次自玻璃砖射出点到D 点的距离为4cm。
