方法01 计算题的答题模式高考物理物理计算题解题技法（解析版）

计算题的答题模式--2020年高考计算题解题技法

目录

高考计算题的类型................................................................2

高考计算题考查的内容............................................................2

解高考计算题的一般过程..........................................................2

解高考计算题的一般步骤..........................................................3

高考计算题评分的主要原则........................................................4

高考计算题失分的五大原因........................................................4

高考物理计算题涉及的主要物理概念、规律和模型...................................5

列方程解题时要做到“四要四不要”................................................6

边分析边计算.....................................................................9

先写每个原理后综合计算.........................................................11

热身训练........................................................................13

高考计算题的类型

高考计算题根据试题设问形式的不同，通常分为“递进式”和“并进式”两种类型。

解答“递进式”试题的思维流程：“顺藤摸瓜、瓜熟及第（考取大学）”

解答“并进式”试题的思维流程：”遍地开花、花好梦圆（实现梦想）”

高考计算题考查的内容

解题核心-一建模，拆联

解高考计算题的一般步骤

【典例】如图所示，竖直放置开口向上内壁光滑的汽缸，内有两个质量均为01的密闭活塞，将

缸内理想气体分成I、n两部分,活塞A导热,汽缸及活塞B均绝热.活塞横截面积为S,且

mg=p°S.整个装置处于静止状态，I、II两部分气体的高度均为L。,温度为T。.外界大气压强

为P。并保持不变.现在活塞A上逐渐添加细沙,当细沙质量等于2m,两活塞在某位置重新平

衡时\II中气体的温度升高到手。.求活塞A下降的距离.

