高二物理计算题练习试题集

高二物理计算题练习试题答案及解析
1.排球运动是一项同学们喜欢的体育运动.为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高
h
1
="1.8" m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t="1.3" s，第
一次反弹的高度为h
2
="1.25" m.已知排球的质量为m="0.4" kg，（g取10 m/s2），不计空气阻力. 求：
（1）排球与地面的作用时间.
（2）排球对地面的平均作用力的大小.
【答案】（1）0.2s （2）26N
【解析】（1）据题意，排球做自由落体运动落地速度为：
求得：
小球下落时间为：
即，
小球反弹后做竖直上抛运动，是自由落体运动的逆过程，则有：
求得反弹速度为：
小球反弹后上升时间为：即
所以小球与地面作用时间为：
（2）据动量定理，规定向上为正，则有：
求得：
【考点】本题考查自由落体运动和动量定理。

2.（8分）在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间ｔ、通过位移Ｌ后，
动量为ｐ、动能为E
k
,则:
(1)若由静止出发，仍在水平力F的作用下，求经过时间2ｔ后物体的动能；
(2)若由静止出发，仍在水平力F的作用下，求通过位移2Ｌ后物体的动量。

【答案】
【解析】设物体质量为m,由题意：根据： P=Ft； E
k
="FL" P＝mv ：得（2分）
(1)当t/=2t时，P/=F×2t=2P
（2分）
(2)当L/=2L时，E
k /=F×2L=2E
k
（2分）
（2分）
【考点】本题考查动量定理、动能定理。

3.如图，靠正电荷导电的矩形薄片长l=
4.0×10-2m，高h=1.0×10-2m；匀强磁场垂直于薄片向外，磁感应强度B=2.0T.若P、Q间通入I=3.0A电流后，M、N间产生稳定的电势差，薄片内正电荷定向移动的平均速率v=
5.0×10-4m/s。

（1）求矩形薄片受的安培力大小
（2）判断M、N电势的高低并求出M、N间的电压。

【答案】（1）F
安
=0.24N （2） U= 1.0×10-5V
【解析】（1）由安培力公式得F
安
=BIL ①
解得F
安
=0.24N ②
（2）N电势高③
由平衡条件④
解得U=Bvh=1.0×10-5V
【考点】解决本题的关键知道霍尔效应的原理，并能灵活运用．
4.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R
1=21Ω，电动机绕组的电阻R
=0.5Ω，电键S
1
始终
闭合。

当电键S
2断开时，电阻R
1
的电功率是525W；
当电键S
2闭合时，电阻R
1
的电功率是336W，求
（1）电源的内电阻；
（2）当电键S
2
闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。

【答案】（1）r=1Ω；（2）I=26A，W
【解析】试题分析:（1）设S
2断开时R
1
消耗的功率为P
1
，则，
代入数据可以解得，r=1Ω
（2）设S
2闭合时R
1
两端的电压为U，消耗的功率为P
2
，则，
解得，U=84V
由闭合电路欧姆定律得，E=U+Ir，代入数据，得I=26A
流过R
1的电流为I
1
，流过电动机的电流为I
2
，A，
而I
1+I
2
=I，所以I
2
=22A，
由，
代入数据得，W
【考点】闭合电路欧姆定律，电功，电功率
5.（10分）如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，R
1＝3 Ω，R
2
＝6 Ω，C＝30 μF.
（1）闭合开关S，求稳定后通过R
1
的电流；
（2）然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和断开开关后流过R
1
的总电量；
（3）如果把R
2
换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定
时，R
2
消耗的最大电功率．
【答案】（1）1A（2）（3）
【解析】（1）稳定时，电容器看做断开状态，电路中的电流：（2分）（2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压，（1分）
断开开关后，电容器两端的电压为10 V，所以，（2分）
流过的总电量为. （2分）
（3）当时，消耗的电功率最大，（1分）
（2分）
【考点】考查了闭合回路欧姆定律的应用，含电容电路
6.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在
以x轴、y轴及双曲线的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电
子的电荷量为e，则：
(1)求从电场区域Ⅰ的边界B点（B点的纵坐标为L）处由静止释放电子，到达区域Ⅱ的M点时的速度；
(2) 求（1）中的电子离开MNPQ时的坐标；
(3)证明在电场区域Ⅰ的AB曲线上任何一点处，由静止释放电子恰能从MNPQ区域左下角P点离开；
【答案】 (1) v=；（2）(－2L,0)；
（3）离开点的横坐标X
1=-2L，纵坐标y
1
=y-y’=0,即（-2L，0）为P点。

