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秘籍12 用数学方法解决物理问题
1、本专题主要是应用数学知识和方法解决物理问题，考查分析、归纳和推理能力，对数学能力
的要求较高。
2、本专题选择题和计算题都可涉及;选择题一般考查某一数学方法的应用，难度中等;计算题主要
考查应用数学知识分析、解决物理问题的能力，题目难度较大。
题型一 利用指数或数列研究n 次碰撞问题（计算题）
题型二 数学不等式的应用（计算题）
题型三 微元法的应用（计算题）
1.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，往往会涉及数学
归纳法和数列知识的应用．
高中物理涉及的数列知识主要有等差数列、等比数列、通项公式和前n 项和公式的应用等．解题的
基本思路分三步：第一步，逐个分析开始阶段的几个物理过程；第二步，利用数学归纳法寻找变化
物理量的通项公式；第三步，应用数列知识分析求解．
2. 对于两个大于零的变量a、b，若其和a＋b 为一定值，则当a＝b 时，其积ab 有极大值；若其积
ab 为一定值，则当a＝b 时，其和a＋b 有极小值．
3. 在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为E＝BLv，感应电流I＝，受安培力为
F＝BIL＝v，因为是变力问题，所以可以用微元法．
4.三角函数y＝acos θ＋bsin θ＝ (cos θ＋sin θ)
令sin φ＝，cos φ＝
则有：y＝ (sin φcos θ＋cos φsin θ)＝sin (φ＋θ)
所以当φ＋θ＝时，y 有最大值，且ymax＝.
5.二次函数
二次函数y＝ax2＋bx＋c(a、b、c 为常数且a≠0)，当x＝－时，y 有极值ym(a>0 时，ym为极小值；
a<0 时，ym为极大值)．
1
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1．（2024•安徽模拟）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老
师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB 是倾角
为53°的斜面，凹圆弧^
BCD和凸圆弧^
DEF的半径均为R，且D、F 两点处于同一高度，B、E 两点
处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB 上距离水平面BE 高度为h
（未知量）的地方放置一个质量为m 的小球（可视为质点），让它由静止开始运动。已知重力
加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）当h＝0.6R 时，求小球经过最低点C 时，路面受到的压力；
（2）若小球一定能沿路面运动到F 点，求h 的取值范围；
（3）在某次试验中，小球运动到^
BC段的G 点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角
θ＝37°，求h 的值。
【解答】解：（1）从静止释放到C 点过程中，根据机械能守恒：mgh+mgR（1﹣sin37°）
= 1
2 m v
2
在C 点由牛顿第二定律：FN﹣mg= m vC
2
R
联立解得：FN＝3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为：FN′＝FN＝3mg，方向竖直向下；
（2）分析可知小球能沿路面到达F 点即可通过E 点，刚好到达F 点时有：mgcos37°= m v F
2
R
根据机械能守恒有：mgh′+mg（Rcos37°﹣Rsin37°）= 1
2 mvF
2
联立解得：h′＝0.2R
2
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故可知h 的范围为：0＜h≤0.2R
（3）设在G 点时速度为v，根据机械能守恒：mgh+mg( Rcosθ - Rsin37°)= 1
2 mv
2
该处重力的瞬时功率为：P＝mgvsinθ
联立解得：P2＝m2g2[2gh+2gR（cosθ﹣0.6）]•sin2θ＝m2g2[2gh+2gR（cosθ﹣0.6）]•（1﹣cos2θ）
设x＝cosθ，y＝[2gh+2gR（cosθ﹣0.6）]•（1﹣cos2θ）
讨论y﹣x 函数的极值，即：y＝[2gh+2gR（x﹣0.6）]•（1﹣x2）
展开得：y＝﹣2gRx3+（1.2gR﹣2gh）x2+2gRx+2gh﹣1.2gR
对y 求导得：y′＝﹣6gRx2+2（1.2gR﹣2gh）x+2gR