【答案】%

【解析】对I气体,初状态Pl=po+^=2po；（1分）

末状态=p°+等=4p°（l分）

根据玻意耳定律有pLS二p「LS（1分）

解得

对II气体,初状态p2=p.+^3p0,（1分）

末状态p?=p/+^=5po（l分）

由理想气体状态方程得

等辛，且丁争（1分）

/0*4

解得L2二%

则A活塞下降的高度△L=2L-（L+L?）=%.（2分）

高考计算题评分的主要原则

1.只看对的、不看错的，不在错的式子里找对的

2.一定要有原始公式，但乱写公式不给分，跟题目情境无关的原始公式不给分

3.只看物理公式和答案，不怎么看数学运算过程，仅有数字运算不给分

高考计算题失分的五大原因

1.死记硬背，不会运用，只写公式不与试题具体条件联系，导致不能得分

2.解题习惯不好，不用字母表示物理量，直接带数字运算，解题时，思维跳跃，缺漏步骤，

无法给公式分。

3.用图像法求解时，画图习惯不好，没有标注特殊点坐标和特征量的大小，看不出计算方

法，虽然结果正确也无法得满分。

4.不能正确分析物理过程，解题层次混乱，犯低级错误，也无法得过程分。

5.随意用字母表示未知量，前后不统一，造成公式错误。不仔细读题，符号不当或用错，

不能得公式、结果分。

高考物理计算题涉及的主要物理概念、规律和模型

1.匀变速直线运动的3个概念，5个公式，两种图象。

2.六种常见力的产生、大小、方向、做功特点及做功计算：重力、弹力、摩擦力（静摩擦力

和滑动摩擦力）、万有引力、电场力（库仑力和静电力）、磁场力（安培力和洛仑兹力）。

3.平行四边形定则，物体平衡条件，正交分解法。

4.牛顿第一、第二和第三定律。

5.平抛运动规律；圆周运动的角速度、线速度、向心加速度、周期、转速的关系；

6.万有引力定律；同步卫星、环绕速度和宇宙速度概念。

7.功，功率；动能、重力势能和机械能的概念；动能定理，机械能守恒定律，功能原理。

8.冲量和动量：动量柒理.：动量守恒定律。

9.库仑定律：电场强度、电势能、电势及电势差概念；电场线、等势面及其关系：场强与电

势差的关系；电场力，电场力做功，电势能变化的计算。

10.欧姆定律；闭合电路欧姆定律；串联和并联电路的规律（电阻、电压、电流、电功率关

系）；电功和电功率公式；焦耳定律；电源的电动势、内电阻和路端电压的概念。

11.安培力的大小和方向；洛仑兹力大小和方向。

12.法拉第电磁感应定律和楞次定律，右手定则。

13.能够熟练处理六种常见的运动模型：

（1）匀速直线运动

（2）匀变速直线运动（3）平抛和类平抛运动

（4）匀速圆周运动（水平面内匀速圆周运动，库仑力作用下匀速圆周运动，天体运动和电

子绕核运动及其对比分析，磁场力作用下的匀速圆周运动）

（5）变速圆周运动（重力场和复合场）

（6）机械振动（含单摆）

14.高中物理计算题涉及的典型物理模型常见有：

（1）追击与相遇模型；

（2）连接体模型；

（3）超重和失重;

（4）圆锥摆

(5)双星模型(近年来一些地区把它演变成三星模型)；

(6)子弹打木块模型；

(7)碰撞和反冲等短暂作用模型；

(8)传送带模型；

(9)流体流量和流体冲击作用模型；

(10)弹簧滑块模型；

(11)示波器；

(12)质谱仪；

(13)速度选择器;

(14)磁流体发电机；

(15)磁聚焦；

(16)回旋加速器等模型；

(17)带电粒子在不同磁场中的复杂运动；

(18)导电滑轨模型(分水平面、斜面和竖直面；它们又都分单棒切割和双棒切割；双棒切

割又有等宽和不等宽，速度同向和速度反向；收尾速度也往往会被涉及)。

列方程解题时要做到“四要四不要”

♦一是要物理公式，而不是数字表达式

♦二是要原始表达式，而不是变形式，如:F-f=ma不要写成/'=F-ma；qvB=rn^-

K

不要写成R=%；G%=mg不要写成GM=。酸♦千万不要数字和字母混写

qBK

♦三是要分步列式，不要一步到位

♦四是要用原始式联立求解，不要用连等式

如不要这样写：F=BIL=B^L=B^L

RR

【典例1】(2019•江苏)如图所示，质量相等的物块力和8叠放在水平地面上，左边

缘对齐.4与B、8与地面间的动摩擦因数均为〃。先敲击4月立即获得水平向右的初速

度，在3上滑动距离£后停下。接着敲击况6立即获得水平向右的初速度，力、8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0求：

（1）力被敲击后获得的初速度大小心:

（2）在左边缘再次对齐的前、后，4运动加速度的大小&、a/；

（3）8被敲击后获得的初速度大小VB.