【解析】试题分析: (1) B点坐标(， L），在电场I中电子被加速到v，由动能定理
eE=，解得v=
（2）电子进入电场II做类平抛运动，有
t=；；
所以横坐标x=" -" 2L；纵坐标y=L-y=0即为(－2L,0)
(3)设释放点在电场区域I的AB曲线边界，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v
1
，然后进入电场II做类平抛运动，有eEx=；t=；；
所以离开点的横坐标X
1=-2L，纵坐标y
1
=y-y’=0,即（-2L，0）为P点。

【考点】带电粒子在电场中的运动
7.有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A。

求电动机正常工作时
的输出功率多大？
【答案】1.5W
【解析】接U=0.2V电压时:；
接U=2.0V电压时，
【考点】非纯电阻电路的计算；电功率。

8.（15分）在如图所示的电路中，电阻R
1=2Ω，R
2
=3Ω。

当电键K断开时，电流表示数为
I 1=0.5A。

当K闭合时，电流表示数为I
2
=1.0A。

求：
（1）电键K断开和闭合时的路端电压U
1及U
2
；
（2）电源的电动势E和内电阻r。

【答案】（1）2V （2）E=3V，r=1Ω【解析】（1）根据欧姆定律，
电键K断开时，路端电压U
1=(R
1
+R
2
)I
1
=2.5V；（3分）
电键K闭合时，路端电压U
2=R
1
I
2
=2V。

（3分）
（2）根据闭合电路的欧姆定律，
电键K断开时，U
1=E-I
1
r （3分）
电键K闭合时，U
2=E-I
2
r （3分）
代入数据，解方程得E=3V，r=1Ω。

（3分）
【考点】本题考查闭合电路欧姆定律和欧姆定律。

9.（10分）如图所示的电路中，电源由4个相同的干电池串联而成，每个电池的电动势为1.5 V，
内电阻为0.5 Ω，外电路电阻R
1="2" Ω，R
2
=R
3
="4" Ω。

试求：
（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流和R
2
消耗的功率；（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压。

【答案】（1）1 A；1 W （2）4 V
【解析】（1）S与A接通时，R
2与R
3
并联再与R
1
串联，回路中的总电阻为6 Ω，
所以I
总=E/R
总
="6/6=1" A
流过R
2的电流I
2
="0.5" A，所以P
2
=I
2
2R
2
=0.52×4="1" W
（2）S与B接通时，R
3断路，R
1
被短路
所以U=R
2E/（R
2
+r）="4" V
【考点】本题考查闭合电路的欧姆定律。

10.一台交流发电机的输出电压为250V，输出功率为100kW，向远处输电所用输出线的总电阻为，要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户正好得到220V的电压．求：（1）输电线上的电流
（2）供电处的升压变压器的原副线圈的匝数比
（3）用户处的降压变压器的原副线圈的匝数比
【答案】（1）25 A （2）（3）
【解析】升压变压器原线圈两端电压 V，通过的电流：
A
输电线的功率损失：
W．
（1）输电线上电流（通过升压变压器副线圈，降压变压器原线圈的电流）：
A．
降压变压器次级电流（用户电流）：
A
（2）升压变压器原副线圈的匝数比：
（3）降压变压器原副线圈匝数比：
【考点】本题考查远距离输电、理想变压器等。

11.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=1T，平行导轨宽l=1m。

两根相同的金属杆MN、PQ
在外力作用下均以v=1m/s的速度贴着导轨向左匀速运动，金属杆电阻为r="0.5" Ω。

导轨右端
所接电阻R=1Ω，导轨电阻不计。

（已知n个相同电源的并联，等效电动势等于任意一个电源的
电动势，等效内阻等于任意一个电源内阻的n分之一）
（1）运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。

用电池等符号画出这个装置的等效电路图
（2）求10s内通过电阻R的电荷量以及电阻R产生的热量
【答案】（2）q=8C Q =6.4J
【解析】题中的两个金属棒相当于并联的两个电池，如上图所示。

，代入数据得电荷量为8C
，代入数据得热量为6.4J
【考点】感应电动势，焦耳定律
点评：此题较为简单，只要能把等效电路图画出来，结合各物理量的计算公式就能得出答案
12.如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。

初速度可以忽略的
电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）。

已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差，电子的重
力忽略不计，求：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l。

