2026高考物理二轮复习题型专练计算题解题技巧（题型专练）解析版

专题12计算题解题技巧

!目录

i

!第一部分题型解码高屋建瓶，掌握全局

i

j第二部分考向破译微观解剖，精细教学

।佟］典例引领他］方法透视囱变式演练

：第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

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。

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XX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，应有小，8=1；而不是其变形结果R=""；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平

RqB

面内圆周运动的最高点.有〃吆="尸,不能写成i，=grn

r

（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，题目给定符号是朋o、〃小M、M等,不能统一写成〃?；长度,

题目给定符号是3不能写成/或者小半径，题目给定符号是凡不能写成〃；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

1=E

R+1

F=BIL

BB2V

不要写连等式尸=8比=8fL=B^L=^,评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写

R+rR+rR±r

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（10m/s2,1.6xl（）r9©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“X”。

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，数据计算放到最言。

【典例剖析】

【例1】如图所示，半径为0.5m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0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与少点的距离为0.25mo另一质量:为0.2kg的

小物块A从与圆心等高处由静止样放，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lOm/s2,两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin37°=0.6,cos370

=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冉次碰撞经历的时间。

【答案】（1）4.8N,与竖直方向夹角37。斜向下（2）3s

【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

m.\gRcos37。=八泞①Q分）

设物块A运动到N点时受到曲面的支持力大小为尸N，由牛顿第二定律得

氏一〃1Agcos37°=〃]A：@（2分）

联立解得入=4.8N（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m,\gRcos37。一%?AW2=0。②式的依据是牛顿第二定律，不能写成心一小Agcos37°

-WAV°=0o

R

由牛顿第三定律得物块A对曲面的压力大小W-FN-4.8N③（2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，直接写出八'=入=

4.8N,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碰撞前速度为明由牛顿第二定律可得

w.^sin37°—/MW.xgcos37°=WA«@（1分）

由运动学公式可得

V2—vo2=2axo®（l分）

联立解得v=3m/s（l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速度为匕物块B速度为出，满足动量守恒、机械能守恒,

即mAV=/HAV/H-WBVl®（l分）

1/MAV2=.!WAV，2+VI15h)

222

联立解得y=2m/s,vi=5m/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［做匀加速运动，设经时间,第二次碰撞，由运动学公式可得

2

v7-^r=V1/®（2分）

解得r=3s®（l分）

简单叙述运动情境，根据物理规律列式，让阅卷老师明白你列出的方程的意义。

【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小、比，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〃?、

电荷量为-9句＞0）的带电粒子从掰一30）点垂直于x轴以w的速度射入第H象限，并从尸（（）,2为点进入第I

象限。不计粒子重力。

VXXXX

P(O,2L)XXXX

修

XXXX

OXXXX

A(-L,O)••••

B2

••••

••••

（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笫IV象眼，8应满足什么条件?

⑶如果&=2以=2〃?吗且粒子垂直通过平行于y轴的直线》=初（〃>3）,则〃应满足什么条件？

qL

【答案】⑴〃""沿X轴负方向（2）B1<2+1〃“‘°⑶”=1+3&（%=2,3...）

2qL2qL2

【解析】⑴带电粒子射入第n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=v0/（2分）

乙=1•吟2Q分）

2m

解得£=吗（］分）

2qL

写出粒子的运动情况，根据平抛运动的规律列式，叙述要简明扼要。

（2）没带电粒子在第I象限内的运动轨迹刚好与入一轴相切，如图

设粒子进入第I象限时.，速度与竖直方向的夹角为a，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

tana=Vx=\l分）

voL

v=V\）24-VA-2（I分）

由洛伦兹力提供向心力有力办=〃尸（1分）

r

由几何关系得2L=r+rsina（l分）

解得自=2+1叽（1分）

2qL

为使带电粒子能够进入第IV象限，应满足以U2+1"v，（1分）

2qL

①向心力力囱=〃7V2不能写成一〃匕最后要写明SV2+1'叫

厂qBi2qL

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&=25=2匹

qL

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门=2L/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=ncosa+左cosa(ri+r2)=(1+=nL(k=0,1,2,3...)(3分)

又心3,所以〃应满足〃=1+料=2,3...)。(2分)

