专题12 计算题解题技巧（题型专练）（全国通用）2026年高考物理二轮复习讲练测

热点题型·计算题攻略 专题12 计算题解题技巧 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 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××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qvB＝m，而不是其变形结果R＝；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg＝m，不能写成v＝。 (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m0 、ma、M、m′等，不能统一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R，不能写成r；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 I＝ F＝BIL 不要写连等式F＝BIL＝BL＝BL＝，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，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(10 m/s2,1.6×10－19 C)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“×”。 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，数据计算放到最后。 【典例剖析】 【例1】如图所示，半径为0.5 m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0.04 kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25 m。另一质量为0.2 kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，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10 m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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再次碰撞经历的时间。 【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B1、B2，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m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从A(－L，0)点垂直于x轴以v0的速度射入第Ⅱ象限，并从P(0,2L)点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。 (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第Ⅳ象限，B1应满足什么条件？ (3)如果B2＝2B1＝，且粒子垂直通过平行于y轴的直线x＝nL(n>3)，则n应满足什么条件？ 【例3】在竖直平面内，质量为m1＝0.1 kg的小球A用长为L＝0.5 m的不可伸长的细线悬挂于O点，光滑水平地面到O点的距离为h＝0.5 m，在O点正下方放置一质量为m2＝0.1 kg的小球B。C为一固定的半径为R＝0.1 m的光滑半圆弧槽。把小球A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α＝37°。由静止释放小球A，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，且两球都可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小球A由静止释放后，细线再次伸直前瞬间，小球A的速度大小； (2)判断小球B能否到达半圆弧槽最高点D，如果不能，请说明理由；如果能，求出小球B对半圆弧槽D点的压力大小。 综合巩固 1．如图所示，一轻质弹簧的一端连接在滑块上，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，现有一质量的滑块从光滑曲面上离地面处由静止开始滑下，光滑曲面与水平地面相切，滑块与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。已知滑块的质量、滑块的质量，重力加速度大小取，求： (1)滑块与滑块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。 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、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，半径为的转盘C固定在竖直中心轴的顶端，长度为的缆绳一端系着座椅，另一端固定在转盘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。游客和座椅（整体可视为质点）的总质量为，不考虑一切阻力和缆绳的重力，重力加速度取，，。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。 3．如图所示，光滑水平地面的右侧平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道CD，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，mA=3kg，mB=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D。物块A、B通过D点后做平抛运动，平抛运动落地点间的距离为，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块B通过D点时的速度大小 (2)求物块B通过半圆形光滑轨道CD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） 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，电源电动势，电源内阻，为电阻箱，为电动机，为照明灯泡，灯泡的电阻。