【答案】（1）（2）
【解析】（1）由得电子进入偏转电场区域的初速度…… (1分)
设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间；…… (1分)
…… (1分)
因为加速电场的电势差，说明y＜h，说明以上假设正确…… (1分)
所以…… (1分)
离开时的速度…… (1分)
（2）设电子离开电场后经过时间t’到达x轴，在x轴方向上的位移为x’，则
t’， (2分)
x’＝v
则…… (2分)
代入解得…… (2分)
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差．
点评：解决本题的关键理清带电粒子的运动过程，先在加速电场中做加速运动，然后做类平抛运动，最后做匀速直线运动．在处理粒子运动时将类平抛运动和匀速直线运动都分解为水平方向和竖直方向．
13.如图，理想变压器原线圈输入电压U
l
= 3300V，副线圈两端电压220V，输出端连有完全相同的两个灯泡A、B，绕过铁芯的导线所接的电压表示数为U = 2V，求
(1) n
1
等于多少匝?
(2) S断开时，电流表A
2的示数I
2
= 5A，A
1
示数I
1
为多少?
(3) S闭合时，A
1的示数
1
为多少?
【答案】（1）1650匝（2）A（3）A
【解析】(1) == ，n
1
= 1650匝．（4分）
(2) = ，n
2 = 110匝；= ，I
1
= A．（4分）
(3) ="2" I
2
=10A，= =A．（4分）
【考点】考查了变压器构造和原理
点评：只要知道变压器的特点，本题不难，但是要注意解题格式要规范．
14.（10分）有一只弧光灯，正常工作电流为 5 A，电阻为8 Ω，要把它接入电压为 110 V 的电路中，需要串联一个多大的电阻，弧光灯才能正常工作？
【答案】串联一个14Ω
【解析】弧光灯正常工作时两端的电压为U
1＝IR
1
＝5 A×8 Ω＝40 V
则需要串联的电阻R
2两端的电压为：U
2
＝U－U
1
＝110 V－40 V＝70 V
则R
2= U
2
/I=70/5=14Ω
即需要串联一个14 Ω的电阻，弧光灯才能正常工作
【考点】闭合电路欧姆定律
点评：本题考查了闭合电路欧姆定律：电路中电压、电流的分配关系。

在计算时往往需要将内阻
的分压作用考虑进去
15.（15分）如图所示，质量为m的砝码A放置在质量为M的滑块B上，B与弹簧相连，它们
一起在光滑的水平面上作简谐运动，弹簧的劲度系数为k，砝码与滑块之间的动摩擦因数为，
要使砝码与滑块在振动过程中不发生相对运动，问最大振幅等于多少？（设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力）
【答案】μ(m + M)g / k
【解析】振幅是偏离平衡位置的最大距离，在最右端，两物体间的作用力为最大静摩擦力，A的
加速度为μg，再以整体为研究对象，加速度与A的加速度相同，由弹簧弹力提供，则弹簧弹力
为μ(m + M)g，则弹簧伸长量为μ(m + M)g / k，即为振幅
【考点】考查简谐振动
点评：难度较小，注意本题中两物体不发生相对运动的前提条件，在最大位移处整体加速度最大，
由牛顿定律求解
16.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线
方向的初速度v
0射入电场中，v
方向的延长线与屏的交点为O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan ；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s.
【答案】（1）（2） (3)
【解析】
(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，
则
所以粒子从射入到打到屏上所用的时间：
（2）设粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角为θ，沿平行电场线方向的速度为，
粒子在沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，
根据牛二定律，粒子在电场中加速度为，
所以，
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向的夹角的正切值为：
（3）设粒子在电场中的偏转距离为，垂直电场线方向匀速直线则：
则，
带电粒子离开电场后做匀速直线运动，则有，解得：
【考点】带电粒子在电场中的偏转
点评：偏转问题的分析处理方法类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的方法。

沿
初速度方向为匀速直线运动，沿电场力方向为初速度为零的匀加速度直线运动。

把电场力看做一
个普通的力，应用力学规律分析求解，这类问题就显得简单而熟悉。

17.有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A.求
（1）电动机线圈的电阻R
（2）电动机正常工作时,线圈上产生的热功率;
（3）电动机正常工作时的输出的功率为多少.
【答案】（1）0.5Ω（2）0.5J （3）1.5J
【解析】电动机不转动时可以看成纯电阻，转动时为非纯电阻
（1）此时让电动机不转动，电动机线圈的电阻为：
- - 3分
（2）电动机正常工作时,线圈上产生的热功率为:
- - 3分
（3）电动机正常工作时的消耗的电功率为：
- - 2分
则电动机正常工作时的输出的功率为:
- - 2分
【考点】电功和电热
点评：中等难度。

当电动机正常工作时(即转动时)，电动机既输出机械能，也产生热能，电动机
三个功率的关系是：P
电=P
热
+P
机
．当电动机被卡住不转动时，就没有机械能的输出，此时电动机
仅相当于一个电阻R．
18.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流
表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为33 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.1 Ω，电动机绕组的电阻0.2Ω，电流表内阻不计，求：
（1）车灯的电阻值；
（2）电动机启动时流过车灯的电流以及电动机的输出功率；
（3）因电动机启动，车灯的电功率降低了多少？
【答案】(1)1.15（2）8A 105W （3）41.4W
【解析】（1）电动机未启动时车灯两端电压………… （2分）
车灯的电阻值…………………………………………（2分）
（2）电动机启动时车灯两端电压
……………… （2分）
流过车灯的电流…………………………………………（2分）
流过电动机的电流…………………………………（ 2分）
电动机的输出功率………… （3分）
（3）电动机启动时车灯的电功率…………………………（2分）
电动机未启动时车灯电功率………………………… （2分）
车灯的电功率降低…………… （3分）
【考点】本题考查闭合电路的欧姆定律，电动机正常工作时电功率，热功率与输出功率间的关系，电功率的公式
点评：本题学生要明确电动机与车灯是并联在电源两端。

19.（14分）如图所示，长L="8" cm的两平行金属板A、B，两板间距离d="8" cm，A板比B板电势高300V。

一带正电的粒子电荷量q=10-10 C,质量m =10-20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线
飞入电场,初速度v
=2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进
入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。

已知两界面MN、PS相距L´="12" cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，粒
子穿过界面PS后绕固定在O点的点电荷做匀速圆周运动，最后打在放置于中心线上的荧光屏bc 上。

(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2)
（1）在图上粗略画出粒子运动的轨迹；
（2）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离y和到达PS界面时离D点的距离Y分别是多少?
（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。

【答案】（1）第一段抛物线，第二段直线，第三段圆弧（2）12cm（3）Q=1.04×10-8C
【解析】（1）第一段抛物线，第二段直线，第三段圆弧 2分
（2）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，
则：
1分
1分
整理即：代入数据，解得： y=0.03m=3cm 1分
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，沿电场方向的速度为v
，则可列
y
=1.5×106m/s 1分
代入数据，解得: v
y
由带入得则 1分
到达PS界面时离D点的距离Y=y+L´tanθ 1分
代入数据，解得: Y=0.12m=12cm 1分
（3）由粒子的偏转方向可知点电荷的电性为负电 1分
由上一问可得粒子从电场中飞出时的速度为：
1分
匀速圆周运动的半径： 1分
由： 1分
得代入数据，解得： Q=1.04×10-8C 1分
本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，由电场力提供加速度和E=U/d可求得粒子运动的加速
度大小，由匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动可求得竖直位移大小，并由运动学公式
v=at可求得竖直方向分速度大小，由三角函数关系可求得偏转角度大小和竖直偏转量大小，由库
仑力提供向心力可求得场源电荷电量大小
20.(14分)加速度计是测定物体加速度的仪器，现代科技中，它已成为导弹、飞机、潜艇制导系
统的信息源，如图9所示为应变式加速度计，当系统加速时，加速度计中的敏感元件也处于加速
状态，敏感元件由两根相同的弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，敏感元
件下端滑动臂可在滑动变阻器上无摩擦水平滑动，当系统加速时敏感元件发生位移，并转换成电
信号输出．已知敏感元件的质量为m，每根弹簧的劲度系数为k，电源的电动势为ε且内阻不计，滑动变阻器的总阻值为R，且总电阻有效长度为L．静态时，两弹簧恰好为原长，滑动变阻器的
滑动触头位于正中间，并且此时加速度计的输出电压为零．
（1）假定待测系统的加速度大小为a，方向向左，求敏感元件发生的位移？
（2）求用输出信号的电压U来表示待测系统加速度a的表达式？
【答案】（1） (2)
【解析】（1）把敏感元件做为研究对象，
元件受到两个一样大的弹力，设弹簧的形变量为x，
根据牛顿第二定律：2kx=ma,x=ma/2k，
所以元件相对静止时的位置向右移动ma/2k；
（2）当元件移动x距离时，输出电压为U=Ir
，I=ε/R, 又因为x=ma/2k
联立可得：
思路分析：根据受力分析，利用牛顿第二定律和胡克定律解出x；再根据欧姆定律和电阻定律求
解出加速度与位移的关系，进行求解。