画出粒了运动示意图，根据几何关系列式，不需要证明，要注明左的取值范围，否则结果就

没有意义。

【例3】在竖直平面内，质量为如=0.1kg的小球/用长为L=0.5m的不可伸长的细线悬挂于。点，光滑

水平地面到O点的距离为方=0.5m,在。点正下方放置一质量为〃?2=0.1kg的小球8。C为一固定的半径

为R=0/m的光滑半圆弧槽。把小球力拉到如图所示位置，细线恰好伸直，且细线与竖直方向的夹角。=

37%由静止释放小球人当细线再次伸直时，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，月.两球都可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(1)求小球力由静止释放后，细线再次伸直前瞬间，小球力的速度大小；

(2)判断小球4能否到达半圆弧槽最高点。，如果不能，请说明理由；如果能，求出小球4对半圆弧槽。点

的压力大小。

【解题指导】

(1)法一球/开始时做自由落体运动，设下

(关键点)确定球4运动模型

落高度为加时细线伸直，则有7=2g加①

由几何关系得/：o=2£cosa②

解得v=4m/s③

①®@分步列式求解

法二球力由静止下落，由动能定理有

〃?后加=》?IV2®

由几何关系得6o=2Lcosa⑤

解得v=4in/so@

(2)个触直速度V分解为沿细线方向的速度V1和垂直细线方向的速度也,

［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vj=vsina

设小球力、8碰撞前瞬间，球力的速度为w

由动能定理可得

［关键过程］细线伸直后到与B球碰撞前

ni}g(h-Lcosa)=；〃?i/一＞?［近

两球碰撞为弹性碰撞，设碰后瞬间球8速度为管.，

［题目关键信息］弹性碰撞满足动量守恒，机械能守恒

球,4速度为四,

由动量守恒定律和机械能守恒定徐可得

m］VA=tH］VA}-^ni2VB］

后=|/小品+1〃”届

222

假设球B能到达最高点D,设球B在最裔点速度为v/＞,

［关犍过程］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

-2〃?圾/?=1m2端-2al

22

解得")=3.76m/s>gR=1m/s

所以球4能到达最高点。

［关键点］恰好过最高点的临界条件＞，o=gR

在。点»由牛顿笫二定律得/+mg=

解得E=2.76N

由牛顿第三定律可知，球4对。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

斤'=2.76N。

综合巩固

1.如图所示，一轻质弹簧的一端连接在滑块反上，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，现有一质量以=0.6kg的滑块/从光滑曲面上离•地面h=0.8m处由静止开始滑下，光滑曲面与水

平地面相切，滑块力与8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。己知滑块5的质量%=02kg、滑块C的质量收=04kg,重力加速度大小取g=10m/s?,求：

(1)滑块A与滑块B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)K=3m/s⑵£；=L2J(3)1.6N-s

【详解】(1)滑块4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

9,=51%%2

滑块力与8碰撞的过程，A.8系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为匕，取向右为正方向，由

动量守恒定律得

%%=(啊+啊)匕

联立解得片=3m/s

(2)滑块力、B、C速度相等(设速度为玲)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

(叫+%)匕=(/%+〃％+〃?(•)%

解得玲=2m/s,方向水平向右

弹簧被压缩的过程中，系统机械能守恒，则有

5("+外川=5(%+mff+mc)vl+Ep

解得弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能斗=L2J

(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C速度达到最大，不再改变，设此时滑

块4、〃的速度为匕，滑块C的速度为匕，取向右为正方向，由动量守恒定律得

(mA+mB)v]=(mA+mB)v3+mcv4

由机械能守恒定律得

+加8川=5（皿+〃?8川+,"海

联立解得%=1m/s、匕=4m/s,故滑块C能获得的最终速度大小为4m/s

弹簧对滑块C的冲量大小/=&;=WCV4=1.6N-S

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&=4m、％=lm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

为凡=3m的转盘C固定在竖直中心轴的顶端，长度为£=5m的缆绳一端系着座椅，另一端值定在转盘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6=37。。

游客和座椅（整体可视为质点）的总质量为加=60kg,不考虑一切阻力和缆绳的重力，重力加速度g取

10m/s2»sin37°=0.6,cos37°=0.8,,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】⑴耳=75ON⑵3,、=@rad/s（3）%=255OJ