A

B

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

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

【解析】（1）由牛顿运动定律知，/加速度的大小a产〃g

匀变速直线运动2a/=/

解得以=j2〃gL

（2）设4、8的质量均为m

对齐前，4所受合外力大小户3umg

由牛顿运动定律后加麴，得M=3〃g

对齐后，力、8所受合外力大小/’=2〃侬

由牛顿运动定律9=2勿融'，得aj=〃g

（3）经过时间t,A.8达到共同速度r,位移分别为黑、XB,力加速度的大小等于国

则v=aAttV=VB-aBt

1212

4=5卯，xB=vBt--aBt

且与-x^L

解得vB=2,24gLo

【名师点拨】

1.物理问题的解决往往都要从“受力分析、状态分析和运动过程分析”这三个角度

开始，而受力分析需要将问题定格在一个具体的状态，如初始状态、终止状态与临界状态

等。通过分析已知量和未知量之间的因果关系，对于题目中的关键点要多问几个为什么，

为什么是这样而不是那样，得出隙含在背后的关系和规律，利用这样的逻辑推理激活思

维。

2.从静态到动态活化物理过程，培养动态思维。题目中的文字和图像都是静态的表

象，在通过思维加工的基础上，在脑海中形成一幅“问题图景”，想象成在你面前有这样一

幅真实的景象，并且要让它“动起来”，也就是将自己置身于问题之中，培养动态思维。有

了这样一幅图景，此时的问题就有“生命”了，接下来就是你与它之间的“对话”，采用这

种方法很容易把握状态和过程的关系。

【典例2】图所示，圆形区域半径为此圆心在0点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁

场，磁感应强度大小为仇电子在电子枪中经电场加速后沿A0方向垂直进入磁场，偏转后

从J/点射出并垂直打在荧光屏PQ上的“点，PQ平行于A0,。点到PQ的距离为2位电子电

荷量为e,质量为勿，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：

(1)电子进入磁场时的速度大小V；

(2)电子从进入磁场经多长时间打到荧光屏；

R

(3)若保持电了枪与A0平行，将电了•枪在纸面内向下平移至距A0为一处，则电子打在荧

2

光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。

【答案】(1)—:(2)里上；(3)电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧，该点距N

tn2m

点的距离立R

3

【解析】(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有：evB=m--,

电子轨迹如图甲所示，由几何关系得：r=R；

由以上各式联立得：v=—：

m

(2)电子在电子枪中，由动能定理得：eU=\mv2

2

解得：。=丝£

2m

(3)电子在磁场中运动的半径尸二R,故平行于AO射入磁场

的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与A0相距二的。

2

点射入磁场的电子打在荧光屏上的。点，所以6点位于N点

的左侧；

其轨迹如图乙所示，由几何关系得。=60

解得：GN=-^—=—R

tancr3

【名师点拨】本题借助带电粒子在有界磁场中的运动,考查洛伦兹力、圆周运动等知

识；考查考生灵活运用数学中的几何关系去发现问题、解决问题的能力；综合考查考生物

理的理解能力、推理能力和综合分析能力，以及根据物理学规律正确建立物理模型的方法

等.

本题的难点在分析推理、画轨迹图、物理建模、数学知识的灵活运用等.要求考生具

有一定的物理素养，会将新问题转化为旧问题、复杂问题转化为简单问题。

边分析边计算

比较复杂的计算题采用这种办法，可以得到一些过程必要分数。

【典例】某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB

和倾斜传送带切组成.水平传送带长度〃=4m,倾斜传送带长度5=4.45m,倾角为6

=37°.传送带力8和切通过一段极短的光滑圆弧板过渡.45传送带以力=5m/s的恒定速

率顺时针运转，口传送带静止.已知工件与传送带之间的动摩擦因数均为〃=0.5,重力加

速度尸10m/s?.现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送带最左端月点处.己

知sin37。=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)工件从A端开始第一次被传送到CD传送带上，工件上升的最大高度和从开始到上升到

最大高度的过程中所用的时间.

（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CI）传送带沿顺时针方向运转的速度V2的大

小.(v2<vl)D

【解析】（1）工件无初速放在水平传送带最左端，在摩擦力的作用下向右匀加速运动，设其

加速度大小为q,速度增加到匕所用时间为％,位移大小为西，对物体受力分析如图

由牛顿运动定律可得：N

2

N、=mgyfx=RN\=ma}解得4=5m/s,

01----►J\

由运动学公式得4=L=ls,x.=—a/.2=—x5xl2=2.5/n

1a,12112

G

由于物体与传送带达到共速做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间为：

L

t=AB-^=Q3s

匕

工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下以加速度a,做匀减速直线运动，速度减小

到零的时间为A，位移大小为马，其受力情况如图

由牛顿第二定律可得：N2=mgcos0,mgsin0+/yA^2=ina2

由运动学公式x2=^-

-2al

2

得％=10fn/S,X2=1.25w

工件沿传送带CD上升的最大高度为h=x2sin0=0.75/n

沿CD上升的时间为J=5』=0.5m

—a2

故「件从开始运动到上升到最大高度总时间为f=乙+t2+4=L8s

（2）CD传送带以匕顺时针转动，工件到达传送带速度大小为匕，且匕＞打，则工件收到

沿CD向下的滑动摩擦力，工件以〃2减速上滑，减速位移为与；当工件达到与传送带CD共

速时，由于重力下滑分力大于最大静摩擦力，继续向上减速，当工件速度小于匕时，滑动

摩擦力沿CD传送带向上，其加速度为4，减速位移为七，当速度为。时，恰好到D点:

