方法01 計算題的答題模式高考物理物理計算題解題技法（解析版）

計算題的答題模式--2020年高考計算題解題技法

目錄

高考計算題的類型................................................................2

高考計算題考查的內容............................................................2

解高考計算題的一般過程..........................................................2

解高考計算題的一般步驟..........................................................3

高考計算題評分的主要原則........................................................4

高考計算題失分的五大原因........................................................4

高考物理計算題涉及的主要物理概念、規(guī)律和模型...................................5

列方程解題時要做到“四要四不要”................................................6

邊分析邊計算.....................................................................9

先寫每個原理后綜合計算.........................................................11

熱身訓練........................................................................13

高考計算題的類型

高考計算題根據試題設問形式的不同，通常分為“遞進式”和“并進式”兩種類型。

解答“遞進式”試題的思維流程：“順藤摸瓜、瓜熟及第（考取大學）”

解答“并進式”試題的思維流程：”遍地開花、花好夢圓（實現夢想）”

高考計算題考查的內容

解題核心-一建模，拆聯(lián)

解高考計算題的一般步驟

【典例】如圖所示，豎直放置開口向上內壁光滑的汽缸，內有兩個質量均為01的密閉活塞，將

缸內理想氣體分成I、n兩部分,活塞A導熱,汽缸及活塞B均絕熱.活塞橫截面積為S,且

mg=p°S.整個裝置處于靜止狀態(tài)，I、II兩部分氣體的高度均為L。,溫度為T。.外界大氣壓強

為P。并保持不變.現在活塞A上逐漸添加細沙,當細沙質量等于2m,兩活塞在某位置重新平

衡時\II中氣體的溫度升高到手。.求活塞A下降的距離.