8

【详解】（1）对游客和座椅受力分析，由平衡条件得耳COS。=〃名

解得耳=750N

（2）对游客和座椅受力分析，有〃?gtan6=〃g；/

根据几何关系可得“a+LsinO=6m

解得@.=¥rad/s

对转盘B与转盘C,具有相同的角速度，即稣=%

对转盘A与转盘B,具有相同的线速度，即稣%=%以

解得转盘A转动的角速度大小为以=^rad/sa0.28rad/s

（3）对游客和座椅受力分析，由牛顿第二定律得〃吆tan。=〃?匕

由功能关系可得缆绳对游客和座椅做的功为此

其中△/?=/?+£-LcosO=2m

联立解得W=2550J

3.如图所示，光滑水平地面的右测平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道8,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，"！=3kg,〃s=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。。物块A、B通过。点后做平抛运动，平抛

运动落地点间的距离为一1-1m，重力加速度g取lOm/s?。

(1)求物块B通过。点时的速度大小

(2)求物块B通过半圆形光滑轨道C。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】(l)4m/s(2)20N-s(3)不是弹性碰撞

2

【详解】(1)在。点根据牛顿第二定律，对A,

R

根据平抛运动知识X=W

得门樽

代入得%=lm

(4有}

且祗=小一4=———1m

根据xB=vB1Z

解得h=4m/s

(2)根据动能定理对物块B通过半圆形轨道的过程有-=:〃％哈-总

解得B通过。时的速度大小vB2=6m/s

根据动最定理对B,有/=wBvBI-(-wBvB2)

解得/=20N・s

(3)根据动能定理对物块A通过半圆形轨道的过程有-%8-2/?二；町^：「；风^：2

解得％=5m/s

如果是弹性碰撞以%=+%%2,；%匕；=-mAv^+5恤%2?

解得为=!

VB26

而实际为乡，所以不是弹性碰撞。

0

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，甩源电动势E=18V,电源内阻

r=lQ,A为电阻箱，M为电动机，L为照明灯泡，灯泡的电阻&=6Q。白天工作时，只闭合S。、5,断

开S「调节电阻箱的阻值R=5Q,稳定时电动机恰好能以2m/s的速度匀速提升质量为0.4kg的物体，电流

表示数为1A；夜晚工作时，闭合S。、S1、S2,通过调节电阻箱火，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2m/s的速度匀速提升质量为0.4kg的物体，重力加速度大小取g=10m/s2,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M的内部线圈的电阻衣、,；

(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】(l)4C⑵1Q⑶57.2W

【详解】(1)白天工作时电动机两端电压U=f-/(R+r)

得U=12V

电动机输出的功率%=nigv

电动机的内部线圈的发热功率G=山-4

得&=4W

由其二/人

得见=4。

(2)通过灯泡的电流4=£

Ki

得A=2A

干路总电流/总=，L+/=3A

电源的内电压U内=4/

得U内=3V

电阻箱的电压U'=E-U-U内

得U'=3V

U'

电阻箱的阻值”=1

/总

得*=1Q

（3）电动机不转时可视为纯电阻，此时电动机与灯泡并联晶=令哈=2.4£1

外电阻时.=%[.+”=3.4。

，E

干路电流/总工

“外十’

得/总=4.1A

电源的输出功率七=©R外

得马=57.2W

5.从距地面某高处4点以速度为竖直向上抛出一质量为机的小球，落地时速度的大小为J万%。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%从彳点水平向右抛出，落

地速度与水平方向夹角为53°，不计空气阻力，重力加速度取g，sin53°=0.8，cos530=0.6。求：

⑴若匀强电场的电场强度水平向右，岛的大小；

（2）若匀强电场的电场强度水平向左，石左的大小；

（3）在空间区域内加（2）中水平向左的电场后，小球从4点沿任意方向以%抛出，小球落地前可获得的最大

动能见…已知：若asin6x+叱=,技，歹=acos6x+1加，则V的最大值为1，,,+取.

b229gx-]）

【答案】（噂喈（3）3+产）*

【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

，闻】=；机（M-%）?

