2023-2024学年上海市复旦中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市复旦中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.一带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场中，则不受磁场影响的物理量是( )
A. 速度B. 加速度C. 洛伦兹力D. 动能
2.如图为某同学的小制作，装置A中有磁铁和可转动的线圈。当有风吹向风扇时扇叶转动，引起灯泡发光。引起灯泡发光的原因是( )
A. 线圈切割磁感线产生感应电流B. 磁极间的相互作用
C. 电流的磁效应D. 磁场对导线有力的作用
3.如图是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法正确的是( )
A. 探测器内的探测线圈会产生变化的磁场
B. 只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C. 能探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D. 能探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
4.如图所示，长为L的金属杆在外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感应强度由B增为2B。除电阻R外，其它电阻不计。那么( )
A. 作用力将不变
B. 作用力将增为2倍
C. 感应电流的热功率将增为2倍
D. 感应电动势将增为2倍
5.一个闭合矩形线圈abcd以速度v从无磁场区域匀速穿过匀强磁场区域，而再次进入无磁场区域，如图所示，以abcd方向为电流的正方向，能正确反映线圈中电流−时间关系的图象是( )
A. B. C. D.
6.一个带正电的粒子(重力不计)，以水平向右的初速度进入如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时会向下偏转，则欲使粒子在电磁场中恰能沿水平直线运动，则应采用的方法是( )
A. 增大电场强度
B. 增大电荷量
C. 增大磁感应强度
D. 减小入射速度
7.如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是( )
A. 线圈每转动一周，电流方向改变一次
B. 图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C. 图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
D. 图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量变化率为零
8.a、b两个相同螺线管，电流、导线和匝数都相同，绕法不同。测得螺线管a内中部的磁感应强度大小为B，则在螺线管b内中部的磁感应强度大小为( )
A. 0B. 0.5BC. BD. 2B
9.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其上方正中央固定一根长直导线，导线与磁铁垂直。导线通以垂直纸面向里的电流，则通电后( )
A. 磁铁对桌面压力减小，不受桌面的摩擦力作用
B. 磁铁对桌面压力减小，受到桌面的摩擦力作用
C. 磁铁对桌面压力增加，不受桌面的摩擦力作用
D. 磁铁对桌面压力增加，受到桌面的摩擦力作用
10.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是( )
A. 电流表的示数为10 2AB. 线圈转动的角速度为50πrad/s
C. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行D. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
11.如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c向右摆动，则ab的运动情况是( )
A. 向左或向右匀速运动
B. 向左或向右减速运动
C. 向左或向右加速运动
D. 只能向右匀加速运动
二、填空题（本题共6小题，共30分）
12.一座小型水电站，它输出的电功率为P，输电电压为U，输电导线中通过的电流应等于______ ；如果输电导线的总电阻为R，那么输电导线由于发热损失的电功率应等于______ ．
13.如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动触头向上移动时，电压表示数______ ，电流表示数______ (填变大，变小，不变)。
14.如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连。原线圈两端所加的电压u=20 2sin100πt(V)，交流电压表的示数为______ ，原线圈中电流的有效值为______ 。
15.竖直放置的圆形线圈，自上而下匀速掠过通有稳恒电流I的长直导线，导线中电流方向如图所示.当线圈经过图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个位置时，线圈中感应电流是顺时针的位置是______ ；线圈中感应电流是逆时针的位置是______ ．
16.如图所示，把一根条形磁铁前后两次从同样高度插到线圈A中同样的位置处，第一次用0.2s，第二次用0.8s，两次线圈中的感应电动势分别是E1和E2，两次通过线圈A的电荷量分别为q1，q2，则E1：E2= ______ .q1：q2= ______ ．
17.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图(甲)接线，为了明确电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图(乙)将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，现进行如下操作：
(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将______；
(2)线圈A放在B中不动时，电流表的指针将______；
(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表的指针将______.(以上选填：“向右偏转”，“向左偏转”或“停在正中央”)
三、简答题（本题共2小题，共26分）