根据题意θ＝37°时取极大值，可知此时y′＝0，将x＝0.8 代入得：h＝0.025R
答：（1）当h＝0.6R 时，小球经过最低点C 时，路面受到的压力为3mg，方向竖直向下；
（2）若小球一定能沿路面运动到F 点，h 的取值范围是0＜h≤0.2R；
（3）h 的值为0.025R。
2．（2023•乐清市校级模拟）如图所示为某品牌拼接玩具搭建的场景。AB、BC 为粗糙直轨道，摩
擦系数均为0.25，在B 点平滑连接，BC＝4cm，CDE 是光滑半圆弧轨道，半径r＝15cm，与直
轨道在C 点平滑连接，直轨道AB 与水平面夹角θ＝37°，一质量为0.1kg 物块从直轨道AB 某处
下滑，恰好能通过圆弧轨道最高点E，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块第一次经过D 点时加速度大小；
（2）某同学计算物块平抛时间为0.2s，试分析该同学计算结果是否正确。（物块平抛后会与轨
道AB 碰撞，只考虑碰撞前平抛运动情况）
（3）欲使物块不脱离轨道，且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离，求物块释放位置以及最
终停下来位置。
【解答】解：（1）物块恰好能通过圆弧轨道最高点E，在E 点由重力充当向心力，由牛顿第二
定律有
mg=m v
2
r
物块由D 运动到E 过程，由动能定理有
3
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-mgr = 1
2 mv
2- 1
2 mv D
2
物块在D 点，由向心力公式有
N =m v D
2
r
解得：N＝3mg
则D 点加速度为a= √N
2+(mg)
2
m
= √(3mg)
2+(mg)
2
m
=√10
g
（2）倘若平抛时间为0.2s，则有
h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×0.2
2m＝0.2m
x＝vt=√grt=√10×15×10
-2×0.2m= √6
10
m
根据几何关系有
2r -h
x - BC =tanθ
其中r＝15cm＝0.15m，BC＝4cm＝0.04m，代入数据显然不匹配，所以该同学计算错误。
（3）欲使物块不脱离轨道，则物块达到D 速度恰好为0 时满足要求，设物块释放初始位置距B
点的距离为x1。从释放点到D 点的过程，由动能定理有
mgx1sinθ﹣μmgx1cosθ﹣μmg•BC﹣mgr＝0
解得：x1＝40cm
即物块释放初始位置距B 点40cm，设物块第二次下滑时距B 点的距离为x2，从开始释放到第一
次回到斜面上最高点的过程，由动能定理有
mg（x1﹣x2）sinθ＝μmgcosθ（x1+x2）+2μmg•BC＝0
解得：x2= x1
2 -2.5
建立递归数列
xn= xn-1
2 -2.5
即有：x2＝17.5cm，x3＝6.25cm，x4＝0.625cm，x5＜0cm
所以最终停止情况有
mgsinθ•x4＝μmgcosθ•x4+μmgx
4
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解得：x＝1cm
即物块最终停止于距离B 点1cm 处。
答：（1）物块第一次经过D 点时加速度大小为√10 g；
（2）见解析；
（3）物块释放位置距B 点40cm，最终停止于距离B 点1cm 处。
3．（2023•西湖区校级模拟）如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都
装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明
同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM 和两个
四分之一圆轨道MN 与NP 平滑连接而组成，圆轨道MN 的圆心O2与圆轨道NP 的圆心O3位于
同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB 长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁
吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM 段所受的磁力大小恒为其重力的0.5 倍，在轨道MNP
段所受的磁力大小恒为其重力的2.5 倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性
势能EP＝0.3J 的小车由A 点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P 点水平飞