白天工作时，只闭合、，断开，调节电阻箱的阻值，稳定时电动机恰好能以的速度匀速提升质量为的物体，电流表示数为；夜晚工作时，闭合、、，通过调节电阻箱，使得稳定时电动机两端电压与白天时相同，并且也恰好能以的速度匀速提升质量为的物体，重力加速度大小取，不计空气阻力、电流表内阻和电动机各部分的摩擦，求： (1)电动机的内部线圈的电阻； (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）。 5．从距地面某高处点以速度竖直向上抛出一质量为的小球，落地时速度的大小为。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，当小球以从点水平向右抛出，落地速度与水平方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度取，，。求： (1)若匀强电场的电场强度水平向右，的大小； (2)若匀强电场的电场强度水平向左，的大小； (3)在空间区域内加（2）中水平向左的电场后，小球从点沿任意方向以抛出，小球落地前可获得的最大动能。已知：若，，则的最大值为。 6．如图所示，在平面直角坐标系xOy的y≥1.5L区域内存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<1.5L区域内存在平行于y轴正方向的匀强电场。电荷量为q、质量为m的带正电粒子从y轴上坐标为（0，4.5L）的P点以方向平行于x轴正方向、大小为v的速度开始运动，第一次从Q点进入电场时速度方向与x轴负方向的夹角α=60°，粒子恰能过坐标原点O。不计粒子重力。求： (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)粒子从P点开始运动到第一次返回P点所用的时间t。 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B=1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN是长为L=2.5m的细长光滑玻璃空心薄管，初始时MN在y轴负半轴上且N端与坐标原点O 重合。管的M端有一质量为m=0.1kg且带正电荷量q=0.1C的静止小球A（视为质点），现使管MN沿x正方向以速度 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Q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v2（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v2的最大值v2m。 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（）的斜面上，间距为L=1m，整个空间分布着磁感应强度大小为B=1T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属棒a、b放置在导轨上，并将b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、b棒的长度均为L，电阻均为 ，a、b的质量为 c的质量为m。（未知且大小可调），金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a、b与导轨间动摩擦因数均为μ（大小可调），其他摩擦不计。初始时b、c间绳索恰好伸直，维持a、b、c静止，释放物块c后，a、b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 (1)若，释放物块c后，a、b棒均保持静止，则c的最大质量 为多大？若仅a棒能始终保持静止，则c的最大质量mc2为多大？ (2)若，将c的质量调整为（1）问中的m，初始时从绳子伸直将c竖直向上提升 h=0.2m，再由静止释放c，当绳子绷紧后b、c共速，求在之后的运动中b与导轨因摩擦所产生的热量Q； (3)若μ=0且mc3= 0.15kg，同时释放a、b与c后： ①若最终a、b匀速运动，求二者匀速运动的速度大小；若最终a、b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。 9．如图所示，水平放置的粗糙金属导轨相距，导轨左端接有的电阻，空间存在斜向右上且与水平面的夹角为的匀强磁场，磁感应强度大小为。现有一根质量的导体棒，在平行导轨方向、大小为的恒力作用下以速度沿导轨匀速运动，某时刻撤去力F，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10m/s2。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？ (3)撤去力F以后，导体棒运动距离为时，证明其速度大于。 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，内阻为，MN与PQ为水平放置的足够长的金属导轨，间距为。战斗机简化为导体棒ab，垂直放置在金属导轨上，与阻值为的定值电阻R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。闭合开关S，导体棒ab在安培力的作用下向右加速运动，达到电磁弹射的效果。若运动过程中，导体棒ab始终与导轨垂直，导体棒接入电路部分的阻值为，不计其他电阻。 (1)求开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流； (2)若导体棒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.导体棒运动过程中受到的阻力； Ⅱ.体棒运动的最大速度； Ⅲ.运动过程中，导体棒可等效为一直流“电动机”，求稳定时“电动机”的效率。 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，的气温下，汽车监测到的胎压为（），汽车在高速行驶时，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积变化。 (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） (2)该汽车轮胎的容积是，轮胎原有1.5atm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1atm的空气的体积是多少？（保持不变） 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香。如图甲所示为一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、温度为；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，杯盖质量为m，杯盖边沿圆形截面的直径为d，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，杯中气体可视为理想气体，重力加速度大小为g，求： (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。 13．如图甲，轴正、负半轴分布有不同介质，轴上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，后又同时停止振动，振动图像如图乙，已知点偏离平衡位置的最大位移大小为，求： (1)左右两列波的波长之比； (2)点运动的路程。 14．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=1s时的波形，质点P从t=0时刻开始计时的振动方程为y=-4sinπt（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)t=1s到t=3.5s的时间内，坐标原点处的质点通过的路程。 15．如图为一透明材质的长方体纵截面，一束平行光以60°的入射角照射在上表面，AB为一长为L的不透光装饰长条（厚度不计），在长方体的左侧壁形成的影子CD长为L。已知光在真空中的传播速度为c。求： (1)透明材料的折射率； (2)求照射到D点和到C点的光在长方体中传播的时间差，并判断随着入射角变大，这个时间差如何变化？ 16．在测量玻璃砖折射率实验中，选择长方体玻璃砖，玻璃砖截面如图所示。边长为，边长为，已经测得玻璃砖折射率为。实验中某同学用一束细激光自O点射入玻璃砖，已知，求： (1)为使激光恰好照射到D点，求激光在面上入射角的正弦值； (2)保持（1）入射角不变，把入射点向A移动，当新的入射点距A的距离为时，判断激光束第一次自玻璃砖射出点的位置并计算该点到D点的距离。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $ 热点题型·计算题攻略 专题12 计算题解题技巧 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 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××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qvB＝m，而不是其变形结果R＝；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg＝m，不能写成v＝。 (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m0 、ma、M、m′等，不能统一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R，不能写成r；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 I＝ F＝BIL 不要写连等式F＝BIL＝BL＝BL＝，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，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(10 m/s2,1.6×10－19 C)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“×”。 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，数据计算放到最后。 【典例剖析】 【例1】如图所示，半径为0.5 m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0.04 kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25 m。另一质量为0.2 kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，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10 m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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再次碰撞经历的时间。 【答案】　(1)4.8 N，与竖直方向夹角37°斜向下　(2)3 s 【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 mAgRcos 37°＝mAv02①(2分) 设物块A运动到N点时受到曲面的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得 FN－mAgcos 37°＝mA②(2分) 联立解得FN＝4.8 N(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mAgRcos 37°－mAv02＝0。②式的依据是牛顿第二定律，不能写成FN－mAgcos 37°－mA＝0。 