18.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1，已知：B为速度选择器，磁场与电场正交，电场强度为E已知，磁感应强度B1未知；C为偏转分离器，磁感应强度为B2已知。今有一质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：
(1)加速后粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器磁感应强度B1为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
19.如图，两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，虚线内存在垂直导轨平面且磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场。质量m=0.2kg，阻值为r=1Ω的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，金属杆与导轨间光滑不计摩擦，导轨的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力F=0.04N作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，进入磁场时恰好开始做匀速直线运动。求：
(1)杆进入磁场时的速度大小v？
(2)杆在磁场中运动0.6m位移的过程中，回路中的电流？电阻R上产生的热量Q？
(3)若在杆恰好进入磁场时撤去拉力F，分析说明杆在撤去F后加速度、速度的变化情况。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、D、洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，对带电粒子总不做功，根据动能定理，洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，只改变粒子速度的方向。故可以改变速度，不改变速率和动能。故A错误，D正确。
B、C、带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小不变，而方向时刻在改变，所以加速度的方向在变化。故B错误，C错误。
故选：D。
根据洛伦兹力方向特点：洛伦兹力方向总是与粒子运动方向垂直，对带电粒子总不做功来分析判断．
本题考查对洛伦兹力的理解能力，抓住洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小进行分析．
2.【答案】A
【解析】解：装置A中有磁铁和可转动的线圈，当有风吹向风扇时扇叶转动，相当于线圈在磁场中转动切割磁感线，会产生感应电流，引起灯泡发光，是利用电磁感应现象的原理工作的，故A正确；BCD错误。
故选：A。
当闭合电路中的部分导体做切割磁感线运动时，电路中可以产生感应电流，这就是电磁感应现象。
能准确的判断出“磁生电“是这一实验原理是解决该题的关键。
3.【答案】AD
【解析】解：ACD、金属探测器利用涡流探测金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流(涡流)，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故AD正确，C错误；
B、各种金属物都会被探测器探测到，故B错误。
故选：AD。
金属探测器中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物品会产生感应电流，反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流。
本题中金属探测器利用了涡流，实质是一种特殊的电磁感应原理。
4.【答案】D
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=BLv，把B变为2B，则感应电动势将增为2倍；
感应电流I=BLvR，安培力F安=BIL=B2L2vR，把B变为2B，安培力变为原来的4倍，由平衡条件可知，外力：F=F安，外力将变为原来的4倍；
感应电流的热功率P=I2R=B2L2vR，把B变为2B，感应电流的热功率将增为4倍；
故D正确，ABC错误。
故选：D。
由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由功率公式求出功率，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后分析答题。
本题考查了外力、感应电动势、热功率公式，要注意正确应用E=BLv、闭合电路欧姆定律公式、电功率公式、安培力公式、平衡条件进行分析求解，可正确解题。
5.【答案】B
【解析】解：由右手定则可知，线框进入磁场时感应电流沿abcd方向，电流方向是正的；由右手定则可知，线框离开磁场过程，感应电流沿adcba方向，电流方向是负的；
线框进入与离开磁场过程线框中有感应电流，线框完全进入磁场时线框中没有感应电流，线框进入与离开磁场过程，感应电流大小I=ER=BLvR，由于B、L、v、R是定值，则电流I大小不变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
先应用右手定则判断感应电流方向，由E=BLv求出感应电动势，应用感应电流求出感应电流，根据线框的运动过程判断电流大小与方向，分析图示图象答题。
本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，由于右手定则、E=BLv与欧姆定律即可解题；掌握基础知识是解题的关键，平时要注意基础知识的学习与积累。
6.【答案】C
【解析】解：粒子带正电，受电场力向下，洛伦兹力向上；开始时向下偏转说明电场力大于洛伦兹力，Eq>qvB；即E>vB，要使粒子沿直线运动，应使洛伦兹力等于电场力；则有：
A、增大电场强度会使电场力更大，粒子向下偏转，故A错误；
B、由以上分析可知，增大电荷量两端同时变化，不会使粒子平衡，故B错误；
C、增大磁感应强度可以使粒子受力平衡，故C正确；
D、减小入射速度会使洛伦兹力减小，不会使粒子受力平衡，故D错误。
故选：C。
明确电荷受电场力和洛伦兹力的方向，根据开始时粒子向下偏转判断合力方向；从而分析如何让电场力和洛伦兹力平衡。
明确初始合力向下，知道各量变化对力的大小的影响，掌握电场力与洛伦兹力相平衡式中，与电量，及质量无关，同时与电性也无关。
7.【答案】C
【解析】解：A、线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，故A错误；