出。假设小车在轨道AB 段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2 倍，其余轨道均光
滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B 点前发条的弹性势能已经完全释放，重力
加速度g 取10m/s2。
（1）求小车运动到B 点时的速度大小vB；
（2）求小车运动到圆轨道B 点时对轨道的压力大小FN；
（3）同时调节圆轨道MN 与NP 的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P 点的最大水平距离
xm。
【解答】解：小车的质量m＝50g＝0.05kg
（1）小车由A 运动至B 过程，由能量关系可知：EP=k(mg+ F )L+ 1
2 m vB
2
其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入数据得：vB＝3m/s
（2）小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C 点的速度为vC，则：mg-0.5mg=m vC
2
R
5
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小车从B 到C，由动能定理得：-mg⋅2 R = 1
2 mvC
2 - 1
2 mvB
2
得：R＝0.2m
在B 点，根据牛顿第二定律可得：F N ' -mg-0.5mg=m vB
2
R
联立解得：FN′＝3N
由牛顿第三定律，小车运动至B 点时对轨道压力大小为FN＝FN′＝3N
（3）小车从B 到P，由动能定理得：-mg⋅2r = 1
2 mvP
2 - 1
2 mvB
2
小车从P 点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
x＝vPt
2r = 1
2 gt
2
联立解得：x =√-16r
2+ 18
5 r =√-16(r - 9
80 )
2
+ 81
400
当r= 9
80
m＝0.1125m 时，小车落地点与P 点的水平距离最大
小车从P 点飞出vP＞0，则：r＜0.225m
但因为小车在N 点满足：m v N
2
r ≤2.5mg
小车从B 到N，由动能定理得：-mgr = 1
2 mv N
2 - 1
2 mvB
2
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r＝0.2m 时，小车落点与P 点水平距离最大，最大距离为：xm= √2
5 m。
答：（1）小车运动到B 点时的速度大小为3m/s；
（2）小车运动到圆轨道B 点时对轨道的压力大小为3N；
（3）同时调节圆轨道MN 与NP 的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P 点的最大水平距离
为√2
5
m。
4．（2024•郑州一模）如图所示，左、右两平台等高，在两平台中间有一个顺时针匀速转动的水平
传送带，传送带的速度恒为v＝6m/s、长度L＝27m。t＝0 时刻将一质量mA＝1kg 的物体A 无初
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速地放在传送带左端，t＝6s 时与静止在传送带右端的质量mB＝1kg 的物体B 发生弹性碰撞，一
段时间后B 又与质量mC＝3kg 的物体C 发生弹性碰撞。已知开始时C 与传送带右端相距L1＝
3m，距离台边L2，A 与传送带的动摩擦因数和C 与平台的动摩擦因数均为μ，B 与传送带和平
台均无摩擦，所有碰撞时间均很短，物体均可视为质点，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）动摩擦因数μ。
（2）A 与B 第1 次碰撞后至A 与B 第3 次碰撞前的过程中，A 与传送带间因摩擦产生的热量。
（3）为使B 与C 多次碰撞后C 不会从台边落下，L2的最小值。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，可得A 在传送带上的加速度：a1＝μg
假设A 一直匀加速运动，则根据位移—时间公式有：L= 1
2 a1t1
2
解得：μ＝0.15
则到达传送带右端速度：v1＝a1t1＝9m/s＞v＝6m/s
假设不成立，故A 先加速后匀速
由位移关系有：1
2 v t1' +v（t﹣t1′）＝L
解得：t1′＝3s
根据牛顿第二定律和运动学公式有：a1＝μg= v
t1'
联立解得：μ＝0.2
（2）A 与B 第1 次碰撞后