由牛顿第三定律得物块A对曲面的压力大小FN′＝FN＝4.8 N③(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FN′＝FN＝4.8 N，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v，由牛顿第二定律可得 mAgsin 37°－μAmAgcos 37°＝mAa④(1分) 由运动学公式可得 v2－v02＝2ax0⑤(1分) 联立解得v＝3 m/s(1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v′，物块B速度为v1，满足动量守恒、机械能守恒， 即mAv＝mAv′＋mBv1⑥(1分) mAv2＝mAv′2＋mBv12⑦(1分) 联立解得v′＝2 m/s，v1＝5 m/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a做匀加速运动，设经时间t第二次碰撞，由运动学公式可得 v′t＋at2＝v1t⑧(2分) 解得t＝3 s⑨(1分) 【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B1、B2，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m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从A(－L，0)点垂直于x轴以v0的速度射入第Ⅱ象限，并从P(0,2L)点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。 (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第Ⅳ象限，B1应满足什么条件？ (3)如果B2＝2B1＝，且粒子垂直通过平行于y轴的直线x＝nL(n>3)，则n应满足什么条件？ 【答案】　(1)　沿x轴负方向　(2)B1＜　(3)n＝1＋k(k＝2,3…) 【解析】　(1)带电粒子射入第Ⅱ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＝v0t(2分) L＝·t2(2分) 解得E＝(1分) (2)设带电粒子在第Ⅰ象限内的运动轨迹刚好与x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α，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 tan α＝＝(1分) v＝(1分) 由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m(1分) 由几何关系得2L＝r＋rsin α(1分) 解得B1＝(1分) 为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，应满足B1＜。(1分) ①向心力qvB1＝m不能写成r＝，最后要写明B1＜。 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B2＝2B1＝ 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r1＝L，r2＝(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＝r1cos α＋kcos α(r1＋r2)＝(1＋k)L＝nL(k＝0,1,2,3…)(3分) 又n>3，所以n应满足n＝1＋k(k＝2,3…)。(2分) 画出粒子运动示意图，根据几何关系列式，不需要证明，要注明k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m1＝0.1 kg的小球A用长为L＝0.5 m的不可伸长的细线悬挂于O点，光滑水平地面到O点的距离为h＝0.5 m，在O点正下方放置一质量为m2＝0.1 kg的小球B。C为一固定的半径为R＝0.1 m的光滑半圆弧槽。把小球A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α＝37°。由静止释放小球A，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，且两球都可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小球A由静止释放后，细线再次伸直前瞬间，小球A的速度大小； (2)判断小球B能否到达半圆弧槽最高点D，如果不能，请说明理由；如果能，求出小球B对半圆弧槽D点的压力大小。 【解题指导】 (1)　法一　球A开始时做自由落体运动，设下 　　　　(关键点)确定球A运动模型 落高度为h0时细线伸直，则有v2＝2gh0① 由几何关系得h0＝2Lcos α② 解得v＝4 m/s③ ①②③分步列式求解 法二　球A由静止下落，由动能定理有 m1gh0＝m1v2④ 由几何关系得h0＝2Lcos α⑤ 解得v＝4 m/s。⑥ (2)把竖直速度v分解为沿细线方向的速度v1和垂直细线方向的速度v2， [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v2＝vsin α 设小球A、B碰撞前瞬间，球A的速度为vA 由动能定理可得 [关键过程]细线伸直后到与B球碰撞前 m1g(h－Lcos α)＝m1v－m1v 两球碰撞为弹性碰撞，设碰后瞬间球B速度为vB1， [题目关键信息]弹性碰撞满足动量守恒，机械能守恒 球A速度为vA1， 由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m1vA＝m1vA1＋m2vB1 m1v＝m1v＋m2v 假设球B能到达最高点D，设球B在最高点速度为vD， [关键过程]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 －2m2gR＝m2v－m2v 解得vD＝ m/s＞＝1 m/s 所以球B能到达最高点D [关键点]恰好过最高点的临界条件v0＝ 在D点，由牛顿第二定律得F＋m2g＝m2 解得F＝2.76 N 由牛顿第三定律可知，球B对D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 F′＝2.76 N。 综合巩固 1．如图所示，一轻质弹簧的一端连接在滑块上，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，现有一质量的滑块从光滑曲面上离地面处由静止开始滑下，光滑曲面与水平地面相切，滑块与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。