B、线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，故B错误；
C、线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a→b，故C正确；
D、线圈平面与磁场方向平行时，此时线圈平面位移与中性面垂直位置，此时产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故D错误；
故选：C。
明确交流电的产生规律，知道线圈每转动一周，电流方向改变2次；磁场与线圈垂直时为中性面位置，线圈位于中性面时电流为零；线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率反而最大。
本题考查了交流电产生的基础知识，记住：线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率反而最大。
8.【答案】A
【解析】解：在图(b)中，由于两根导线中的电流方向相反，产生的磁场相互抵消，所以在b中螺线管内中部的磁感应强度大小为零，故BCD错误，A正确。
故选：A。
本题比较简单，考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题。
要根据安培定则正确分析通电直导线、通电螺线管等周围磁场分部情况。
9.【答案】C
【解析】【分析】
(1)通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；
(2)摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动。
本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析；知道摩擦力产生的条件是两个相互接触的物体已经发生相对运动，或者有相对运动的趋势。
【解答】
磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力，故C正确，ABD错误。
故选C。
10.【答案】C
【解析】解：A、电流表的读数为有效值I=Im 2=10 2 2A=10A.故A错误；
B、根据图乙，T=0.02s，角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故B错误；
C、0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行。故C正确；
D、0.02s时，根据右手定则可知，电阻R中电流的方向自左向右，故D错误；
故选：C。
电流表的读数为有效值I=Im 2；根据图乙，T=0.02s，ω=2πT；0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行；0.02s时，电流最大，磁通量为零，线框平面与中性面垂直，根据右手定则求得电流方向。
本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。不同的概念、规律之间往往存在内在的联系，弄清相关概念、规律之间的联系，有助于提升高中物理学习的水平。
11.【答案】B
【解析】解：A、导线ab向左或向右匀速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过环C中的磁通量不变，则环C向螺线管静止不动，故A错误；
B、导线ab向左或向右减速运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故B正确；
C、导线ab向左或向右加速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故C错误；
D、导线ab向右匀加速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流均匀增加，螺线管产生的磁场均匀增大，穿过环C中的磁通量均匀增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故D错误。
故选：B。
导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向。感应电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环C，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断环C中产生的电流方向，从而即可判定。
本题两次考查了电磁感应的问题，掌握运用右手定则与楞次定律的应用，注意理解楞次定律：阻碍相对运动，同时掌握使用安培定则的能力，注意安培定则也称右手螺旋定则。
12.【答案】PU P2RU2
【解析】解：根据P=UI知，通过输电导线中电流I=PU，输电线上损失的功率P损=I2R=P2RU2．
故答案为：PU，P2RU2
根据P=UI求出输电导线中的通过的电流，根据P损=I2R求出输电线上发热损失的电功率．
解决本题的关键知道输电导线上电功率和输送电压和电流的关系，以及能够熟练运用焦耳定律公式．
13.【答案】变大 变小
【解析】解：当R3的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I减小。电压表测量路端电压U，而U=E−Ir，I减小，E、r不变，则U变大，所以电压表的示数变大；
设变阻器两端电压为U′，则U′=E−I(R1+r)，I减小，其他量不变，则U′变大，R2中的电流变大，总电流减小，所以电流表的示数变小。
故答案为：变大；变小
当R3的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可判断电压表示数的变化．由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化。
本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析。
14.【答案】20V 100A
【解析】解：由交流电的瞬时值可得电压的有效值为U=Um 2=20 2 2V=20V，交流电压表的示数为电压的有效值，所以电压表的示数为20V；
根据电压与匝数成正比可得UU′=n1n2，副线圈的电压为200V，所以电阻R中电流的有效值I′=U′R=20020A=10A；根据电流与匝数成反比可得II′=n2n1
原线圈中的电流为I=100A
故答案为：20V；100A
根据电压的瞬时值表达式可以求得电压的有效值的大小，在根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比可以求得副线圈的电压和电流的大小。