以向右为正，根据动量守恒定律有：mAv＝mAv11+mBv21
由机械能守恒定律有：1
2 mA v
2= 1
2 mA v11
2 + 1
2 mB v21
2
联立解二次解得：v11＝0，v21＝v＝6m/s（交换速度）
之后B 与C 发生弹性碰撞，同理有两个守恒
以向右为正有：mBv21＝mCv31+mBv21′
1
2 mB v21
2 = 1
2 mC v31
2 + 1
2 mB v21
' 2
解二次方程得：v21′＝﹣3m/s，v31＝3m/s
之后B 与A 发生第二次碰撞交换速度，A 和B 的速度大小为：v12＝|v21′|＝3m/s，v22＝0
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即B 静止，之后A 滑上传送带再返回，与B 发生第三次碰撞。
第二次碰后到第三次碰前，A 与传送带发生相对位移：Δx＝vt1，而t1＝2× v12
μg
A 与传送带间因摩擦产生的热量：Q＝μmAg•Δx
联立代入数据得：Q＝36J
（3）AB 发生第一次碰撞，交换速度，碰后B 和A 的速度分别为：v23＝v12＝3m/s，v13＝0
之后B 与C 继续发生碰撞，碰后C 与B 交换速度：v31＝v12＝3m/s，
由动力学规律C 停下的位移：x1= v31
2
2 μg =
3
2
2×0.2×10
m= 9
4
m
根据弹性碰撞公式和两者质量关系，可知，B 与C 第二次碰撞后C 的速度为：v32= v31
2 = 3
2
m/s
由动力学规律C 停下的位移：x2= v32
2
2 μg =
( 3
2 )
2
2×0.2×10
m= 9
16
m
以此类推：v33= 1
2 v32
❑= 3
4
m/s，由动力学规律C 停下的位移：x3= v33
2
2 μg = 9
64
m
………
v3n= 3
2
nm/s，xn= 9
4
n
B 与C 多次碰撞后，C 不会从台边落下：则有：L2＝x1+x2+x3+……xn
整理解得：L2＝3m
答：（1）动摩擦因数μ 为0.2；
（2）A 与B 第1 次碰撞后至A 与B 第3 次碰撞前的过程中，A 与传送带间因摩擦产生的热量为
36J；
（3）使B 与C 多次碰撞后C 不会从台边落下，L2的最小值为3m。
5．（2023•沙坪坝区校级模拟）在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测
定：当在第k 次碰撞时，碰后反弹速度为首次碰前速度大小的
2
k
2+k
。如图a 所示，一质量为M
＝5kg 的足够长木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板A
端距斜面底端的距离为13
2
m，由此“软”性材料做成的挡板固定在斜面底端。t＝0 时刻，撤去
作用在木板上的外力，同时将一质量m＝10kg 的小物块从距离木板B 端3m 处，以沿木板向上
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的初速度v0＝4m/s 滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，F 随时间的变化如图b 所示，
其中F0＝80N，当木板第一次与挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的
动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，取g＝10m/s2，求：
（1）0 至1s 时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）首次与挡板碰撞中，木板动量的改变量；
（3）从开始至木板与挡板进行第k 次碰撞，摩擦产生的Q。（计算结果用k 表示并化简）
【解答】（1）设小物块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a1，对小物块运用牛顿第二定
律得：
mgsinθ+μmgcosθ﹣F0＝ma1
解得：a1=2m/ s
2，方向沿斜面向下
对木板运用牛顿第二定律得：
μmgcosθ﹣Mgsinθ＝Ma2
解得：a2=2m/ s
2，方向沿斜面向上
（2）设1s 时小物块的速度与位移大小分别为v1、x1，木板的速度与位移大小为分别为v2、x2。
0 至1s 时间内，小物块沿斜面向上做匀减速直线运动，则有：
v1＝v0﹣a1t1＝4m/s﹣2×1m/s＝2m/s
x1= v0t1- 1
2 a1t1
2= 4×1m- 1
2 ×2×1
2m=3m
木板沿斜面向上做匀加速直线运动，则有：
v2＝a2t1＝2×1m/s＝2m/s
x2= 1