已知滑块的质量、滑块的质量，重力加速度大小取，求： (1)滑块与滑块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) (2) (3) 【详解】（1）滑块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 滑块与碰撞的过程，、系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为，取向右为正方向，由动量守恒定律得 联立解得 （2）滑块、、速度相等（设速度为）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 解得，方向水平向右 弹簧被压缩的过程中，系统机械能守恒，则有 解得弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能 （3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块脱离弹簧，此时滑块速度达到最大，不再改变，设此时滑块、的速度为，滑块的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得、，故滑块能获得的最终速度大小为 弹簧对滑块的冲量大小 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、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，半径为的转盘C固定在竖直中心轴的顶端，长度为的缆绳一端系着座椅，另一端固定在转盘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。游客和座椅（整体可视为质点）的总质量为，不考虑一切阻力和缆绳的重力，重力加速度取，，。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】(1) (2) (3) 【详解】（1）对游客和座椅受力分析，由平衡条件得 解得 （2）对游客和座椅受力分析，有 根据几何关系可得 解得 对转盘与转盘，具有相同的角速度，即 对转盘与转盘，具有相同的线速度，即 解得转盘转动的角速度大小为 （3）对游客和座椅受力分析，由牛顿第二定律得 由功能关系可得缆绳对游客和座椅做的功为 其中 联立解得 3．如图所示，光滑水平地面的右侧平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道CD，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，mA=3kg，mB=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D。物块A、B通过D点后做平抛运动，平抛运动落地点间的距离为，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块B通过D点时的速度大小 (2)求物块B通过半圆形光滑轨道CD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】(1) (2) (3)不是弹性碰撞 【详解】（1）在D点根据牛顿第二定律，对A， 根据平抛运动知识， 得         代入得 且 根据 解得 （2）根据动能定理对物块B通过半圆形轨道的过程有 解得B通过C时的速度大小 根据动量定理对B，有 解得 （3）根据动能定理对物块A通过半圆形轨道的过程有 解得 如果是弹性碰撞， 解得 而实际为，所以不是弹性碰撞。 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，电源电动势，电源内阻，为电阻箱，为电动机，为照明灯泡，灯泡的电阻。白天工作时，只闭合、，断开，调节电阻箱的阻值，稳定时电动机恰好能以的速度匀速提升质量为的物体，电流表示数为；夜晚工作时，闭合、、，通过调节电阻箱，使得稳定时电动机两端电压与白天时相同，并且也恰好能以的速度匀速提升质量为的物体，重力加速度大小取，不计空气阻力、电流表内阻和电动机各部分的摩擦，求： (1)电动机的内部线圈的电阻； (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】(1) (2) (3)57.2W 【详解】（1）白天工作时电动机两端电压 得 电动机输出的功率 电动机的内部线圈的发热功率 得 由 得 （2）通过灯泡的电流 得 干路总电流 电源的内电压 得 电阻箱的电压 得 电阻箱的阻值 得 （3）电动机不转时可视为纯电阻，此时电动机与灯泡并联 外电阻 干路电流 得 电源的输出功率 得 5．从距地面某高处点以速度竖直向上抛出一质量为的小球，落地时速度的大小为。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，当小球以从点水平向右抛出，落地速度与水平方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度取，，。求： (1)若匀强电场的电场强度水平向右，的大小； (2)若匀强电场的电场强度水平向左，的大小； (3)在空间区域内加（2）中水平向左的电场后，小球从点沿任意方向以抛出，小球落地前可获得的最大动能。已知：若，，则的最大值为。 【答案】(1) (2) (3) 【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 解得A点高度 水平向右抛时，竖直方向（正方向向下） 运动时间 水平方向：设加速度为（正方向向右），落地时（正方向向右） 由 得 由牛顿第二定律 得 （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）， 解得 水平方向：设加速度为（正方向向左），落地时（正方向向左） 由（初速度水平向右，为，正方向向左） 得 由牛顿第二定律 得 （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（正方向向左） 竖直分量（正方向向下，向上为负） 竖直方向位移方程。 水平方向位移方程。 由动能定理 代入、 得。 结合题目给定公式，最大化得 代入得最大动能 6．如图所示，在平面直角坐标系xOy的y≥1.5L区域内存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<1.5L区域内存在平行于y轴正方向的匀强电场。电荷量为q、质量为m的带正电粒子从y轴上坐标为（0，4.5L）的P点以方向平行于x轴正方向、大小为v的速度开始运动，第一次从Q点进入电场时速度方向与x轴负方向的夹角α=60°，粒子恰能过坐标原点O。不计粒子重力。