本题考查变压器的基本原理和交流电的表达式的掌握情况，只要掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
15.【答案】Ⅰ、Ⅲ Ⅱ
【解析】解：当线圈经过I的位置时，穿过线圈的磁通量增大，且磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，可知，感应电流方向顺时针．
同理线圈经过Ⅲ位置时，穿过线圈的磁通量减小，且磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，可知，感应电流方向顺时针．
当线圈经过II位置时，穿过线圈的磁通量出现相互抵消，导致磁通量减小，且磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，可知，感应电流方向逆时针．
故答案为：I、Ⅲ；II．
根据图示电流方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；当线圈向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律判断出原磁场方向，从而判断出线圈的电流方向；然后再根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈的感应电流方向．
楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法．
16.【答案】4：1 1：1
【解析】解：前后两次将磁铁插入闭合线圈的相同位置，磁通量的变化量相等，
感应电动势之比：E1E2=n△⌀△t1n△⌀△t2=△t2△t1=；
感应电流：I=ER，电荷量q=I△t，解得：q=n△⌀R，
由于n、△Φ、R都相等，则电荷量：q1=q2；
故答案为：4：1；1：1．
两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势之比；
由欧姆定律求出感应电流，由电流定义式求出电荷量大小．
知道磁通量的变化量相等、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．解题时要注意两种情况下，磁通量的变化量相等，这是正确解题的关键．
17.【答案】向右偏转 停在正中央 向左偏转
【解析】解：在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转．在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；
(1)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；
(2)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，穿过B的磁通量不变，由楞次定律可知，没有感应电流，则电流表的指针将停在正中央；
(3)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转．
故答案为：(1)向右偏转 (2)停在正中央 (3)向左偏转
由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向．
本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题．
18.【答案】解：(1)粒子在加速度电场中，根据动能定理可得：qU1=12mv2
解得：v= 2qU1m
(2)在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，则qE=qvB1
解得：B1=E m2qU1
(3)在偏转分离器中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB2=mv2R
R=1B2 2mU1q
答：(1)粒子的速度的大小为 2qU1m；
(2)速度选择器磁感应强度B1为E m2qU1；
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B2 2mU1q。
【解析】(1)根据动能定理得出粒子的速度；
(2)根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出磁感应强度B1的大小；
(3)根据洛伦兹力提供向心力解得半径。
本题主要考查了质谱仪的相关应用，利用动能定理得出粒子的速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。
19.【答案】解：(1)杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv
回路中的感应电流大小为：I=ER+r
杆所受安培力FA=BIL
杆在磁场中匀速运动时，根据平衡条件可得：F=BIL
代入数据，可得：v=3m/s；
(2)感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×3V=0.6V
回路中电流恒定，则：I=ER+r=0.62+1A=0.2A
杆在磁场中运动的时间为：t=dv=0.63s=0.2s
R上产生的热量Q=I2Rt=0.22×2×0.2J=0.016J；
(3)撤去F后，所受安培力一直与运动方向相反，杆一直做减速运动。
对杆根据牛顿第二定律可得：FA=ma，解得：a=BILm(R+r)=B2L2vtm(R+r)，由于速度减小，则加速度减小，若杆不能离开磁场，杆做加速度减小的减速运动，直至速度为零。
若杆能离开磁场，则在磁场中做加速度减小的减速运动，离开磁场后水平方向不受外力，杆做匀速直线运动。
答：(1)杆进入磁场时的速度大小是3m/s；
(2)杆在磁场中运动0.6m位移的过程中，电阻R上产生的热量Q是0.016J；
(3)若杆不能离开磁场，杆做加速度减小的减速运动，直至速度为零。若杆能离开磁场，则在磁场中做加速度减小的减速运动，离开磁场后杆做匀速直线运动。
【解析】(1)杆进入磁场时恰好开始做匀速直线运动，受力平衡。推导安培力与速度的关系，由平衡条件求杆进入磁场时的速度大小v；
(2)杆在磁场中运动0.6m位移的过程中，根据法拉第定律、欧姆定律求出回路中的电流，再由焦耳定律求电阻R上产生的热量Q；
(3)若在杆恰好进入磁场时撤去拉力F，分析安培力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化。结合力和运动的关系分析速度的变化。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。