解得A点高度〃=组

g

水平向右抛时，将直方向W=2Mny,=4v。（正方向向下）

运动时间f=乜=也

gg

v4

水平方向：设加速度为a行（正方句向右），落地时lan53°=上=；=>匕=3%（正方向向右）

vx3

由v、=%+咻，

得3%=%+。右—-=>°右=§

g2

由牛顿第二定律qE右=ma^

得%=笑

2q

（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）,。=4%

解得，=组

g

v4

水平方向：设加速度为如:（正方向向左），落地时tan53*=°=二=>匕=3%（正方向向左）

L3

由%.=%+〃/（初速度水平向右，为-％，正方向向左）

得3%=一%+初•组=%=g

g

由牛顿第二定律"后左=ma左

得『整

q

（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%x二%cos。（正方向向充）

竖直分量%.r=-%sinO（正方向向下，向上为负）

竖直方向位移方程为J+gg*=力=•/+ggr。

水平方向位移方程%J+ga/=xn%cos°z+gg/=x。

由动能定理纭一；，欣=〃磔+/内

代入mgh=8〃?£、qE左=mg

17,

得耳=—mvl+mgxo

结合题目给定公式，最大化x得x=（9+85

g

代人得最大动能小一!成+核红巫二竺㈣明

2g2

6.如图所示，在平面直角坐标系xQy的这1.5乙区域内存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，产1.5乙

区域内存在平行于y轴正方向的匀强电场。电荷量为外质量为m的带正电粒子从y轴上坐标为(0,4.5ZJ

的P点以方向平行于工轴正方向、大小为'，的速度开始运动，第一次从。点进入电场时速度方向与x轴负

方问的夹角所60。，粒子恰能过坐标原点。不计粒子重力。求：

()x

(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)垃子从P点开始运动到第一次返回P点所用的时间八

【答案】(1)亍7(2)—(3)(473+—)-

2qL4qL3v

【详解】(1)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为凡由几何关系有4.5L-L5L=/?+Rcosa

解得火=2L

2

对粒子受力分析，有qvB="1%

解得4二骂

2qL

(2)由几何关系可知，。点的横坐标x=Rsina=£A

设粒子从0点第一次运动到。点的时间为ti，T;行于x轴方向上有x=%cosa

垂直于y轴方向上有1.5£=叫sina-JR：

其中。=这，解得/过2,后二誓

mv4qL

(3)粒子从尸点开始运动到第一次过。点所用的时间与=(…)空孚

v3v

粒子运动至。点时y；=Vsincr-trz,=0

由此可知粒子的运动轨迹关于)，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+外

解得f=(4百+-^)—

3v

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8=1T、方向垂直纸面向

里的匀强磁场，是长为£=2.5m的细长光滑玻璃空心薄管，初始时在y轴负半轴上且改端与坐标原

点。重合。管的M端有一质量为〃尸0.1kg且带正电荷量4=0.1C的静止小球A(视为质点)，现使管MN沿

x正方向以速度？=5m/s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。点(且距离满足(OQ=3OP)处释放一不带电的小球B,

小球B以速度力(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),求回的最大值%。

5m

【答案】(l)y『=5&m/s(2)V=-(3)vlin=^^m/s

"7T+\

【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。出二〃匕

解得“=5m/s?

根据位移时间公式有£=；。彳

解得6=ls

小球A运动〃点时，沿)，方向的速度为。=叫=5m/s

故小球从N端离开管时的速度大小v,,==5x/2m/s

(2)由上问可得％尸=卬［=5m

作出小球从P点点开管后做逆时升方向的圆周运动，交x负半轴于尸'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2p=〃?正

r

代人数据解得尸=5及m

匕，

根据几何关系有4F=2〃sin。=2厂X上=10m

可得=%-dppf=-5m

（3）从0点作轨迹圆的切线与圆相切于。'点，根据切割线定理有。。'2=。?'•。尸

代入数据解得00'=10&m

根据几何关系可知。。'与x轴成45。角

小球做圆周运动的周期为7=-^=2欣

小球B运动时间与小球A运动时间满足。=22=，1+"+J=0],2,3…）

当〃=0时匕有最大值为v2m，代入，式可得y,1n=谑m/s

-7T+\

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（。=30。）的斜面上，间

距为L=lm,整个空间分布着磁感应强度大小为6=1T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属棒

。、力放置在导轨上，并将力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、棒的长度均为L电阻均为R=T。,〃、人的质量为巩=0.2kg,叫=0.1kg,。的质量为

（未知且大小可调），金属棒〃、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒。、与导轨间动摩擦区数均为〃（大