2 a2t1
2= 1
2 ×2×1
2m=1m
可见1s 时两者速度相同，同时拉力变为9
16 F0= 9
16 ×80 N =45N
假设此后两者一起做匀减速运动，对两者整体由牛顿第二定律得：
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( M +m)gsinθ - 9
16 F0=( M +m)a3
解得：a3=3m/ s
2，方向沿斜面向下
对木板由牛顿第二定律得：
Mgsinθ﹣f＝Ma3
解得两者之间的摩擦力f＝15N
两者之间的最大摩擦力fm＝μmgcosθ＝0.5×10×10×0.8N＝40N
因f＜fm，故假设成立。
1s 时木板A 端距斜面底端的距离为：
x A = 13
2 m+ x2= 13
2 m+1m= 15
2
m
设木板与挡板首次碰撞前瞬间速度大小为v3，由运动学公式得：
v3
2- v2
2=2a3 x A
解得：v3＝7m/s
已知当在第k 次碰撞时，碰后反弹速度为首次碰前速度大小的
2
k
2+k
，则首次碰撞后木板的速度
大小为：
v3' =
2
1
2+1
×7m/ s=7m/ s
以沿斜面向下为正方向，首次碰撞中木板动量的改变量为：
Δp＝M（﹣v3′﹣v3）＝5×（﹣7﹣7）kg•m/s＝﹣70kg•m/s，负号表示方向沿斜面向上。
（3）0 至1s 时间内两者的相对位移大小为：
Δx0＝x1﹣x2＝3m﹣1m＝2m
第一次碰后，小物块沿木板下滑，根据牛顿第二定律，
对小物块有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1′
解得：a1' =2m/ s
2，方向沿斜面向下
对木板有：Mgsinθ+μmgcosθ＝Ma2′
解得：a2' =14 m/ s
2，方向沿斜面向下
木板沿斜面向上速度减到零后再反向向下匀加速的过程，小滑块一直在木板上向下匀加速直线
运动，小滑块始终相对木板下滑，木板的加速度始终不变，木板上滑与下滑的运动具有对称性，
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上滑与下滑所有时间相等，相邻两次碰撞之间的运动过程的初末速度大小相等。
因小滑块始终相对木板下滑，两者相对运动方向不变，故从木板与挡板首次碰撞至第k 次碰撞的
全过程，木板的位移为零，小滑块相对木板运动的路程就等于小滑块运动的位移大小。
设第n 次碰撞后瞬间木板的速度为vn，第n 次碰撞到n+1 次碰撞所用时间为tn，则有：
vn=
2
n
2+n
×v3，tn＝2× vn
a2'
可得：tn=
2
n
2+n
=2( 1
n -
1
n+1 )
首次碰撞至第k 次碰撞的总时间为：
t＝t1+t2+……+tk﹣1=2( 1
1 - 1
2 + 1
2 - 1
3 +⋯⋯+
1
k -1 - 1
k )=2（1- 1
k ）
首次碰撞至第k 次碰撞小滑块运动的位移大小为：
x＝v3t+ 1
2
a1′t2
解得：x= 4
k
2 - 22
k +18
从开始至木板与挡板进行第k 次碰撞，摩擦产生的热量为：
Q＝μmgcosθ•（x+Δx0）
解得：Q=80( 2
k
2 - 11
k +10)J
答：（1）0 至1s 时间内，小物块的加速度的大小为2m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度的
大小为2m/s2，方向沿斜面向上；
（2）首次与挡板碰撞中，木板动量的改变量大小为70kg•m/s，方向沿斜面向上；
（3）从开始至木板与挡板进行第k 次碰撞，摩擦产生的Q 为80( 2
k
2 - 11
k +10)J。
6．（2023•黄州区校级二模）新型电动汽车在刹车时，可以用发电机来回收能量。假设此发电机原
理可抽象为如图所示，两磁极之间的磁场可近似为均匀磁场，磁感应强度大小为B。绕有n 匝导
线的线圈为长方形，长、宽分别为a 和b，整个线圈都处于磁场中。线圈转轴为两条短边的三分
点连线（如图所示），线圈外接有阻值为R 的纯电阻负载。忽略线圈电阻，假设电动汽车刹车
时受到的地面摩擦力等阻力与发电机线圈转动导致的阻力相比可以忽略，即刹车时失去的动能
全部用来发电，电动汽车质量为M。
（1）初始时刻线圈平面与磁场垂直，若线圈转动角速度恒为ω，求电路开路时线圈两端电压随
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时间的变化；
（2）线圈和电阻回路闭合后，电动汽车在水平面上以某初始速度开始刹车。假设在另一种刹车
模式下，刹车开始时线圈平面刚好与磁场垂直，且发电机线圈转动第一圈时角速度为ω1，之后
每转动一圈角速度的值为前一圈角速度的一半。若在发电机转完第N 圈，且未转完第N+1 圈时，
电动汽车刹停。求电动汽车初速度的范围。
【解答】解：（1）设从初始时经过t 时间，线圈转过的夹角为θ，则有：θ＝ωt
线圈总切割磁力线的面积为：S＝ab
设此时电动势为U，则由电动机瞬时电动势公式得：U＝nBSωsinθ
联立得线圈两端电压随时间变化为：U（t）＝Babnωsin（ωt）
（2 ）设线圈转动第i 圈的总耗能为Ei ，由正余弦交变电流的做功公式得：
Ei= 1
2
( nBS ω1
2
i-1
)
2
R
2π
ω1
2
i-1
设初始时运动速度为v2，由能量守恒公式得：∑
i=1
N
Ei＜1
2 M v2
2＜∑
i=1
N +1
Ei
结合等比数列求和公式：1+q+q
2+⋯+q
n= 1-q
n-1
1-q
联立以上几式得到：
nBab√
2(1- 1
2
N )
MR
×2π ω1＜
v2＜n
nBab√
2(1-
1
2
N =1 )
MR
×2π ω1
答：（1）电路开路时线圈两端电压随时间的变化为U（t）＝Babnωsin（ωt）；
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（2）电动汽车初速度的范围为
nBab√
2(1- 1
2
N )
MR
×2π ω1＜
v2＜n
nBab√
2(1-
1
2
N =1 )
MR
×2π ω1
。
7．（2023•台州模拟）小红在查阅资料时看到了“嫦娥五号”的月球着落装置设计，她也利用所学
知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和
地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4 台电磁缓冲装置，电磁缓冲
结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、
MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感
应强度为B。导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd，
线圈的总电阻为R，匝数为n，ab 边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K 立
即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球
表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
（1）求滑块K 的线圈中最大感应电动势的大小；
（2）若缓冲装置向下移动距离H 后速度为零，则此过程中每个缓冲线圈abcd 中通过的电量和
产生的焦耳热各是多少？
（3）若要使缓冲滑块K 和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ 和MN
长度至少多大？
【解答】解：（1）滑块刚接触地面时感应电动势最大：Emax＝nBLv0
（2）根据能量守恒可知，产生的热量：Q= 1
4 ( 1
2 m v0
2+mgH )= 1
8 m v0
2+ 1
4 mgH
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通过截面电量：q= I × Δt = E
R × Δt =n
ΔΦ
Δt
R × Δt =n ΔΦ
R = nBLH
R
（3）根据动生电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，
每台减速装置受到的安培力平均值为：F安=nB I L=nB× nBLv
R
× L= n
2B
2 L
2v
R
因为有4 台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得：4× n
2B
2 L
2v
R
×t -mgt＝mv0
其中：v t =d
解得：d= (mgt +m v0)R
4 n
2B
2 L
2
答：（1）滑块K 的线圈中最大感应电动势的大小为为nBLv0；
（2）此过程中每个缓冲线圈abcd 中通过的电量为nBLH
R
，产生的焦耳热是（1
8 mv0
2+ 1
4 mgH
）；
（3）缓冲装置中的光滑导轨PQ 和MN 长度至少为(mgt +m v0)R
4 n
2B
2 L
2
。
8．（2023•和平区校级模拟）如图所示，有形状为“
”的光滑平行导轨MQ 和MP 水平放置，
其中宽轨间距为2d，窄轨间距为d，轨道足够长。N1M1右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，