试题点评：考查力学和电路的综合应用
21. 1993年，中国科学院上海原子核研究所制得一种新的铂元素的同位素铂202（Pt），制取
过程如下：（1）用质子轰击铍9（Be）产生快中子；（2）用快中子轰击汞204（Hg），反
应过程中可能有两种：①生成铂202，并放出α粒子；②生成铂202，并放出质子、中子。

（3）生成的铂202发生两次衰变，变成稳定的原子核汞202，写出上述所有的核反应方程。

【答案】（1）H＋Be→B＋n （2）①n＋Hg→Pt＋He，②n＋Hg→Pt＋2H＋
n （3）Pt→Au＋e，Au→Hg＋ e
【解析】根据质量数和核电荷数守恒可得用质子轰击铍9（Be）产生快中子：H＋Be→B＋
n （2）用快中子轰击汞204（Hg），反应过程中可能有两种：①n＋Hg→Pt＋He，②
n＋Hg→Pt＋2H＋n（3）生成的铂202发生两次衰变，变成稳定的原子核汞202：
Pt→Au＋e，Au→Hg＋ e
思路分析：根据质量数和核电荷数守恒分析
试题点评：本题考查了核反应方程的书写，助于质量数和核电荷数守恒
22.利用单分子油膜法可以精略测定分子大小和阿伏加德罗常数，如果已知体积为V的一滴油在
水面散开形成的单分子油膜的面积为S，求这种油分子的直径的表达式-------．如果这种油的摩尔
质量为，密度为，再写出阿伏加德罗常数的表达式．
【答案】
【解析】油膜法测分子直径是把油酸分子等效成球形并排的液体表面，
这种油的摩尔体积为
一个油分子的体积为
阿伏加德罗常数
思路分析：把油膜看成单分子并排高为分子直径；根据摩尔质量和密度求出摩尔体积，再根据直
径求出一个分子的体积，两者之比即为阿伏伽德罗常数。

试题点评：考查不同问题要建立不同的物理模型。

23.如图所示，绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一带电荷量为q，质量为m的带正电小球，要使带电小球静止时细线与竖直方向成а角，可在空间加一匀强电场则当所加的匀强电场沿着什
么方向时可使场强最小?最小的场强多大?这时细线中的张力多大?
【答案】mgcosа
【解析】小球受到重力G、绳的拉力T、电场力F三个力作用，根据平衡条件可知，拉力T与电
场力F的合力必与重力G等值反向因为拉力T的方向确定，F与T的合力确定，由矢量图可知，
当电场力F垂直悬线时最小,场强也最小.
此时绳中张力T=mgcosа
本题考查受力平衡问题，以小球为研究对象，受到重力、电场力和绳子的拉力，把绳子的拉力和
电场力进行合成得到平行四边形，由三角函数关系可知当电场力与绳子的拉力垂直时电场力最小，电场强度最小
24.（10分）如右图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d="40" cm.电
源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。

闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球
从B板小孔以初速度v
="4" m/s竖直向上射入板间。

若小球带电荷量为q=1×10-2 C，质量为
m=2×10-2 kg，不考虑空气阻力。

那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时电源的输出功率是多大？(取g="10" m/s2)
【答案】23 W
【解析】小球进入板间后，受重力和电场力，且到A板时速度为零．设两板间电压为U
AB
，由动
能定理得
－mgd－qU
AB
＝0－mv
所以滑动变阻器两端电压U
滑＝U
AB
＝8 V
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得I＝＝1 A
滑动变阻器接入电路的电阻R
滑
＝＝8 Ω
电源的输出功率P
出＝I2(R＋R
滑
)＝23 W
本题考查带电粒子在电场中的加速，由电容器两端电压等于滑动变阻器两端电压，由动能定理可求得电容器两端电压，再由闭合电路欧姆定律求电路电流大小，由此可求得电源输出功率
25.如右图所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω，“8 V,16 W”的灯泡L恰好能正常发光，电
动机M绕线的电阻R
＝1 Ω，求：
(1)路端电压．
(2)电源的总功率．
(3)电动机的输出功率．
【答案】(1)8 V(2)40 W(3)12 W
【解析】(1)灯泡正常发光，所以路端电压为8 V.
(2)该题为非纯电阻电路．设干路总电流为I，则8 V＝10 V－I×0.5 Ω，得I＝4 A，故P
总
＝EI＝40 W.
(3)又I
L ＝＝ A＝2 A，故I
M
＝I－I
L
＝2 A，P
M总
＝8×2 W＝16 W，P
M出
＝16 W－22×1 W＝12
W.
26.质量分别为m
1、m
2
、m
3
、m
4
的四个物体彼此用轻绳连接，放在光滑的桌面上，拉力F
1
、F
2
分别水平地加在m
1、m
4
上，如图-8所示。