小可调），其他摩擦不计。初始时从。间绳索恰好伸直，维持〃、b：。静止，释放物块。后，叫人始终在

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10m/s2o

（|）若〃=孝，释放物块c,后，外力棒均保持静止，则c的最大质量也」为多大？若仅。棒能始终保持静止,

则c的最大质量/蛇?为多大？

（2）若〃=理，将c的质量调整为（1）问中的“，初始时从绳子伸直将c竖直向上提升“，〃=0.2m,再由

静止释放c,当绳子绷紧后Ac共速，求在之后的运动中人与导轨因摩擦所产生的热量。:

⑶若4=0且mC3=0.15kg»同时释放a、6与c后:

①若最终4、6匀速运动，求二者匀速运动的速度大小；若最终。、人做变速运动，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。

10Q

【答案】(1)叫1=01kg：mc2=0.3kg(2)0=0.2J(3)®^=—m/s,v2=-m/s；②q=1.8C

L

【详解】(1)a、匕棒均保持静止，无感应电流，且tan8=〃=亨，故。可以静止在轨道上

对方、c系统要保持静止，根据平衡条件有“」g=/gsine+〃叫geos。

解得叫।=O」kg

当棒b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

“gsin。cos。=电£

解得4=2A

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

"kg=nit>8sin0+〃叫gcos。+A/J

解得肛2=0-3kg

(2)c下落过程，根据机械能守恒有%

解得%=2m/s

绳绷紧后，对氏c系统，沿绳方向，根据动量守恒有(也|+心)丫

当6、c共速度后。静止，氏c做减速运动，对6、C系统，在沿绳方向，根据动量定理有

［叫途一(叫gsin0+〃叫gcos8)》总-ZBiLkt=0-(wel+mb)v

又q电=2A

可得-BqJ=。-(/%+wjv

--r—A(Z>

设方向上运动x后停止，根据《/电=/4£,I=~^,E->AO=BLx

为BLx

可得9电二元

又产生的热量。;gcos0-x

联芷并代入数据可得2=0.2J

(3)①设某•时刻的电流为当a向下运动时,根据牛顿第二定律有叫gsinO-81/二见刈

解得q=5-54

对方、。整体，根据牛顿第二定律有〃如g一心gsin。-叱£=(〃%+〃4)生

解得。2="乜

对曲棒和导轨组成的回路，根据闭合电路欧姆定律有/,二或色虫

2R

因为两棒的初速度为零，则有以=幺=)

v2a24

9

代入数据可得q=5-，匕

9

即棒〃、方匀做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，即q=5-]9=0

解得a最终匀速的速度大小为*=¥m/s

9

又上=1

匕4

Q

解得b最终匀速的速度大小为v=-m/s

29

②由上可知，a、力的位移关系为土=匕=幺=：

x2v2a24

其中X=d=2m

4

可得W=yxi=L6m

的片BLx

根据4L方

其中x=%+与=3.6m

联立可得电路中电荷量的大小为q巾=1.8C

9.如图所示，水平放置的粗糙金属导轨相距£=lm,导轨左端接有R=0.01C的电阻，空间存在斜向右上

且与水平面的夹角为60。的匀强磁场，磁感应强度大小为8=0.1T。现有一根质量6=的导体棒，在

平行导轨方向、大小为b=lN的恒力作用下以速度为=lm,s沿导轨匀速运动，某时刻撤去力R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lOm/s?。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？

c2

(3)撤去力尸以后，导体棒运动距离为:时，证明其速度大于不小

JJ

【答案】(D?=0.75W(2)〃=等(3)见解析

导体棒匀速运动时，回路的感应电流/=8%而6。。.百人

R

则电阻R的发热功率P=I,R=0.75W

(2)由平衡条件尸=8〃sin60°+〃(mg-BILcos600)

解得以=磊

(3)撤去力厂以后导体棒运动距离x时其速度为v以向右为正方向，根据动量定理得：

-BTLsin60°/-Mmg-BILcos60°)/=mv-nivQ

整理得Rngt+84(sin60°-;zcos60°)/=-mv

可r4得3〃T=一Et=，A。=-B-Z-x-s-i-n-6-0-°

RRR

代人可得2x+/=毡(If)