受力分析如图，得mgsin8-〃N=〃以3

由牛顿运动定律得：

-2a2xy=g一r,一2〃3七=0-V2，x3+x4=LCD

得：V2=4/77/s

先写每个原理后综合计算

适用于较为简单的计算，计算能力较差的同学可以采用这种办法，以减少计算失误而

失去的分数。

【典例】真空中存在电场强度大小为El的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上

做匀速直线运动，速度大小为V。，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到

某值，但保持其方向不变.持续一段时间L后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；

再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g.

（1）油滴运动到B点时的速度：

（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的

3和V。应满足的条件.己知不存在电场时，油滴以初速度V。做竖直卜抛运动的最大高度恰

好等于B、A两点间距离的两倍.

【答案】（1）%%-2g乙：2）见解析

【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为〃，和S油滴速度方向向上为正.油滴在电

场强度大小为白的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在片0时，电场强

度突然从£增加至历时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小e满足

qE「mg=m%①

油滴在时刻△的速度为斗=%②

电场强度在时刻L突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小和满足

qE2+mg=ma2@

油滴在时刻6=2。的速度为v2=匕-砧④

由①②③④式得岭=%-2gf]⑤

（2）由题意，在片。时刻前有夕片=/ng⑥

油滴从夕0到时刻fi的位移为4=%%+gq1⑦

油滴在从时刻。到时刻分2力的时间间隔内的位移为『⑧

由题给条件有%2=2g（2〃）⑨

式中力是反力两点之间的距离.

若，点在月点之上，依题意有邑十的二力⑩

由①②③®®⑥⑦⑧⑨⑩式得上2二[2—2旦+：（旦力与⑪

gh4的

为使E>E，应有2-2々+；（白）2>1⑫

部4gt1

即当0<4<（1-当生⑬

2g

或4>。+堂）国⑭

才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于口2>0和为<0两种情形.

若6在4点之下，依题意有再+匹=-/2⑮

由①②③©©⑧©⑮式得当=[2-2-⑯

gh4gh

为使邑>区,应有2-2，一；（白）2>1⑰

gfi4的

即4>（当+吟⑱

另一解为负，不符合题意，已舍去.

【名师点拨】本题考查牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律.虽然基本知识、规律

比较简单，但物体运动的过程比较多，在分析的时候，注意分段研究，对每一个过程，认

真分析其受力情况及运动情况，应用相应的物理规律解决，还应注意各过程间的联系.

热身训练

1.如图所示空间分为I、II、III三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中I、II区域

存在匀强电场g=1.0x104v/m方向垂直边界竖直向上,E.=—xlO5V/m»方向水

4

平向右；IH区域存在匀强磁场，磁感应强度3=5.0T,方向垂直纸面向里，三个区域宽度

分别为4=5.0m,d2=4.0m,=10V3m,一质量m=1.0x10"kg、电荷量

g=1.6xl（r6c的粒子从。点由静止释放，粒子重力忽略不计。求:

（1）粒子离开区域I时的速度大小；

（2）粒子从区域I【进入区域m时的速度方向与边界面的夹角：

（3）粒子从0点开始到离开HI区域时所用的时间。

XXXXXXI

nixxxxxx</3

XXXXXX

O

【答案】⑴4000m/s(2)30°(3)(3.5+-^)x10-3s

6

【解析】（1）粒子在区域I是向上直线加速，根据动能定理，有：

/2xl.6xl0-6xl.OxlO4x5

m/s=4000m/s

Vl.OxlO8

（2）粒子在区域n中是类平抛运动，根据类平抛运动的分运动公式，有：4=匕5匕=匕

qE、2

匕="^2,岭匕+4

速度偏转角正切：tan9=X

匕

联立解得：呼8OOOnMs,tan(9=—

3

故粒子从区域ii进入区域in时的速度方向与边界面的夹角为30°；

(3)粒子在磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：q△B=吟

1.0xl0-8x8000

解得:10m

I.6X10~6X5

4

根据几何关系可知，粒子在磁场中运动所对的圆心角为120。，因此芍:

4繁二*】。飞

-3

由(2)得：t2=10S

qEi=mci\,Vi=ait\

解得：6=2.5x1(T3s

总时间，=4+/2+'3=(3.5H--7T)X10

6

2.如下图，电子自静止开始经机N板间的电场加速后从4点垂直于磁场边界射入宽度为

"的、足够长的匀强磁场中，肌)两极间的电压为小(已知电子的质量为制电量为e)

(1)若电子从磁场右边界尸点穿出，偏离入射方向的距离为L=求匀强磁场的磁感应强

度；

(2)若仅把秘『两板间的电压变为乌，求电子在该匀强磁场中运动的时间。

4

【答案】⑴B=±J也叱；⑵t=~\-HL-

5八e4、2eU

【解析】（1）在电场中，根据动能定理有6〃=1相声

2

电子在磁场中的运动轨迹如图所示

根据几何知识有（R—L）2+/=R2

则电子在磁场中运动的半径为R=3d

4

2

因为evB=m—

R

联立解得8=土」即竺

5JVe

（2）若仅把MN两板间的电压变为二，则进入磁场的速度变为原来的一半，根据/?=竺

4qB

电子在磁场中的半径变为原来的一半，即为R'=B=』d

28

所以电子在磁场中的运动轨迹如图

所以电子在磁场中运动的时间为r=■@=见」_竺

22eB4\2eU

3.如图所示，最大承受能力为6跖，长为斤的轻质细线一端固定在6点，细线的下端系一

质量为“电荷量为g的带电小球，固定点《的正下方某处的尸点可以垂直于竖直平面插

入一颗光滑的钉子。现将小球从细线处于水平状态由静止释放，小球刚好在S处平抛飞

出。带电小球平抛飞出后经过一块匀强电场区域（只存在于a'之间），恰好从。点进入水

平地面上固定的半径为r的圆弧形槽，槽的圆心在“，〃点为最低点，且/戊3=37°，已

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

8〃两点的高度差为力所入尸1.25户,重力加速度为g,不计空气阻力（已知sin37°=0.6,

cos37°=0.8)

（i）求该光滑的钉子距离a的距离;

（2）求该带电小球带什么电？匀强电场场强的大小及

（3）小球最终停在距离〃处4k的。点，求水平面与小球间的动摩擦因数〃。

【答案】（1）0.6尼（2）正电，警；（3）乌

16g96

【解析】⑴小球从力到8的过程中机械能守恒=〃侬?

解得以=病不

在B点,由牛顿第二定律可知

r

因为小球刚好从8点平抛K出，艮】尸=6〃2g

代入可得r=0.4R则«尸=0.6A,即该光滑钉子距离。的距离为0.6k

.or匕3

(2)小球恰好从。点进入圆弧轨道tan37=^=-

04

在水平方向有匕=匕=J荻

在竖直方向有=〃cos37=R

则vv=y]2ahBC=42aR

9

联立解得g

176

小球从8到0的过程中，根据牛顿第二定律，有mg-Eq=ma

所以£=警，带电小球带正电

16q

(3)根据题意必⑺二^卬"3

且小球在因水平面上克服摩擦力做功卬幽=Kmg.AR

小球恰好从。点进入圆弧轨道，所以上=cos37°

忆

Vc=^y/2gR

从。到。根据动能定理有0-3擀吆二〃2Mm—%笫一卬.昭

%。=%一怎。=025R

29

联立以上各式可得〃=弁

4.如图所示，直角坐标系第I象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为公第II

象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为笈一个正电子(电荷量为+e,质量为

加自x轴负半轴上的力点以初速度％垂直与x轴进入匀强磁场，经磁场偏转后自y轴上

E

的〃点进入电场，此时速度与y轴成。=60,角.忽略正电子的重力影响.已知百=%.