求： (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)粒子从P点开始运动到第一次返回P点所用的时间t。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由几何关系有 解得 对粒子受力分析，有 解得 （2）由几何关系可知，Q点的横坐标 设粒子从Q点第一次运动到O点的时间为t1，平行于x轴方向上有 垂直于y轴方向上有 其中，解得， （3）粒子从P点开始运动到第一次过Q点所用的时间 粒子运动至O点时 由此可知粒子的运动轨迹关于y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 解得 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B=1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN是长为L=2.5m的细长光滑玻璃空心薄管，初始时MN在y轴负半轴上且N端与坐标原点O 重合。管的M端有一质量为m=0.1kg且带正电荷量q=0.1C的静止小球A（视为质点），现使管MN沿x正方向以速度 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Q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v2（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v2的最大值v2m。 【答案】(1) (2) (3) 【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 解得 根据位移时间公式有 解得 小球A运动P点时，沿y方向的速度为 故小球从N端离开管时的速度大小 （2）由上问可得 作出小球从 P点离开管后做逆时针方向的圆周运动，交x负半轴于点，画出其运动轨迹如图所示 根据洛伦兹力提供向心力，则有 代入数据解得 根据几何关系有 可得 （3）从Q点作轨迹圆的切线与圆相切于点，根据切割线定理有 代入数据解得 根据几何关系可知与轴成角 小球做圆周运动的周期为 小球B运动时间与小球A运动时间满足 当时有最大值为，代入上式可得 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（）的斜面上，间距为L=1m，整个空间分布着磁感应强度大小为B=1T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属棒a、b放置在导轨上，并将b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、b棒的长度均为L，电阻均为 ，a、b的质量为 c的质量为m。（未知且大小可调），金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a、b与导轨间动摩擦因数均为μ（大小可调），其他摩擦不计。初始时b、c间绳索恰好伸直，维持a、b、c静止，释放物块c后，a、b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 (1)若，释放物块c后，a、b棒均保持静止，则c的最大质量 为多大？若仅a棒能始终保持静止，则c的最大质量mc2为多大？ (2)若，将c的质量调整为（1）问中的m，初始时从绳子伸直将c竖直向上提升 h=0.2m，再由静止释放c，当绳子绷紧后b、c共速，求在之后的运动中b与导轨因摩擦所产生的热量Q； (3)若μ=0且mc3= 0.15kg，同时释放a、b与c后： ①若最终a、b匀速运动，求二者匀速运动的速度大小；若最终a、b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。 【答案】(1)； (2) (3)①，；② 【详解】（1）a、b棒均保持静止，无感应电流，且，故可以静止在轨道上 对b、c系统要保持静止，根据平衡条件有 解得 当棒运动后，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 解得 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 解得 （2）下落过程，根据机械能守恒有 解得 绳绷紧后，对b、c系统，沿绳方向，根据动量守恒有 当b、c共速度后静止，b、c做减速运动，对b、c系统，在沿绳方向，根据动量定理有 又 可得 设b向上运动x后停止，根据，，， 可得 又产生的热量 联立并代入数据可得 （3）①设某一时刻的电流为，当向下运动时，根据牛顿第二定律有 解得 对b、c整体，根据牛顿第二定律有 解得 对棒和导轨组成的回路，根据闭合电路欧姆定律有 因为两棒的初速度为零，则有 代入数据可得 即棒a、b匀做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，即 解得a最终匀速的速度大小为 又 解得b最终匀速的速度大小为 ②由上可知，、的位移关系为 其中 可得 根据 其中 联立可得电路中电荷量的大小为 9．如图所示，水平放置的粗糙金属导轨相距，导轨左端接有的电阻，空间存在斜向右上且与水平面的夹角为的匀强磁场，磁感应强度大小为。现有一根质量的导体棒，在平行导轨方向、大小为的恒力作用下以速度沿导轨匀速运动，某时刻撤去力F，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10m/s2。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？ (3)撤去力F以后，导体棒运动距离为时，证明其速度大于。 【答案】(1) (2) (3)见解析 【详解】（1）导体棒受力如图所示 导体棒匀速运动时，回路的感应电流 则电阻R的发热功率 （2）由平衡条件 解得 （3）撤去力F以后导体棒运动距离x时其速度为以向右为正方向，根据动量定理得： 整理得 可得 代入可得 已知撤去力F导体棒继续运动距离s后停止，即时， 则 设当时，用时，速度为，则有 联立得 撤去力F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。 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，内阻为，MN与PQ为水平放置的足够长的金属导轨，间距为。