10

已知撤去力6导体棒继续运动距离s后停止，即s=0时，v=0

则2s+a=述

110

设当x=；时，用时/2,速度为匕，则有2*：+4=咨(1-匕)

联立得y2+座

1393,2

11I7

撤去力尸以后，导体棒做减速运动，前:的位移所用时间小于总时间的(即得

JJ。J

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

源电动势为月=6V,内阻为r=0.5Q,MN与P。为水平放置的足够长的金属导轨，间距为L=0.5m。战斗

机简化为导体棒岫，垂直放置在金属导轨上，与阻值为1C的定值电阻火并联在电源两端。整个导轨平面处

于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度4=1T。闭合开关S,导体棒M在安培力的作用下向石加速运动，

达到电磁弹射的效果。若运动过程中，导体棒时始终与导轨垂直，导体棒接入电路部分的阻值为1C,不

计其他电阻。

(1)求开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流人；

(2)若导体棒岫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.导体棒仍运动过程中受到的阻力及；

II.体棒运动的最大速度%:

HL运动过程中，导体棒就可等效为一直流“电动机”，求稳定时“电动机”的效率。

4

【答案】(1)3A(2)L0.75N；II.4m/s：III.-

【详解】(1)导体棒接入电路部分的阻值与定值电阻相等，则网路总电阻电=〃+g=lQ

开关S闭合瞬间，回路的干路电流/总=k=6A

流过导体棒的电流人=；/总=3A

(2)L根据闭合回路欧姆定律有U=E-/〃=3.5V

此时通过定值电阻的电流人=E=3.5A

R

则此时通过导体棒的电流〃=/-4=1.5A

稳定时，导体棒所受阻力大小等于安培力，则有月=〃热心

解得"=0.75N

H.稳定时，导体棒速度达到最大值，结合上述有U&=/*/?+耳7

解得％=4m/s

III.运动过程中，导体棒M灯等效为一直流“电动机”，稳定时“电动机”效率〃=年

结合上述解得〃=34

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，27%：的

气温下，汽车监测到的胎压为2.2atm（latm=l.Ox105Pa）,汽立在高速行驶时，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

变化而发生的体枳变化。

（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）

⑵该汽车轮胎的容积是3.0x10-2nl工轮胎原有i.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latm的空气的体积是多少？（保持27P不变）

【答案】⑴67.9笛（2）0.02In?

【详解】（1）车胎内的气体做等容变化，根据查理定律有*=与

乙J2

其中四=2.2atm,7；=（27+273）K=300K,p2=2.5atm

代入数据解得4=340.9K

则t2=（340.9-273）℃=67.9℃

（2）根据玻意耳定律的推论有P,

-2latm

其中p3=1.5atm,K=3.0xl0m\Po=,P\=2.2atm

代入数据求得L=0.02lm3

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吞。如图甲所示为•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

气体的压强为生、温度为1；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A，杯盖质量为小，杯盖边沿圆形截面的直径为力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，杯中气体正视为理想气体，重力加速度大小为g,求:

甲

（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】⑴鬻⑵—。翳）

【详解】（1）当杯盖刚好要被顶起时，根据力的平衡有P°S+〃?g=〃S

又

解得…第

(2)设杯盖刚好要被顶起时杯中气体的温度为r,由查理定律可得今=《

解得丁二稣卜+四净

I"o小J

13.如图甲，x轴正、负半轴分布有不同介质，x轴上48两波源的坐标已经标出，两波源某时刻同时开

始做简谐振动，1s后乂同时停止振动，振动图像如图乙，已知。点偏离平•衡位置的最大位移大小为10cm,

(1)左右两列波的波长之比;

(2)。点运动的路程。

4

【答案】(I)](2)20cm

【详解】(1)由图乙可知，两列波源的振动周期为7=2$

由于O点偏离平衡位置的最大位移大小为4m=10cm,且左列波源离。点较近，因此两列波应同时到达。

点产生干涉，则有迄二.

%%

解得2k=4

45

又因为4=

左右两列波的波长之比乙：%产电：4=4:5

(2)当z=ls=gr时，则O点运匆的路程s=?44皿=；x4xlQcm=20cm

14.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在r=ls时的波形，质点尸从/=0时刻开始计时的振动方程为

产-4sinR(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)片1s到片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，10m⑵(18+2扬cm

【详解】(