一、物理计算压轴题两大解题方法
二、八大类题型解题思路例析
三、练习及解答
1、 甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体).甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为
p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等.求调配后
(i)两罐中气体的压强;
(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.
答案：(i)
p (ii)2∶3
解析： (i)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有
p(2V)=pV1 ①
现两罐气体压强均为p,总体积为(V V1).设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有
p(V V1)=p'(V 2V) ②
联立①、②式可得
p'=
p
③
(ii)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,由玻意耳定律
p'V=pV2 ④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有
k=
⑤
联立③④⑤式可得k=
考点：气体的分压定律，和克拉伯龙方程式：PV =nRT(n=m/M)
2、在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α 衰变，放射出的α 粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.以m、q 分别表示α 粒子的质
量和电荷量，M 表示新核的质量，放射性原子核用
表示，新核的元素符号用Y表示，该衰变过程释放的核能都转化为α 粒子和新核Y 的动能，则（ ）
A．新核Y 和 α 粒子的半径之比
B．α 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小
C．新核的运动周期
D．衰变过程的质量亏损为
答案：AD。
解析：A由动量守恒定律，和粒子在磁场中的轨道半径
而
粒子带两个单位正电荷，因此新核Y 和 α 粒子的半径之比
A正确；
B．α 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小
B错误；
C．新核的运动周期
C错误
D．由于
根据质能方程
整理得
D正确。
故选AD。
考点：原子物理和动量守恒结合考察。
3、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为
，长为
，导轨平面与水平面的夹角为
，在导轨的中部刷有一段长为
的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为
，方向与导轨平面垂直，质量为
的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为
，其他部分的电阻均不计，重力加速度为
，求：
（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数
；
（2）导体棒匀速运动的速度大小
；
（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热
。
答案：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数
为
；
（2）导体棒匀速运的速度大小
为
；
（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热
为
。
解析：（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，如图所示，则有：
，解得：
（2）导体棒在光滑导轨上滑动时：感应电动势为：
，感应电流为：
，安培力为：
联立得：
，受力平衡，有：
，解得：
（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为：
整个运动过程中，根据能量守恒定律得：
解得：
。
考点：安培力推导公式，能量守恒
4、如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。学.科网物块与桌面间的动摩擦因数为（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：C
解析：开始时力F水平拉动物体匀速运动，可得：F＝μmg....(1)；
F的大小不变方向与水平面成60°角拉动物体时，仍然匀速直线运动 结合平衡关系，对物体受力分析， 如
图所示利用正交分解的方法可知：
水平方向：F.cos60=f.....(2)
竖直方向：F.sin60 FN=mg...(3)
f=uFN.....(4)
联立可得：Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)
μ＝
，故选C.
考点：受力分析、正交分解，正交分解的考察
5、
如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h=2m,，s=
。取重力加速度大小
。
（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小。
答案：（1）
（2）
解析：（1）一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有
①，
②，
从ab滑落过程中，根据动能定理可得
③，联立三式可得
（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得
④
因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角相等，设为
，则根据平抛运动规律可知
⑤，
根据运动的合成与分解可得
⑥
联立①②④⑤⑥可得
考点：平抛运动、运动的合成与分解、动能定理
6、如图(a)所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30 kg的小孩乘甲车以5 m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15 kg，乙车静止于甲车滑行的前方，两车碰撞前后的位移随时间变化图象如图(b)所示．求：
(1)甲、乙两车碰撞后的速度大小；
(2)乙车的质量；
(3)为了避免甲、乙两车相撞，小孩至少以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？
答案.(1)1 m/s 3 m/s (2)90 kg (3)6.7 m/s
解析：(1)由图可知，碰撞后甲车的速度大小：
v1＝
＝－1 m/s，负号表示方向向左，
乙车的速度大小：v2＝
＝
m/s
＝3 m/s；
(2)甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，
以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
(m人＋m甲)v0＝(m人＋m甲)v1＋m乙v2，代入数据解得：m乙＝90 kg；
(3)设人跳向乙车的速度为v人，系统动量守恒，
以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
人跳离甲车：(m人＋m甲)v0＝m人v人＋m甲v3，
人跳至乙车：m人v人＝(m人＋m乙)v4，
为使二车避免相撞，应满足：v3≤v4，
取“＝”时，人跳离甲车的速度最小，
代入数据解得：v人＝
m/s≈6.7 m/s.
考点：动量守恒，相对运动关系与图像
7、图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m
)
答案： (1)
－(mgH－2mgR) (2)
R
解析：(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①
R
＝
gt
2②
由①②式得vB＝
③
从A到B，根据动能定理，有
mg
(H－R)＋Wf＝
mv
－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg
(R－Rcos θ)＝
mv
－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有mgcos θ－N＝m
⑦
N＝0⑧
cos θ＝
⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝
R
.⑩
考点：动能定理，曲线运动
8、 空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0
，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为
。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能。
答案：（1）
；（2）
解析：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg qE=ma①
②
解得
③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
考点：电偏转和能量关系
9、 如图所示，坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒子重力．
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0.
答案（1）v＝2
θ＝45°. （2）B0
＝
.
解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma ①
由运动学公式得
d
＝
at
②
2d＝v0t0 ③
vy＝at0 ④
v
＝
⑤
tan θ
＝
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v
＝2
⑦
θ＝45°. ⑧
(2)
设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
R1
＝2
d
⑨
由牛顿第二定律得
qvB0
＝m
⑩
联立⑦⑨⑩式得
B0
＝
.
⑪
考点：带电粒子在纯电场中的运动、运动的独立性与等时性。带电粒子在分立场中的运动
10、
一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度
顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成
角．当筒转过
时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( ).
A．
B．
C．
D．
答案：A
解析：如图所示，由几何关系可知粒子的运动轨迹圆心为
，
由粒子在磁场中的运动规律可知：
①
②
由①②得
即比荷
③
由圆周运动与几何关系可知
即
则
④
又有
⑤
由③④⑤得
考点：带电粒子在磁场中运动的轨迹类问题，圆形磁场区域
11、
如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距
，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在
水平外力作用下沿导轨以速度
匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为
，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求
（1）电阻R消耗的功率；
（2）水平外力的大小。
答案：
，
解析：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为
，
根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为
电阻R消耗的功率为
，联立可得
（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有
，
，故
考点：安培力推论，
电荷量推论，
安培力冲量推论，BqL=MV。
12 、一简谐横波沿水平绳沿x轴负方向以v=20m/s的波速传播。已知t=0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置分别是xM=5m、xN=35m。从该时刻开始计时，求：
(1)质点N第一次回到平衡位置的时间t；
(2)平衡位置在x=20m的质点，其振动的位移随时间变化的表达式（用余弦函数表示）；
(3)经过多长时间，质点M、N振动的速度相同。
答案：(1)0.75s；(2)
；(3)
解析：(1)机械波在均匀介质中匀速传播，波沿x轴负方向传播，平衡位置的振动状态距N点
。
解得
;
(2)
由题知
，
。
。
。
该质点与原点的距离为
，则该质点的初相位为
。
故该质点的振动表达式为
。
或
;
(3)当某质点位于平衡位置时，其两侧与它平衡位置间距相等的质点速度相同，平衡位置的振动状态传播到MN中点的距离
。
经过的时间
。
解得
。
点评：波的平移法，波的周期性问题
13、如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案：
，
解析：（i）开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1
，根据查理定律有
①
根据力的平衡条件有
②；联立①②式可得
③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—
吕萨克定律有
④
式中V1=SH⑤ V2=S（H h）⑥
联立③④⑤⑥式解得
⑦
从开始加热到活塞到达b
处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
⑧
考点：热力学第一定律，与气体状态方程
14、如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）。求
（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
（ii）距光轴
的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。
答案：（i）
（ii）
。
解析：（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l。
①
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有
②
由几何关系有
③
联立①②③式并利用题给条件，得
④
（ii）设与光轴距
的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有
⑤
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC
中，由正弦定理有
⑥
由几何关系有
⑦
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得
⑨
考点：本题主要考查光的折射定律的应用，解题关键是根据题意画出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，然后列方程求解。
15、
完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板
是与水平甲板
相切的一段圆弧，示意如图2，
长
，
水平投影
，图中
点切线方向与水平方向的夹角
（
）。若舰载机从
点由静止开始做匀加速直线运动，经
到达
点进入
。已知飞行员的质量
，
，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功
；
（2）舰载机刚进入
时，飞行员受到竖直向上的压力
多大。
答案：（1）
（2）
。
解析：（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为
，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
考点：运动学与我国科技进步
16、如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
答案：（1）
（2）aB=3μg aB′=μg （3）
。
解析：（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动 2aAL=vA2
解得
。
（2）设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得 aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
。
且xB–xA=L
解得
考点：相对运动
17、平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案：（1）
，方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上 （2）
。
解析：（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与 x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：
x
方向：
y
方向：
粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：
又：
解得：
，即
，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。
粒子到达O点时的速度大小为
（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：
设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：
根据几何关系可知：
整理可得：
考点：组合场、复合场问题。本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。
18、电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案：（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下 （2）
（3）
解析：（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：
炮弹受到的安培力：
根据牛顿第二定律：
解得加速度
（3）电容器放电前所带的电荷
量
。
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：
最终电容器所带电荷量
设在此过程中MN的平均电流为
，MN上
受到
的平均安培力：
。
由动量定理，有：
。
又：
。
整理的：最终电容器所带电荷量
。
考点：本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：电磁感应中动量定理求电量的应用是关键。
19、一列简谐横波
的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图象。求
（i）波速及波的传播方向；
（ii）质点Q的平衡位置的x坐标。
答案：（1）
，波沿负方向传播 （2）xQ=9 cm
解析：（1）由图a可以看出，改波的波长为
。
由图b可以看出周期T=2 s，故波速为
=18 cm/s
由图b可知，当
时，Q向上振动，结合图a可知，该波沿x轴负方向传播
（2）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为
、
。由图（a）知，
处
，因此
④
由图（b）知，在
时Q点处于平衡位置，经
，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有
⑤
由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为
考点：波动学的相关考察。波动图象、振动图象、波动传播及其相关的知识点。
20、农村常用来喷射农药的压缩喷雾器的结构如图所示．A的容积为7.5L，装入药液后，药液上方空气的压强为105Pa，体积为1.5L，关闭阀门K，用打气筒B每次打进105Pa的空气0.25L．则：
（1）要使药液上方气体的压强为4×105Pa，打气筒活塞应打几次？
（2）当A中有4×105Pa的空气后，打开阀门K可喷射药液，直到不能喷射时，A容器剩余多少体积的药液？
答案：（1）要使药液上方气体的压强为4×105Pa，打气筒活塞应打18次；
（2）当A中有4×105Pa的空气后，打开阀门K可喷射药液，直到不能喷射时，A容器剩余多少体积的药液为1.5L．
解析：（1）设打n次气，以容器A中与打入的气体为研究对象，
其状态参量为：p1=1×105Pa，V1=（1.5 0.25n）L，p2=4×105Pa，V2=1.5L，
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，
代入数据解得：n=18次；
（2）当内外气压相等时，药液不再喷出，此时：p3=1×105Pa，V3=？，
由玻意耳定律得：p2V2=p3V3，
代入数据解得：V3=6L，
剩余药液的体积：△V=V3-V1=7.5-6=1.5L；
考点：气体定律与现实生活相联系是热点考察方向，分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题．
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