战斗机简化为导体棒ab，垂直放置在金属导轨上，与阻值为的定值电阻R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。闭合开关S，导体棒ab在安培力的作用下向右加速运动，达到电磁弹射的效果。若运动过程中，导体棒ab始终与导轨垂直，导体棒接入电路部分的阻值为，不计其他电阻。 (1)求开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流； (2)若导体棒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.导体棒运动过程中受到的阻力； Ⅱ.体棒运动的最大速度； Ⅲ.运动过程中，导体棒可等效为一直流“电动机”，求稳定时“电动机”的效率。 【答案】(1) (2)Ⅰ.；Ⅱ.；Ⅲ. 【详解】（1）导体棒接入电路部分的阻值与定值电阻相等，则回路总电阻 开关S闭合瞬间，回路的干路电流 流过导体棒的电流 （2）Ⅰ.根据闭合回路欧姆定律有 此时通过定值电阻的电流 则此时通过导体棒的电流 稳定时，导体棒所受阻力大小等于安培力，则有 解得 Ⅱ.稳定时，导体棒速度达到最大值，结合上述有 解得 Ⅲ. 运动过程中，导体棒可等效为一直流“电动机”，稳定时“电动机”效率 结合上述解得 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，的气温下，汽车监测到的胎压为（），汽车在高速行驶时，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积变化。 (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） (2)该汽车轮胎的容积是，轮胎原有1.5atm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1atm的空气的体积是多少？（保持不变） 【答案】(1)67.9°C (2)0.021m3 【详解】（1）车胎内的气体做等容变化，根据查理定律有 其中，， 代入数据解得 则 （2）根据玻意耳定律的推论有 其中，，， 代入数据求得 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香。如图甲所示为一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、温度为；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，杯盖质量为m，杯盖边沿圆形截面的直径为d，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，杯中气体可视为理想气体，重力加速度大小为g，求： (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】(1) (2) 【详解】（1）当杯盖刚好要被顶起时，根据力的平衡有 又 解得 （2）设杯盖刚好要被顶起时杯中气体的温度为T，由查理定律可得 解得 13．如图甲，轴正、负半轴分布有不同介质，轴上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，后又同时停止振动，振动图像如图乙，已知点偏离平衡位置的最大位移大小为，求： (1)左右两列波的波长之比； (2)点运动的路程。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由图乙可知，两列波源的振动周期为 由于点偏离平衡位置的最大位移大小为，且左列波源离O点较近，因此两列波应同时到达O点产生干涉，则有 解得 又因为 左右两列波的波长之比 （2）当时，则点运动的路程 14．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=1s时的波形，质点P从t=0时刻开始计时的振动方程为y=-4sinπt（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)t=1s到t=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，10m (2) 【详解】（1）由质点P的振动方程y=-4sinπt（cm） 可知，t=1s时质点P正处在平衡位置向上振动，则波的传播方向沿x轴的正方向，该波的周期为 简谐横波的波长为 由图可知，质点P的横坐标值应为10m （2）设坐标原点处质点的振动方程为 由图可知A=4cm 由图可知，t=1s时原点处质点的位移为y=2cm t=3.5s时坐标原点处质点的位移为 又 则该时间内坐标原点处的质点通过的路程为 15．如图为一透明材质的长方体纵截面，一束平行光以60°的入射角照射在上表面，AB为一长为L的不透光装饰长条（厚度不计），在长方体的左侧壁形成的影子CD长为L。已知光在真空中的传播速度为c。求： (1)透明材料的折射率； (2)求照射到D点和到C点的光在长方体中传播的时间差，并判断随着入射角变大，这个时间差如何变化？ 【答案】(1) (2)，变小 【详解】（1）由题意可知，光路图如图所示 其中，入射角为，折射角为，过C点作左侧壁的垂线交BD于E，则四边形ACDE为平行四边形，所以 则 根据几何关系可知， 可得透明材料的折射率为 联立，解得 （2）光在透明材料中的速度为 照射到D点比到C点的光在长方体中传播多用的时间为 解得 若入射角变大，则折射角变大，又因为 则DE变小，故时间差变小。 16．在测量玻璃砖折射率实验中，选择长方体玻璃砖，玻璃砖截面如图所示。边长为，边长为，已经测得玻璃砖折射率为。实验中某同学用一束细激光自O点射入玻璃砖，已知，求： (1)为使激光恰好照射到D点，求激光在面上入射角的正弦值； (2)保持（1）入射角不变，把入射点向A移动，当新的入射点距A的距离为时，判断激光束第一次自玻璃砖射出点的位置并计算该点到D点的距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由几何关系可得折射角的正弦为 解得r=37° 根据折射定律有 激光在AB面上入射角的正弦值为 （2）把入射点向A移动，当新的入射点距A的距离为2.0cm时，根据全反射的临界角 解得，由几何关系知，此时光线在AD面上入射角为53°，可知光在AD面的E点发生全反射，经DC下表面的F点第一次从玻璃砖射出，由几何关系可知 解得，即激光束第一次自玻璃砖射出点到D点的距离为4cm。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $