2021年高考物理压轴题汇总含答案解析

1.

解析：

Mmmv21由G2=得，卫星在空间站上的动能为 Ek= mv2 =

r2rG

Mm。

2(Rh)卫星在空间站上的引力势能在 Ep = -G 机械能为 E1 = Ek + Ep =-G

Mm RhMm

2(Rh)同步卫星在轨道上正常运行时有 G

3Mm =mω2r 2r故其轨道半径 r=

MG2

MmMm由③式得，同步卫星的机械能E2 = -G=-G

2r231=-m(GM)2 232GM

卫星在运行过程中机械能守恒，故离开航天飞机的卫星的机械能应为 E2，设离开航天飞机

1时卫星的动能为 Ekx，则Ekx = E2 - Ep-

23GM2 +G

Mm Rh2. 如图甲所示，一粗糙斜面的倾角为37°，一物块m=5kg在斜面上，用F=50N的力沿斜面

向上作用于物体，使物体沿斜面匀速上升，g取10N/kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）若将F改为水平向右推力F，如图乙，则至少要用多大的力F才能使物体沿斜面上升。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

解析：

（1）物体受力情况如图，取平行于斜面为x轴方向，垂直斜面为y轴方向，由物体匀速运动知物体受力平衡

FxFGsinf0 FyNGcos0

解得 f=20N N=40N

因为FNN，由fFN得f10.5 N2（2）物体受力情况如图，取平行于斜面为x轴方向，垂直斜面为y轴方向。当物体匀速上行时力F取最小。由平衡条件

FxFcosGsinf0 FyNFsinGcos0

且有fN

联立上三式求解得 F100N

解：设一年前、后卫星的速度分别为

2v1MmG2mR1R1 2v2MmG2mR2R2

v1、

v2，根据万有引力定律和牛顿第二定律有

⑴

⑵

式中G为万有引力恒量，M为地球的质量，1和即

RR2分别为一年前、后卫星的轨道半径，

R1R0H

⑶ ⑷

R2R0HH卫星在一年时间内动能的增量

Ek1212mv2mv122

⑸

由⑴、⑵、⑸三式得

111EkGMm()2R2R1

⑹

由⑶、⑷、⑹式可知，

Ek0，表示在这过程中卫星的动能是增加的。

在这过程中卫星引力势能的增量

EPGMm(

11)R2R1

⑺

EP0

，表示在这过程中卫星引力势能是减小的。卫星机械能的增量

⑻

EEkEP由⑹、⑺、⑻式得

111EGMm()2R2R1

⑼

E0，表示在这过程中卫星的机械能是减少的。由⑶、⑷式可知，因R1、R2非常

接近，利用

R1R2HR1R2R12

⑽ ⑾

⑼式可表示为

E

1GMmH2R12

⑿

卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功。卫星在沿半径为R的轨道运行一周过程中空气作用于卫星的阻力做的功

W1F2RACRv2 ⒀

根据万有引力定律和牛顿运动定律有

v2MmG2mRR W1ACGM ⒁

由⒀、⒁式得

⒂

⒂式表明卫星在绕轨道运行一周过程中空气阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关。卫

星绕半径为R的轨道运行一周经历的时间

T

2Rv

⒃

由⒁、⒃式得

T2R

RGM R1GM

⒄

由于在一年时间内轨道半径变化不大，可以认为T是恒量，且

T2R1 ⒅

以表示一年时间，有

3600s365243.15107s

⒆

卫星在一年时间内做圆周运动的次数

n

T

⒇

在一年时间内卫星克服空气阻力做的功

WnW1 (21)

由功能关系有

WE

(22)

G由⒂⒅⒇(21)(22)各式并利用

Mg2R1得



mHACR1R1g (23)

代入有关数据得

1.1013kgm3

(24)

4、如图（甲）所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的四分之一圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管（细圆管内径略大于小球的直径），细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节。下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内。一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出。今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差△F。改变BC间距离L，重复上述实验，最后绘得△F-L的图线如图（乙）所示。（不计一切摩擦阻力，g取10m/s2）

（1）某一次调节后D点离地高度为0.8m。小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2.4m，求小球过D点时速度大小。

（2）求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小。 解析：

（1）小球在竖直方向做自由落体运动，HD12gt 2水平方向做匀速直线运动 XVDt 得：VxDtx6m

s2HDg（2）设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒：

1212mvAmvDmg(2rL) 22VA2在A点：FAmgm

r在D点：FDmgmVD

r由以上三式得：

2FFAFD6mg2mgL r由图象纵截距得：6mg=12 得m=0.2kg 由L=0.5m时 △F=17N 代入得：r=0.4m

5 、如图所示，在光滑的水平地面上，质量为M=3.0kg的长木板A的左端，叠放着一个质

量为m=1.0kg的小物块B（可视为质点），处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.30。在木板A的左端正上方，用长为R=0.8m的不可伸长的轻绳将质量为m=1.0kg的小球C悬于固定点O点。现将小球C拉至上方使轻绳拉直且与水平方向成θ=30°角的位置由静止释放，到达O点的正下方时，小球C与B发生碰撞且无机械能损失，空气阻力不计，取g=10m/s2，求：

（1）小球C与小物块B碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力； （2）木板长度L至少为多大时，小物块才不会滑出木板。 解析：

（1）静止释放后小球做自由落体运动到a，轻绳被拉紧时与水平方向成30角，再绕O

点向下做圆周运动，由机械能守恒定律得

mgR12mv0 2

轻绳被拉紧瞬间，沿绳方向的速度变为0，沿圆周切线方向的速度为

vav0cos

小球由a点运动到最低点b点过程中机械能守恒

1212 mvamgR1sinmvb22设小球在最低点受到轻绳的拉力为F，则

2vb Fmgm

R联立解得F3.5mg35N

（2）小球与B碰撞过程中动量和机械能守恒，则

mvbmv1mv2

121212mvbmv1mv2 222解得 v1=0，v2=vb=

5gR（碰撞后小球与B交换速度） 2B在木板A上滑动，系统动量守恒，设B滑到木板A最右端时速度为v，则

mv2mMv

B在木板A上滑动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，由能量守恒定律得

2mgLmv2121mMv2 225gRM 联立解得L2gmM2代入数据解得L=2.5m

6、如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球B，使球B从静止开始向下摆动．求球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差．

解析：

设球A刚要离开地面时联接球B的绳与其初始位置的夹角为，如图所示，这里球B的速度为v，绳对球B的拉力为T，根据牛顿第二定律和能量守恒，有

v2Tmgsinml 12mvmglsin2

①

②

当A球刚要离开地面时，有

Tmg

③

以h表示所求高度差，有

hlsin

④

1hl3 由①②③④解得

⑤

7 （20分）如图所示，在高为h的平台上，距边缘为L处有一质量为M的静止木块（木块的尺度比L小得多），一颗质量为m的子弹以初速度v0射入木块中未穿出，木块恰好运动到平台边缘未落下，若将子弹的速度增大为原来的两倍而子弹仍未穿出，求木块的落地点距平台边缘的水平距离，设子弹打入木块的时间极短。

解析：

设子弹以v0射入时，木块的初速度为v1，根据动量守恒定律有 mv0=(m+M) v1 ① 根据动能定理有 μ（m+M）gL=

1（m+M）v12 ② 2设子弹以2v0射入时，木块的初速度为v2，末速度为v3，根据动量守恒定律有 m2v0=(m+M) v2 ③ 根据动能定理有 μ（m+M）gL=

11（m+M）v22-（m+M）v32 ④ 22设木块落地点距平台边缘的距离为x,由平抛运动规律有 X= v3

2h ⑤ gmv06h

Mmg由①②③④⑤联立解得 x=

8、如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连

接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m／s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m／s2。求：

（1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小； （2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep； 解析：

（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的

速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。

根据牛顿第二定律和运动学公式 μmg=ma v=vC+at

1svCtat2

2解得 x=1.25m＜L

即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s。

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律 mv0=2mv1 2 mv1=2mv2+mvC

由能量守恒规律 EP2mv1221122mv2212mvC

2解得EP=1.0J

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。

设A与B碰撞后的速度为v1，分离后A与B的速度为v2，滑块C的速度为vC，由能量守恒规律和动量守恒定律 mvm=2mv1′

2mv1′=mvC′+2mv2′

由能量守恒规律 EP2mv122112122mv2mvC 22由运动学公式 vC2v22aL

解得： vm=7.1m/s

9.、如图所示。一水平传送装置有轮半径为R=

1m的主动轮Q1和从动轮Q2及传送带等构成。两轮轴心相距8m，轮与传送带不打滑，现用此装置运送一袋面粉（可视为质点），已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。

解析：

（1）面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力f=µmg 根据牛顿第二定律：af4m/s2 mv1s a若传送带的速度v=4m/s，则面粉袋加速运动的时间 t1＝在t1时间内的位移 s112at2m 2其后以v=4m/s速度匀速运动 s2lABs1vt2 解得：t2=1.5s 所以运动总时间：t=t1＋t2=2.5s （2）要想时间最短，面粉袋应一直向B端匀加速运动 由lAB12at得t2s 2此时传送带的速度vat8m/s （3）传送带速度越大，“痕迹”越长。

当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。 即痕迹长l2lAB2R18m

在面粉袋由A端运动到B端的时间t2s内痕迹达到最长，传送带运动的距离

sllAB26m

则传送带的速度vs13m/s t1M摆线的质量不210、如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木块上固连一支架，木块与支架的总质量为M．一摆球挂于支架上，摆球的质量为m，m计．初始时，整个装置处于静止状态．一质量为m的子弹以大小为v0、方向垂直于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便一起开始运动．已知摆线最大的偏转角小于900，在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的，木块未发生转动．

i．求摆球上升的最大高度． ii．求木块的最大速率．

iii．求摆球在最低处时速度的大小和方向．

i．由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短，可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移．设摆球（包括停留在球内的子弹）向前（指垂直于图面向里）的速度为u，由动量守恒定律有

mv0=2mu

(l)

摆球以速度u开始向前摆动，木块亦发生运动．当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止，设此时木块的速度为V，摆球上升的高度为h，因水平方向动量守恒以及机械能守恒有

2mu=(2m+M)V (2)

mu2(3) 解（l）、（2）、（3）三式得

2Mv0h8g(2mm)1(2mM)V22mgh 2

(4)

ii．摆球升到最高后相对木块要反向摆动．因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位置前的整个过程中，摆线作用于支架的拉力始终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置后，直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将向斜后方，它使木块速度减小，所以在摆线（第一次）返回到竖直位置的那一时刻，木块的速度最大，方向向前

以V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率，u’表示此时摆球的速度（相对桌面），当u' >0，表示其方向水平向前，反之，则水平向后．因水平方向动量守恒以及机械能守恒，故有

2mu2muMV (5)

mu2mu21MV2 2(6)

解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小

V0 (7)

V2mv0

2mM(8)

(7）式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度，它也是摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速率为（8）式，它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度．

iii．在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于最低处．当子弹刚射人摆球时，摆球位于最低处，设这时摆球的速度为u，由（l）式得

u1v0 2(9)

方向水平向前．当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大，设这时摆球的速度为u'，由 (l）、（5）、（6）三式和（8）式可得

1mM2v u0M2m(10)

其方向向后．

当摆球第二次回到最低处时，由（7）式木块速度减至0，设这时摆球的速度为u''， 由（l）、（5）、（6）式可得

u''＝u1v0 2 (11) 方向向前，开始重复初始的运动．

11、图中坐标原点O (0, 0）处有一带电粒子源，向y≥0一侧沿Oxy平面内的各个不同方向发射带正电的粒子，粒子的速率都是v，质量均为m，电荷量均为q．有人设计了一方向垂直于Oxy平面，磁感应强度的大小为 B 的均匀磁场区域，使上述所有带电粒子从该磁场区域的边界射出时，均能沿x轴正方向运动．试求出此边界线的方程，并画出此边界线的示意图． 解析：

先设磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直xy平面向里，且无边界．考察从粒子源发出的速率为v、方向与x轴夹角为θ的粒子，在磁场的洛仑兹力作用下粒子做圆周运动，圆轨道经过坐标原点O，且与速度方向相切，若圆轨道的半径为R，有

v2 qvBm （1）

R得 Rmv (2) qB圆轨道的圆心O’在过坐标原点O与速度方向垂直的直线上，至原点的距离为R，如图1所示．通过圆心 O’作平行于y轴的直线与圆轨道交于P点，粒子运动到P点时其速度方向恰好是沿x轴正方向，故P点就在磁场区域的边界上．对于不同人射方向的粒子，对应的P点的位置不同，所有这些P点的连线就是所求磁场区域的边界线．P点的坐标为

x＝—Rsinθ (3 ) y＝一R + Rcosθ (4)

这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数θ，得 x2 +(y+R)2=R2 (5) 由（2）、（5）式得

mv2m2v2 x(y)22 (6)

qBqB2这是半径为R圆心 O’’的坐标为（0，一R ) 的圆，作为题所要求的

磁场区域的边界线，应是如图 2 所示的半个圆周，故磁场区域的边界线的方程为

mv2m2v2 x(y)22 x0y0 (7)

qBqB2若磁场方向垂直于xy面向外，则磁场的边界线为如图3示的半圆，磁场区域的边界线

的方程为

x2 +(y—R)2=R2 x0 y0 （8 )

mv2m2v2或 x(y)22 x0 y0 （9）

qBqB212、.如图Ⅰ-12所示，质量为 M = 3.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上，AD 部分是表面粗糙的水平导轨，DC 部分是光滑的

1圆弧导轨，整个导轨由绝缘材料做成并处于 B 4= 1.0 T的垂直纸面向里的匀强磁场中，今有一质量为 m = 1.0 kg的金属块（可视为质点）带电量 q = 2.0×10-3 C的负电，它以v0 = 8 m/s 的速度冲上小车，当它将要过 D 点时，它对水平导轨的压力为 9.81 N(g 取 9.8 m/s2)求：

解析：

（1）设 m抵达D 点的速度为v1 ，则：Bqv1 +mg=N ∴v1 =

9819.80Nmg== 5.0 m/s. Bq2.01031.0设此小车速度为v2，金属块由 A-D 过程中系统动量守恒则：

mv0 = mv1 +Mv2.∴v2 = 1.0 m/s. ∴损失的机械能ΔE =（2）在 m冲上

111mv02 -mv12-Mv22 = 18 J 2221圆弧和返回到 D 点的过程中，小车速度一直在增大，所以当金属块4回到D 点时小车的速度达到最大，且在上述过程中系统水平方向动量守恒，则：mv1 + Mv2 = mv1 ′+Mv2′系统机械能守恒，则：

1111mv12 + Mv22 = mv1′2+Mv02v2′=1 m/s和v2′=3 m/s. 2222v2′=1 m/s舍去，∴小车能获得的最大速度为 3 m/s.

13、图中L是一根通电长直导线，导线中的电流为I．一电阻为R、每边长为2a的导线方框，其中两条边与L平行，可绕过其中心并与长直导线平行的轴线OO’转动，轴线与长直导线相距b，b＞a，初始时刻，导线框与直导线共面．现使线框以恒定的角速度ω转动，求线框中的感应电流的大小．不计导线框的自感．已知电流I的长直导线在距导线r处的磁

I感应强度大小为kr，其中k为常量．

解：当线框绕转轴转过t的角度时，其位置如图1所示，俯视图如图2所示。

当线框以角速度绕OO转动时，线框与轴线平行的两条边的速度都是v，且

va ⑴

L中的电流产生的磁场在这两条边所在处的磁感应强度分别为

BkI r

⑵

BkI和

r ⑶

式中r和r分别为这两条边到L的距离。线

框的两条边的速度v的方向与B和B的方向间的夹角分别为和，由电磁感应定律，线框的感应电动势为

2Bavsin2Bavsin

⑷

sinsin()sin注意到

rbb ⑸

sinsin()

rbsinb

⑹

以及 r2a2b22abcos

⑺

r2a2b22abcos

⑻

由以上各式得

2kIa2b(1a2b22abcost1a2b22abcost)sint

⑼

由欧姆定律得线框中感应电流

i

R

⑽

由⑼、⑽两式得

i2kIa2b11R(a2b22abcosta2b22abcost)sint

14、如图所示，两同心圆M、N之间的区域存在垂直于纸面的匀强磁场，圆M内、N外没

有磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子从圆心O处沿某一方向以速度v0飞出，已知圆M 的半径为R， 圆N的半径为3R，粒子重力不计。已知粒子进入磁场后沿顺针方向偏转。求：

（3）若磁场的磁感应强度保持为（2）的大小，求粒子从圆心O飞出到再次过圆心且速度与初速度方向相同所用的时间。

解析：

（1）由左手定则得：磁场方向垂直于纸面向外。

（2）粒子能再次经过圆心O，磁场的磁感应强度最小时，粒子运动轨迹与圆N相切，轨迹如图。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。由几何知识可知：

(3Rr)2R2r2 ①

设磁场的磁感应强度最小值为B，由洛仑兹力公式及匀速圆周运动规律得：

2v0qBv0m ②

r联立①②解得：B3mv0 ③ qR（3）由几何知识可知：

tanCO/OR3 CO/O600 ④ r粒子从C点进入磁场到从D离开磁场，粒子转过的角度为

236002CO/O2400 即个圆周 ⑤

3由几何知识可知粒子从圆心O飞出到第一次过圆心且速度与初速度方向相同所运动的轨迹如图所示，运动的时间为：

t3(2R2T) ⑥ v03 ⑦

T2rv0联立①⑥⑦解得：tR43(6) ⑧ v0315、如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均

为Q，其中A带正电荷，B带负电荷，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)，现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的D点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，若取无限远处的电势为零，试求：

（1）在A、B所形成的电场中，C的电势φC。 （2）小球P经过D点时的加速度。

（3）小球P经过与点电荷B等高的E点时的速度。 解析：

（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D点的电势与无限远处电势相等，即D点电势为零。小球P由C运动到D的过程，由动能定理得：

mgdqCD12mv0 ① 2CDCCC0 ②

mv22mgdC ③

2q（2）小球P经过D点时受力如图：由库仑定律得：

F1F2kQq(2d)2 ④

由牛顿第二定律得：

mgF1cos450F2cos450ma ⑤ ag2kQq ⑥

2md2（3）小球P由D运动到E的过程，由动能定理得：

mgdqDE1212mvEmv ⑦ 22由等量异种电荷形成的电场特点可知：DECD ⑧ 联立①⑦⑧解得：vE2v ⑨

16、如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷

量为q的小球，线的上端固定，开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零。问：

解析：

（1）小球从A→B由动能定理有：

mgLsin60EqL(1cos60)00

E3mgq （2）AB两点电压u=Ed，d=L(1-cos60°)

u3gL2q u3gLAB＝2q （3）当沿切线方向合力为O时，速度最大。

mgcosEqsin0 30

由动能定理得：

mgLsin30EqL(1cos30)12mVm20 vm2(23)gL

17、“加速度计”作为测定运动物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机、潜艇、航天器等装置的制导系统中，如图Ⅰ-13所示是“应变式加速度计”的原理图，支架 A、B 固定在待测系统上，滑块穿在 A、B 间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固定于支架 A 上，随着系统沿水平做变速运动，滑块相对于支架发生位移，滑块下端的滑动臂可在滑动变

图Ⅰ-13

阻器上相应地自由滑动，并通过电路转换为电信号从 1、2 两接线柱输出.

已知：滑块质量为 m，弹簧劲度系数为 k，电源电动势为 E，内阻为 r，

滑动变阻器的电阻随长度均匀变化，其总电阻 R = 4 r，有效总长度 L，当待测系统静止时，1、2 两接线柱输出的电压 U0 = 0.4 E，取 A 到 B 的方向为正方向.

（1）确定“加速度计”的测量范围.

（2）设在1、2 两接线柱间接入内阻很大的电压表，其读数为 U，导出加速度的计算式.

（3）试在1、2 两接线柱间接入内阻不计的电流表，其读数为 I，导出加速度的计算式.

解析：

由已知条件 U0 = 0.4ε可推知：R12 = 2r，此时滑片 P 位于变阻器中点..待测系统沿水平方向做变速运动分加速运动和减速运动两种情况，弹簧最大压缩与最大伸长时刻，P点只能滑至变阻器的最左端和最右端，故有：

a1 =

由闭合电路欧姆定律得：I =

kLkL.. a2 =-..

2m2mR1r..

故电压表的读数为：U = IR1..

建立以上四式得：a =

kL5kLU -..

2m4m

由闭合电路欧姆定律得：ε=I(R2 +r)

联立上述三式得：a=

kL(3Ir)

4Imr