N0N1＝M0M1＝d。MN 间接有一电阻阻值为r。金属棒ab 质量为m、长度为2d、电阻阻值为
2r，在水平向右、大小为F 的恒力作用下，从静止开始加速，离开宽轨前，速度已达最大值。金
属棒滑上窄轨瞬间，迅速撤去力F。cdef 是质量为m、电阻阻值为r、三边长度均为d 的“U”形
金属框，如图平放在绝缘导轨上。以f 点所在处为坐标原点O，沿feP 方向建立坐标轴Ox。整个
空间存在竖直向上的磁场，cf 左侧为磁感应强度为B0的匀强磁场，cf 右侧磁感应强度分布规律
B＝B0+kx（x≥0），其中k＞0，金属导轨电阻不计，ab 棒、金属框与导轨始终接触良好。
（1）求ab 棒在宽轨上运动的最大速度vm及刚滑上窄轨时ab 两端电压Uab；
（2）求ab 棒运动至与金属框碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）若ab 棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框静止时f 端的位置坐标x。
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【解答】解：（1）当ab 棒匀速运动时加速度为零，速度最大，由平衡条件得
F＝B0I•2d
根据闭合电路欧姆定律得
I= B0⋅2d vm
r +2r
联立解得vm= 3rF
4 B0
2d
2
当ab 棒刚滑上窄轨时，等效电路如图所示：
ab 棒只有中间宽度为d 的部分有电流流过，ab 间电压
Uab＝UN0M0+B0dvm
其中UN0M0=
r
r + 2r
2
B0dvm
解得：Uab= 9rF
8 B0d
（2）ab 棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得
﹣B0I 1dt＝m1v1﹣m1vm
又I 1= E1
2r
，E1=B0dv1，d= v1t
联立上述方程可解得ab 棒滑出导体区域瞬间速度为v1= 3 Fr
4 B0
2d
2 - B0
2d
2
2mr
之后匀速运动至与金属框相碰。
（3）ab 棒与金属框相碰，规定向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v1＝（m1+m2）v2
进入窄轨的绝缘部分后，ab 棒fc 部分和金属框构成回路，ed 边处的磁场总是比fc 边的磁场大
ΔB＝kd
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回路中的电流I2= ΔBdv
r + 2r
2
全框架受到的安培力合力F 安＝ΔBI2d
由动量定理可得﹣F 安t＝0﹣（m1+m2）v2
金属框前进的位移x＝∑vt
联立以上方程得金属框静止时f 端的位置坐标x= 3mF r
2
2k
2B0
2d
6 - B0
2
k
2d
答：（1）ab 棒在宽轨上运动的最大速度vm为3rF
4 B0
2d
2
，刚滑上窄轨时ab 两端电压Uab为9rF
8 B0d
。
（2）ab 棒运动至M1N1位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小v1为3 Fr
4 B0
2d
2 - B0
2d
2
2mr
。
（3）金属框静止时f 端的位置坐标x 为3mF r
2
2k
2B0
2d
6 - B0
2
k
2d
。
9．（2023•海淀区校级三模）利用超导体可以实现磁悬浮，如图甲是超导磁悬浮的示意图。在水平
桌面上有一个周长为L 的超导圆环，将一块永磁铁沿圆环中心轴线从圆环的正上方缓慢向下移
动，由于超导圆环与永磁铁之间有排斥力。结果永磁铁能够悬浮在超导圆环的正上方h1高处。
（1）从上向下看，试判断超导圆环中的电流方向。
（2）若此时超导圆环中的电流强度为I1。圆环所处位置的磁感应强度为B1、磁场方向与水平方
向的夹角为θ1（如图乙），图丙是图乙中A 点处的电流元及磁场正面视角的二维平面图。
a.请在图丙上画出该电流元所受安培力的方向。
b.图乙中整个超导圆环所受的安培力的合力F 的方向。
c.图乙中整个超导圆环所受的安培力的合力F 的大小。
（3）在接下来的几周时间内，发现永磁铁在缓慢下移。经过较长时间t0，永磁铁的平衡位置变
为离桌面h2高处。有一种观点认为超导体也有很微小的电阻率，只是现在一般仪器无法直接测
得超导圆环内电流的变化造成了永磁铁下移，若已知永磁铁在h2高处时，圆环所处位置的磁感
应强度大小为B2，磁场方向与水平方向的夹角为θ2，永磁铁的质量为m，重力加速度为g。
a.永磁铁的平衡位置变为离桌面h2高处时，求超导圆环内的电流强度I2；
b.若超导圆环中的电流强度的平方随时间变化的图像如图丁所示，且超导圆环的横截面积为S，
求该超导圆环的电阻率ρ。