【答案】%

【解析】對I氣體,初狀態(tài)Pl=po+^=2po；（1分）

末狀態(tài)=p°+等=4p°（l分）

根據玻意耳定律有pLS二p「LS（1分）

解得

對II氣體,初狀態(tài)p2=p.+^3p0,（1分）

末狀態(tài)p?=p/+^=5po（l分）

由理想氣體狀態(tài)方程得

等辛，且丁爭（1分）

/0*4

解得L2二%

則A活塞下降的高度△L=2L-（L+L?）=%.（2分）

高考計算題評分的主要原則

1.只看對的、不看錯的，不在錯的式子里找對的

2.一定要有原始公式，但亂寫公式不給分，跟題目情境無關的原始公式不給分

3.只看物理公式和答案，不怎么看數學運算過程，僅有數字運算不給分

高考計算題失分的五大原因

1.死記硬背，不會運用，只寫公式不與試題具體條件聯(lián)系，導致不能得分

2.解題習慣不好，不用字母表示物理量，直接帶數字運算，解題時，思維跳躍，缺漏步驟，

無法給公式分。

3.用圖像法求解時，畫圖習慣不好，沒有標注特殊點坐標和特征量的大小，看不出計算方

法，雖然結果正確也無法得滿分。

4.不能正確分析物理過程，解題層次混亂，犯低級錯誤，也無法得過程分。

5.隨意用字母表示未知量，前后不統(tǒng)一，造成公式錯誤。不仔細讀題，符號不當或用錯，

不能得公式、結果分。

高考物理計算題涉及的主要物理概念、規(guī)律和模型

1.勻變速直線運動的3個概念，5個公式，兩種圖象。

2.六種常見力的產生、大小、方向、做功特點及做功計算：重力、彈力、摩擦力（靜摩擦力

和滑動摩擦力）、萬有引力、電場力（庫侖力和靜電力）、磁場力（安培力和洛侖茲力）。

3.平行四邊形定則，物體平衡條件，正交分解法。

4.牛頓第一、第二和第三定律。

5.平拋運動規(guī)律；圓周運動的角速度、線速度、向心加速度、周期、轉速的關系；

6.萬有引力定律；同步衛(wèi)星、環(huán)繞速度和宇宙速度概念。

7.功，功率；動能、重力勢能和機械能的概念；動能定理，機械能守恒定律，功能原理。

8.沖量和動量：動量柒理.：動量守恒定律。

9.庫侖定律：電場強度、電勢能、電勢及電勢差概念；電場線、等勢面及其關系：場強與電

勢差的關系；電場力，電場力做功，電勢能變化的計算。

10.歐姆定律；閉合電路歐姆定律；串聯(lián)和并聯(lián)電路的規(guī)律（電阻、電壓、電流、電功率關

系）；電功和電功率公式；焦耳定律；電源的電動勢、內電阻和路端電壓的概念。

11.安培力的大小和方向；洛侖茲力大小和方向。

12.法拉第電磁感應定律和楞次定律，右手定則。

13.能夠熟練處理六種常見的運動模型：

（1）勻速直線運動

（2）勻變速直線運動（3）平拋和類平拋運動

（4）勻速圓周運動（水平面內勻速圓周運動，庫侖力作用下勻速圓周運動，天體運動和電

子繞核運動及其對比分析，磁場力作用下的勻速圓周運動）

（5）變速圓周運動（重力場和復合場）

（6）機械振動（含單擺）

14.高中物理計算題涉及的典型物理模型常見有：

（1）追擊與相遇模型；

（2）連接體模型；

（3）超重和失重;

（4）圓錐擺

(5)雙星模型(近年來一些地區(qū)把它演變成三星模型)；

(6)子彈打木塊模型；

(7)碰撞和反沖等短暫作用模型；

(8)傳送帶模型；

(9)流體流量和流體沖擊作用模型；

(10)彈簧滑塊模型；

(11)示波器；

(12)質譜儀；

(13)速度選擇器;

(14)磁流體發(fā)電機；

(15)磁聚焦；

(16)回旋加速器等模型；

(17)帶電粒子在不同磁場中的復雜運動；

(18)導電滑軌模型(分水平面、斜面和豎直面；它們又都分單棒切割和雙棒切割；雙棒切

割又有等寬和不等寬，速度同向和速度反向；收尾速度也往往會被涉及)。

列方程解題時要做到“四要四不要”

?一是要物理公式，而不是數字表達式

?二是要原始表達式，而不是變形式，如:F-f=ma不要寫成/'=F-ma；qvB=rn^-

K

不要寫成R=%；G%=mg不要寫成GM=。酸?千萬不要數字和字母混寫

qBK

?三是要分步列式，不要一步到位

?四是要用原始式聯(lián)立求解，不要用連等式

如不要這樣寫：F=BIL=B^L=B^L

RR

【典例1】(2019?江蘇)如圖所示，質量相等的物塊力和8疊放在水平地面上，左邊

緣對齊.4與B、8與地面間的動摩擦因數均為〃。先敲擊4月立即獲得水平向右的初速

度，在3上滑動距離￡后停下。接著敲擊況6立即獲得水平向右的初速度，力、8都向右

運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下.最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力，重力加速度為0求：

（1）力被敲擊后獲得的初速度大小心:

（2）在左邊緣再次對齊的前、后，4運動加速度的大小&、a/；

（3）8被敲擊后獲得的初速度大小VB.

A

B

//////////////////

【答案】（1）VA=y]2jugL；（2）&=3〃g,aj=〃g：（3）也=2

【解析】（1）由牛頓運動定律知，/加速度的大小a產〃g

勻變速直線運動2a/=/

解得以=j2〃gL

（2）設4、8的質量均為m

對齊前，4所受合外力大小戶3umg

由牛頓運動定律后加麴，得M=3〃g

對齊后，力、8所受合外力大小/’=2〃儂

由牛頓運動定律9=2勿融'，得aj=〃g

（3）經過時間t,A.8達到共同速度r,位移分別為黑、XB,力加速度的大小等于國

則v=aAttV=VB-aBt

1212

4=5卯，xB=vBt--aBt

且與-x^L

解得vB=2,24gLo

【名師點撥】

1.物理問題的解決往往都要從“受力分析、狀態(tài)分析和運動過程分析”這三個角度

開始，而受力分析需要將問題定格在一個具體的狀態(tài)，如初始狀態(tài)、終止狀態(tài)與臨界狀態(tài)

等。通過分析已知量和未知量之間的因果關系，對于題目中的關鍵點要多問幾個為什么，

為什么是這樣而不是那樣，得出隙含在背后的關系和規(guī)律，利用這樣的邏輯推理激活思

維。

2.從靜態(tài)到動態(tài)活化物理過程，培養(yǎng)動態(tài)思維。題目中的文字和圖像都是靜態(tài)的表

象，在通過思維加工的基礎上，在腦海中形成一幅“問題圖景”，想象成在你面前有這樣一

幅真實的景象，并且要讓它“動起來”，也就是將自己置身于問題之中，培養(yǎng)動態(tài)思維。有

了這樣一幅圖景，此時的問題就有“生命”了，接下來就是你與它之間的“對話”，采用這

種方法很容易把握狀態(tài)和過程的關系。

【典例2】圖所示，圓形區(qū)域半徑為此圓心在0點，區(qū)域中有方向垂直紙面向外的勻強磁

場，磁感應強度大小為仇電子在電子槍中經電場加速后沿A0方向垂直進入磁場，偏轉后

從J/點射出并垂直打在熒光屏PQ上的“點，PQ平行于A0,。點到PQ的距離為2位電子電

荷量為e,質量為勿，忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作用。求：

(1)電子進入磁場時的速度大小V；

(2)電子從進入磁場經多長時間打到熒光屏；

R

(3)若保持電了槍與A0平行，將電了?槍在紙面內向下平移至距A0為一處，則電子打在熒

2

光屏上的點位于N點的左側還是右側及該點距N點的距離。

【答案】(1)—:(2)里上；(3)電子打在熒光屏上的點位于N點的左側，該點距N

tn2m

點的距離立R

3

【解析】(1)電子在磁場中，洛倫茲力提供圓周運動的向心力，有：evB=m--,

電子軌跡如圖甲所示，由幾何關系得：r=R；

由以上各式聯(lián)立得：v=—：

m

(2)電子在電子槍中，由動能定理得：eU=\mv2

2

解得：。=絲￡

2m

(3)電子在磁場中運動的半徑尸二R,故平行于AO射入磁場

的電子都將經過M點后打在熒光屏上。從與A0相距二的。

2

點射入磁場的電子打在熒光屏上的。點，所以6點位于N點

的左側；

其軌跡如圖乙所示，由幾何關系得。=60

解得：GN=-^—=—R

tancr3

【名師點撥】本題借助帶電粒子在有界磁場中的運動,考查洛倫茲力、圓周運動等知

識；考查考生靈活運用數學中的幾何關系去發(fā)現問題、解決問題的能力；綜合考查考生物

理的理解能力、推理能力和綜合分析能力，以及根據物理學規(guī)律正確建立物理模型的方法

等.

本題的難點在分析推理、畫軌跡圖、物理建模、數學知識的靈活運用等.要求考生具

有一定的物理素養(yǎng)，會將新問題轉化為舊問題、復雜問題轉化為簡單問題。

邊分析邊計算

比較復雜的計算題采用這種辦法，可以得到一些過程必要分數。

【典例】某工廠為實現自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB

和傾斜傳送帶切組成.水平傳送帶長度〃=4m,傾斜傳送帶長度5=4.45m,傾角為6

=37°.傳送帶力8和切通過一段極短的光滑圓弧板過渡.45傳送帶以力=5m/s的恒定速

率順時針運轉，口傳送帶靜止.已知工件與傳送帶之間的動摩擦因數均為〃=0.5,重力加

速度尸10m/s?.現將一個工件(可視為質點)無初速度地放在水平傳送帶最左端月點處.己

知sin37。=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)工件從A端開始第一次被傳送到CD傳送帶上，工件上升的最大高度和從開始到上升到

最大高度的過程中所用的時間.

（2）要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CI）傳送帶沿順時針方向運轉的速度V2的大

小.(v2<vl)D

【解析】（1）工件無初速放在水平傳送帶最左端，在摩擦力的作用下向右勻加速運動，設其

加速度大小為q,速度增加到匕所用時間為％,位移大小為西，對物體受力分析如圖

由牛頓運動定律可得：N

2

N、=mgyfx=RN\=ma}解得4=5m/s,

01----?J\

由運動學公式得4=L=ls,x.=—a/.2=—x5xl2=2.5/n

1a,12112

G

由于物體與傳送帶達到共速做勻速直線運動到B端，則勻速運動的時間為：

L

t=AB-^=Q3s

匕

工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下以加速度a,做勻減速直線運動，速度減小

到零的時間為A，位移大小為馬，其受力情況如圖

由牛頓第二定律可得：N2=mgcos0,mgsin0+/yA^2=ina2

由運動學公式x2=^-

-2al

2

得％=10fn/S,X2=1.25w

工件沿傳送帶CD上升的最大高度為h=x2sin0=0.75/n

沿CD上升的時間為J=5』=0.5m

—a2

故「件從開始運動到上升到最大高度總時間為f=乙+t2+4=L8s

（2）CD傳送帶以匕順時針轉動，工件到達傳送帶速度大小為匕，且匕＞打，則工件收到

沿CD向下的滑動摩擦力，工件以〃2減速上滑，減速位移為與；當工件達到與傳送帶CD共

速時，由于重力下滑分力大于最大靜摩擦力，繼續(xù)向上減速，當工件速度小于匕時，滑動

摩擦力沿CD傳送帶向上，其加速度為4，減速位移為七，當速度為。時，恰好到D點:

受力分析如圖，得mgsin8-〃N=〃以3

由牛頓運動定律得：

-2a2xy=g一r,一2〃3七=0-V2，x3+x4=LCD

得：V2=4/77/s

先寫每個原理后綜合計算

適用于較為簡單的計算，計算能力較差的同學可以采用這種辦法，以減少計算失誤而

失去的分數。

【典例】真空中存在電場強度大小為El的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上

做勻速直線運動，速度大小為V。，在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到

某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時間L后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；

再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點.重力加速度大小為g.

（1）油滴運動到B點時的速度：

（2）求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的

3和V。應滿足的條件.己知不存在電場時，油滴以初速度V。做豎直卜拋運動的最大高度恰

好等于B、A兩點間距離的兩倍.

【答案】（1）%%-2g乙：2）見解析

【解析】（1）設油滴質量和電荷量分別為〃，和S油滴速度方向向上為正.油滴在電

場強度大小為白的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上.在片0時，電場強

度突然從￡增加至歷時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小e滿足

qE「mg=m%①

油滴在時刻△的速度為斗=%②

電場強度在時刻L突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小和滿足

qE2+mg=ma2@

油滴在時刻6=2。的速度為v2=匕-砧④

由①②③④式得嶺=%-2gf]⑤

（2）由題意，在片。時刻前有夕片=/ng⑥

油滴從夕0到時刻fi的位移為4=%%+gq1⑦

油滴在從時刻。到時刻分2力的時間間隔內的位移為『⑧

由題給條件有%2=2g（2〃）⑨

式中力是反力兩點之間的距離.

若，點在月點之上，依題意有邑十的二力⑩

由①②③??⑥⑦⑧⑨⑩式得上2二[2—2旦+：（旦力與?

gh4的

為使E>E，應有2-2々+；（白）2>1?