B

求：正电子

(1)在磁场中的运动轨迹半径和运动时间.

(2)在电场中的运动时间和离开电场时的位置.

(3)离开电场时的速度大小.

mv2mn

【答案】(1)R=一t.=----

eB13eB

【解析】如图所示

(1)设正电子在磁场中的运动轨迹半径为此运动时间为公

由牛顿第二定律，有:=,喙

解得：氏=翳

丁2兀R

运动周期：T=——

%

T

在磁场中偏转时间：r,

~3

解得：”鬻

(2)在电场中：沿y轴负方向做匀速直线运动，分速度：匕,=%co$6-为

2

Rs\nO

到达力轴用时：”=------

右

由4=%解得：力=正”

B2eB

eE

沿X轴正方向做匀加速直线运动〃=—

tn

+at

位移：x=v0sin-t2~i

222

(3)由动能定理得：-m(v-v^)=eEx(或v=^vy+vt)

解得正电子离开电场时的速度：v=V7v0

5.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块6静

止于水平轨道的最左端，如图(a)所示.片0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下

滑，一段时间后与6发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的尸点(图中

未标出)时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止.物块/1运

动的广£图像如图(b)所示，图中的力和力均为未知量.已知力的质量为勿，初始时力与

8的高度差为"重力加速度大小为g,不计空气阻力.

(1)求物块夕的质量；

(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块力克服摩擦力所做的功；

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块4停止运动后，改变物块与轨道间

的动摩擦因数，然后将力从尸点释放，一段时间后/I刚好能与8再次碰上.求改变前面动

摩擦因数的比值.

211

【答案】(1)3m(2)~^mgH(3)—

【解析】（1）物块A和物块B发生碰撞后•瞬间的速度分别为％、匕，弹性碰撞瞬间，动

量守恒，机械能守恒，即：wv,=mvA+mBvB

］叫2沏4

乙乙乙

m—mR2m

v

联立方程解得:以二।%；%=——i

fn+m

Bm+mB

根据v-t图象可知，巳二一；匕解得：%=3m

（2）设斜面的倾角为。，根据牛顿第二定律制

v,

当物块A沿斜面下滑时:mgsin0-f=ma],由v-t图象知：4=一

*i

5v.

mgf=ma,

当物体A沿斜面上滑时:sin^4-2由v-1图象知：a2=-7~

解得：f=-mgsinO：

H

又因下滑位移％=----=一卬i

sin。211

_^_=_1.乜.0.47=。1卬

则碰后A反弹.，沿斜面上滑的最大位移为：々

sin。22'"

其中人为P点离水平面得高度，即〃

H

解得.=高工

故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：

91sin。5sin8J15

（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为S,设原来的摩擦因为为〃

则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：mg（H-h}=junig+jum^gS

tan。

设改变后的摩擦因数为〃'，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到

物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：

mgh="mg—^―+“mgS

tan夕

2Hh.cm

又据（2）的结论可知：Wf=—fngH=/jmg-----，得：tan。=9〃

tan。

u11

联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：-^=—•

〃9

6.如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m.距水面4m的湖底

U点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为

4

53°（取sin530=0.8）.已知水的折射率为一

3

（1）求桅杆到P点的水平距离；

（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由尸点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为

【答案】(1)7m(2)5.5m

【解析】①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为玉，到P点的水平距离为为，桅杆

高度为九，P点处水深为生；激光束在水中与竖直方向的夹角为。，由几何关系有

—=tan53

%

—=tan0

%

由折射定律有：sin53=«sin6>

设桅杆到P点的水平距离为X

则x-xl+x2

联立方程并代入数据得：x=7m

②设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为？

由折射定律有:sinf=Hsin45

设船向左行驶的距离为此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为％',到P点的

水平距离为X；,则：M+&'=V+X

—=tani'

，

—=tan45。

h

联立方程并代入数据得：/=(6V2-3)m«5.5m

7.如图所示，宽度为£、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为以方向垂直纸面向

里.绝缘长薄板朗¥置于磁场的右边界，粒