求物体系的加速度a和连接m
2
、m
3
轻绳的张力F。

（F 1＞F 2）
【答案】①
②
【解析】①由于物体系具有相同的向左的加速度，可将它们看成一个整体，整个系统水平方向受F 1、F 2作用，由牛顿第二定律： ………………………………………………（2分）
………………………………………………（2分）
②以m 1和m 2两物体为整体，该整体受到向左的F 1和向右的F ，加速度为a ，取向左为正。

有：………………………………………………（2分） 将a 代入可得：
…………………………（2分）
本题考查牛顿运动定律以及整体法与隔离法的运用，第一问中我们可以将这几个物体看成一个整体，对其运用牛顿运动定律可得系统的加速度。

第二问我们可以将m 1和m 2两物体为整体，该整体受到向左的F 1和向右的F ，加速度为a ，取向左为正。

对整体运用牛顿第二运动定律可得张力F 。

27. 如图所示为一列简谐波在t 1＝0时刻的图象．此时波中质点M 的运动方向沿y 轴负方向，且t 2＝0.55 s 时质点M 恰好第3次到达y 轴正方向最大位移处．试求： (1)此波沿什么方向传播？ (2)波速是多大？
(3)从t 1＝0至t 3＝1.2 s ，质点N 运动的路程和t 3时刻相对于平衡位置的位移分别是多少？
【答案】(1)沿x 轴负方向 (2)2 m/s (3)120 cm 2.5 cm 【解析】(1)此波沿x 轴负方向传播．（2分） (2)在t 1＝0到t 2＝0.55 s 这段时间时，
质点M 恰好第3次到达沿y 轴正方向的最大位移处， 则有：(2＋)T ＝0.55 s ，
得T ＝0.2 s.（3分）
由图象得简谐波的波长为λ＝0.4 m ， 则波速v ＝＝2 m/s.（2分）
(3)在t 1＝0至t 3＝1.2 s 这段时间，波中质点N 经过了6个周期， 即质点N 回到始点，
所以走过的路程为s ＝6×5×4 cm ＝120 cm. 相对于平衡位置的位移为2.5 cm.（3分）
答案：(1)沿x 轴负方向 (2)2 m/s (3)120 cm 2.5 cm
根据质点的振动方向，可判断波的传播方向，本题考查了波的多解问题，质点M 恰好第3次到达沿y 轴正方向的最大位移处时，经历了2＋个周期，据此求得周期和波长
28. 一棱镜的截面为直角三角形ABC ，∠A=30o ，斜边AB ＝cm 。

棱镜材料的折射率为n=。

在此截面所在的平面内，一条光线以45o
的入射角从AC 边的中点M 射入棱镜(如图所示)求：
（1）光从棱镜射到空气的临界角
（2）求光从入射到第一次射出棱镜在棱镜所需的时间
【答案】（1）45°（2）
【解析】（1）由得（1分）
光从棱镜射向空气是临界角为45°（1分）
（2）光在玻璃中的速度为：（2分）
由数学知识得：（2分）
（2分）
（2分）
本题考查光的全反射定律。

根据判断光射入棱镜中后发生全反射，根据光在介质中的速度为：，结合几何知识算出光从入射到第一次射出棱镜在棱镜所需的时间
29.在光滑水平面上静置有质量均为的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，动摩擦因数为，滑块CD上表面是光滑的圆弧，它们紧靠在一起，如图所示.一可视为质点的物块P，质
量也为，它从木板AB的右端以初速度滑入，过B点时速度为，后又滑上滑块，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，
求：（1）物块滑到B处时木板的速度
（2）木板的长度L.
（3）滑块CD圆弧的半径R.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）物块由A滑至B的过程中三者组成的系统动量守恒
……①解得……②
（2）物块由A至B的过程中，由三者能量关系
……③解得……④
（3）物块由D滑到C的过程中P与CD系统水平方向动量守恒
……⑤
滑块与CD组成的系统机械能守恒……⑥。