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【解答】解：（1）由于超导圆环与永磁铁之间有排斥力，可将超导圆环等效成磁体，根据永磁
铁的磁感线可知，永磁铁下端是N 极，则超导圆环等效成的磁体上端是N 极，根据右手螺旋定
则，从上向下看判断其中的电流方向逆时针方向。
（2）a.根据左手定则判断，在图丙上画出该电流元所受安培力的方向如下图所示：
b.超导圆环看成很多电流元，将这些电流元所受安培力沿水平和竖直分解，根据对称性可知，水
平合力为0，竖直的力累加，能判断出图乙中整个超导圆环所受的安培力的合力F 的方向竖直向
下；
c.设电流元长度为Δl，所受安培力ΔF＝I1B1Δl，竖直方向的分力ΔFy＝I1B1Δlcosθ1
对整个超导圆环累加得：F＝I1B1Lcosθ1
（3）a.永磁铁的平衡位置变为离桌面h2高处时，根据牛顿第三定律可知超导圆环所受安培力等
于永磁铁重力，再根据第二问可得：
I2B2Lcosθ2＝mg，电流强度I2=
mg
B2 Lcosθ2
b.永磁铁缓慢下降过程中，超导圆环与永磁铁组成的系统能量守恒，设下降Δh，电流的平方变
化为ΔI2，则有mgΔh＝ΔI2Rt
累加得：∑mgΔh＝∑ΔI2Rt
其中＝∑ΔI2t 是图丁所示图像下的面积，即mg（h1﹣h2）= I 1
2+ I 2
2
2
t0
R，又根据电阻定律得：R
= ρ L
S
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联立并代入I2求该超导圆环的电阻率ρ=
2mgS(h1-h2)
I 1
2 Lt0+
m
2 g
2t0
B2
2 Lco s
2θ2
。
答：（1）从上向下看超导圆环中的电流方向是逆时针方向；
（2）a.该电流元所受安培力的方向如下图所示：
b.整个超导圆环所受的安培力的合力F 的方向竖直向下；
c.整个超导圆环所受安培力大小为I1B1Lcosθ1；
（3）a.永磁铁的平衡位置变为离桌面h2高处时，超导圆环的电流强度I2为
mg
B2 Lcosθ2
；
b.该超导圆环的电阻率ρ=
2mgS(h1-h2)
I 1
2 Lt0+
m
2 g
2t0
B2
2 Lco s
2θ2
。
10．（2023•青羊区校级模拟）超级高铁（Pneumatic。Tubes）是一种以“真空钢管运输”为理论核
心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点，2017 年8 月中国航天
科工公司启动时速1000 千米的“高速飞行列车”研发项目，后续还将研制最大运行速度2000 千
米和4000 千米的超级高速列车，如图甲是中国超级高铁模型效果图；在管道中固定着两根水平
的平行导轨MN 和PQ，两导轨间距为1.6R，图乙是超级高铁列车的纵向截面图，截面是半径为
R 的圆，列车总质量为M，在列车底盘上固定有长为1.6R、宽为R 的矩形金属线框abcd，线框
单位长度的电阻为r。管道内依次分布着磁感应强度大小均为B、宽度均为R 且方向垂直导轨平
面的匀强磁场，且相邻区域磁场方向相反，当列车进站时，列车以速度v0从图丙所示位置开始
减速，管道内稀薄空气阻力及与轨道间摩擦均可忽略不计，重力加速度为g，sin53°＝0.8，
cos53°＝0.6，求：
（1）导轨对列车的支持力N 的大小；
（2）列车减速过程中的最大加速度a；
（3）列车减速的距离x。
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【解答】解：（1）对列车受力分析如图所示
根据平衡条件可得：2Ncosθ＝Mg
其中sinθ = 0.8 R
R
=0.8，可得θ＝53°
联立解得：N = 5
6 Mg
（2）列车刚开始减速时加速度最大，安培力提供加速度，根据牛顿第二定律可得
FA＝Ma
丙图中，线框的ad 与bc 杆均受到向右的安培力FA＝2BI•1.6R
其中，电流为I = E
r总
感应电动势为E＝2B•1.6Rv0
总电阻为r 总＝（2×1.6R+2R）r
联立解得：a= 128 B
2 R v0
65 Mr
（3）减速过程中，取向左为正方向，对列车，由动量定理得
﹣2BI•1.6Rt＝0﹣Mv0
其中It= E
r 总
t= 2B⋅1.6 R v t
r 总
= 3.2BRx
r 总
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联立解得：x = 65 M v0r
128 B
2 R
答：（1）导轨对列车的支持力N 的大小为5
6
Mg；
（2）列车减速过程中的最大加速度a 为128 B
2 R v0
65 Mr
；
（3）列车减速的距离x 为65 M v0r
128 B
2 R
。
20