部4gt1

即當0<4<（1-當生?

2g

或4>。+堂）國?

才是可能的：條件?式和?式分別對應于口2>0和為<0兩種情形.

若6在4點之下，依題意有再+匹=-/2?

由①②③??⑧??式得當=[2-2-?

gh4gh

為使邑>區(qū),應有2-2，一；（白）2>1?

gfi4的

即4>（當+吟?

另一解為負，不符合題意，已舍去.

【名師點撥】本題考查牛頓第二定律及勻變速直線運動的規(guī)律.雖然基本知識、規(guī)律

比較簡單，但物體運動的過程比較多，在分析的時候，注意分段研究，對每一個過程，認

真分析其受力情況及運動情況，應用相應的物理規(guī)律解決，還應注意各過程間的聯(lián)系.

熱身訓練

1.如圖所示空間分為I、II、III三個足夠長的區(qū)域，各邊界面相互平行，其中I、II區(qū)域

存在勻強電場g=1.0x104v/m方向垂直邊界豎直向上,E.=—xlO5V/m?方向水

4

平向右；IH區(qū)域存在勻強磁場，磁感應強度3=5.0T,方向垂直紙面向里，三個區(qū)域寬度

分別為4=5.0m,d2=4.0m,=10V3m,一質量m=1.0x10"kg、電荷量

g=1.6xl（r6c的粒子從。點由靜止釋放，粒子重力忽略不計。求:

（1）粒子離開區(qū)域I時的速度大??；

（2）粒子從區(qū)域I【進入區(qū)域m時的速度方向與邊界面的夾角：

（3）粒子從0點開始到離開HI區(qū)域時所用的時間。

XXXXXXI

nixxxxxx</3

XXXXXX

O

【答案】⑴4000m/s(2)30°(3)(3.5+-^)x10-3s

6

【解析】（1）粒子在區(qū)域I是向上直線加速，根據動能定理，有：

/2xl.6xl0-6xl.OxlO4x5

m/s=4000m/s

Vl.OxlO8

（2）粒子在區(qū)域n中是類平拋運動，根據類平拋運動的分運動公式，有：4=匕5匕=匕

qE、2

匕="^2,嶺匕+4

速度偏轉角正切：tan9=X

匕

聯(lián)立解得：呼8OOOnMs,tan(9=—

3

故粒子從區(qū)域ii進入區(qū)域in時的速度方向與邊界面的夾角為30°；

(3)粒子在磁場做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，有：q△B=吟

1.0xl0-8x8000

解得:10m

I.6X10~6X5

4

根據幾何關系可知，粒子在磁場中運動所對的圓心角為120。，因此芍:

4繁二*】。飛

-3

由(2)得：t2=10S

qEi=mci\,Vi=ait\

解得：6=2.5x1(T3s

總時間，=4+/2+'3=(3.5H--7T)X10

6

2.如下圖，電子自靜止開始經機N板間的電場加速后從4點垂直于磁場邊界射入寬度為

"的、足夠長的勻強磁場中，肌)兩極間的電壓為小(已知電子的質量為制電量為e)

(1)若電子從磁場右邊界尸點穿出，偏離入射方向的距離為L=求勻強磁場的磁感應強

度；

(2)若僅把秘『兩板間的電壓變?yōu)闉?，求電子在該勻強磁場中運動的時間。

4

【答案】⑴B=±J也叱；⑵t=~\-HL-

5八e4、2eU

【解析】（1）在電場中，根據動能定理有6〃=1相聲

2

電子在磁場中的運動軌跡如圖所示

根據幾何知識有（R—L）2+/=R2

則電子在磁場中運動的半徑為R=3d

4

2

因為evB=m—

R

聯(lián)立解得8=土」即竺

5JVe

（2）若僅把MN兩板間的電壓變?yōu)槎?，則進入磁場的速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，根??=竺

4qB

電子在磁場中的半徑變?yōu)樵瓉淼囊话耄礊镽'=B=』d

28

所以電子在磁場中的運動軌跡如圖

所以電子在磁場中運動的時間為r=■@=見」_竺

22eB4\2eU

3.如圖所示，最大承受能力為6跖，長為斤的輕質細線一端固定在6點，細線的下端系一

質量為“電荷量為g的帶電小球，固定點《的正下方某處的尸點可以垂直于豎直平面插

入一顆光滑的釘子。現將小球從細線處于水平狀態(tài)由靜止釋放，小球剛好在S處平拋飛

出。帶電小球平拋飛出后經過一塊勻強電場區(qū)域（只存在于a'之間），恰好從。點進入水

平地面上固定的半徑為r的圓弧形槽，槽的圓心在“，〃點為最低點，且/戊3=37°，已

知小球在切弧面上克服摩擦力做的功為小球在因水平面上克服摩擦力做功的一半。已知

8〃兩點的高度差為力所入尸1.25戶,重力加速度為g,不計空氣阻力（已知sin37°=0.6,

cos37°=0.8)

（i）求該光滑的釘子距離a的距離;

（2）求該帶電小球帶什么電？勻強電場場強的大小及

（3）小球最終停在距離〃處4k的。點，求水平面與小球間的動摩擦因數〃。

【答案】（1）0.6尼（2）正電，警；（3）烏

16g96

【解析】⑴小球從力到8的過程中機械能守恒=〃儂?

解得以=病不

在B點,由牛頓第二定律可知

r

因為小球剛好從8點平拋K出，艮】尸=6〃2g

代入可得r=0.4R則?尸=0.6A,即該光滑釘子距離。的距離為0.6k

.or匕3

(2)小球恰好從。點進入圓弧軌道tan37=^=-

04

在水平方向有匕=匕=J荻

在豎直方向有=〃cos37=R

則vv=y]2ahBC=42aR

9

聯(lián)立解得g

176

小球從8到0的過程中，根據牛頓第二定律，有mg-Eq=ma

所以￡=警，帶電小球帶正電

16q

(3)根據題意必⑺二^卬"3

且小球在因水平面上克服摩擦力做功卬幽=Kmg.AR

小球恰好從。點進入圓弧軌道，所以上=cos37°

憶

Vc=^y/2gR

從。到。根據動能定理有0-3搟吆二〃2Mm—%笫一卬.昭

%。=%一怎。=025R

29

聯(lián)立以上各式可得〃=弁

4.如圖所示，直角坐標系第I象限存在沿x軸正方向的勻強電場，電場強度為公第II

象限有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為笈一個正電子(電荷量為+e,質量為

加自x軸負半軸上的力點以初速度％垂直與x軸進入勻強磁場，經磁場偏轉后自y軸上

E

的〃點進入電場，此時速度與y軸成。=60,角.忽略正電子的重力影響.已知百=%.

B

求：正電子

(1)在磁場中的運動軌跡半徑和運動時間.

(2)在電場中的運動時間和離開電場時的位置.

(3)離開電場時的速度大小.

mv2mn

【答案】(1)R=一t.=----

eB13eB

【解析】如圖所示

(1)設正電子在磁場中的運動軌跡半徑為此運動時間為公

由牛頓第二定律，有:=,喙

解得：氏=翳

丁2兀R

運動周期：T=——

%

T

在磁場中偏轉時間：r,

~3

解得：”鬻

(2)在電場中：沿y軸負方向做勻速直線運動，分速度：匕,=%co$6-為

2

Rs\nO

到達力軸用時：”=------

右

由4=%解得：力=正”

B2eB

eE

沿X軸正方向做勻加速直線運動〃=—

tn

+at

位移：x=v0sin-t2~i

222

(3)由動能定理得：-m(v-v^)=eEx(或v=^vy+vt)

解得正電子離開電場時的速度：v=V7v0

5.豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊6靜

止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示.片0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下

滑，一段時間后與6發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的尸點(圖中

未標出)時，速度減為0,此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止.物塊/1運

動的廣￡圖像如圖(b)所示，圖中的力和力均為未知量.已知力的質量為勿，初始時力與

8的高度差為"重力加速度大小為g,不計空氣阻力.

(1)求物塊夕的質量；

(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中，求物塊力克服摩擦力所做的功；

(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等，在物塊4停止運動后，改變物塊與軌道間

的動摩擦因數，然后將力從尸點釋放，一段時間后/I剛好能與8再次碰上.求改變前面動

摩擦因數的比值.

211

【答案】(1)3m(2)~^mgH(3)—

【解析】（1）物塊A和物塊B發(fā)生碰撞后?瞬間的速度分別為％、匕，彈性碰撞瞬間，動

量守恒，機械能守恒，即：wv,=mvA+mBvB

］叫2沏4

乙乙乙

m—mR2m

v

聯(lián)立方程解得:以二?%；%=——i

fn+m

Bm+mB

根據v-t圖象可知，巳二一；匕解得：%=3m

（2）設斜面的傾角為。，根據牛頓第二定律制

v,

當物塊A沿斜面下滑時:mgsin0-f=ma],由v-t圖象知：4=一

*i

5v.

mgf=ma,

當物體A沿斜面上滑時:sin^4-2由v-1圖象知：a2=-7~

解得：f=-mgsinO：

H

又因下滑位移％=----=一卬i

sin。211

_^_=_1.乜.0.47=。1卬

則碰后A反彈.，沿斜面上滑的最大位移為：々

sin。22'"

其中人為P點離水平面得高度，即〃

H

解得.=高工

故在圖（b）描述的整個過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為：

91sin。5sin8J15

（3）設物塊B在水平面上最遠的滑行距離為S,設原來的摩擦因為為〃

則以A和B組成的系統(tǒng)，根據能量守恒定律有：mg（H-h}=junig+jum^gS

tan。

設改變后的摩擦因數為〃'，然后將A從P點釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到

物塊B位置時，速度減為零，以A為研究對象，根據能量守恒定律得：

mgh="mg—^―+“mgS

tan夕

2Hh.cm

又據（2）的結論可知：Wf=—fngH=/jmg-----，得：tan。=9〃

tan。

u11

聯(lián)立解得，改變前與改變后的摩擦因素之比為：-^=—?

〃9

6.如圖，一般帆船靜止在湖面上，帆船的豎直桅桿頂端高出水面3m.距水面4m的湖底

U點發(fā)出的激光束，從水面出射后恰好照射到桅桿頂端，該出射光束與豎直方向的夾角為

4

53°（取sin530=0.8）.已知水的折射率為一

3

（1）求桅桿到P點的水平距離；

（2）船向左行駛一段距離后停止，調整由尸點發(fā)出的激光束方向，當其與豎直方向夾角為

【答案】(1)7m(2)5.5m

【解析】①設光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為玉，到P點的水平距離為為，桅桿

高度為九，P點處水深為生；激光束在水中與豎直方向的夾角為。，由幾何關系有

—=tan53

%

—=tan0

%

由折射定律有：sin53=?sin6>

設桅桿到P點的水平距離為X

則x-xl+x2

聯(lián)立方程并代入數據得：x=7m

②設激光束在水中與豎直方向的夾角為45°時，從水面出射的方向與豎直方向夾角為？

由折射定律有:sinf=Hsin45

設船向左行駛的距離為此時光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為％',到P點的

水平距離為X；,則：M+&'=V+X

—=tani'

，

—=tan45。

h

聯(lián)立方程并代入數據得：/=(6V2-3)m?5.5m

7.如圖所示，寬度為￡、足夠長的勻強磁場的磁感應強度大小為以方向垂直紙面向

里.絕緣長薄板朗￥置于磁場的右邊界，粒