物理-高考必刷题合订本27版-狂K重难点

高考必刷重难点第1章直线运动重难1运动图像第1章直线运动重难1运动图像 重难2匀变速直线运动推论的应用 400重难3追及相遇问题 401第2章相互作用重难4共点力下的静态平衡问题 403重难5共点力下的动态平衡问题 405第3章运动和力的关系重难6整体法与隔离法处理连接体问题 408重难7传送带模型 重难8板块模型 第4章曲线运动重难9平抛运动与斜面、曲面的结合 414重难10斜抛运动模型 416重难11圆周运动模型 417第5章万有引力与航天重难12天体质量和密度的计算 重难13卫星变轨、追及问题 419重难21电场的性质 重难22电场图像问题 重难23带电粒子(带电体)在电场中的运 第10章恒定电流 重难25测量未知电阻的实验方法 重难26测量电源电动势和内阻的误差分析 第11章磁场重难27带电粒子在有界磁场中的运动问题 重难28带电粒子在复合场中的运动 重难29现代科学仪器 第12章电磁感应重难30楞次定律的应用 重难31法拉第电磁感应定律的应用 重难32电磁感应中的“杆+导轨”模型 重难33电磁感应中的线框模型 第6章机械能守恒定律的应用重难14动能定理的应用重难14动能定理的应用 421重难15机械能守恒问题 重难16功能关系 第7章动量动量守恒定律的应用重难17动量定理在流体问题中的应用 重难19物体、系统的多过程问题 第8章机械振动与机械波重难20振动和波的综合问题431重难34变压器问题463第14章热学 第15章光学重难36光的折射和全反射的综合应用 重难37光的干涉、衍射 第16章近代物理重难38光电效应的规律及应用470第第1章直线运动20%一)△△v=at,图线与t轴围成的面v²-x图像图像图像图像22例1(多选)如图所示为物体做直线运动的相关图乙丁逐项分析A根据》-L图像与横轴围成的面积表示初速度为0的匀变速直线运动模型①通过连续相等时间间隔T后瞬时速度之比x₁:x₂:x₃:…:xn=1:3:5:…:①通过连续相等位移所用时间之比t₁:t₂:√n-1).②通过连续相等位移后的瞬时速度之比为v₁:注意①以上四个推论均基于“初速度为0”的前提.②匀减速到0的运动，可以当作反向的由静止开始例2如图所示为高速避险车面上的运动可视为匀减速直线运动③.已知汽到B的时间为t④,则汽车自B到E的时间为()A.(√2+√3)tB.(3+2√3)t根据位移等分，有tDB:tcD:tBc:tAB=1:(√2-,解得tB=(3+2√3)t,Bt₁,汽车在斜面上做匀减速直线运动，将其看成是反向的初速度为0的匀加速直线运动，在EB段根据运动学公式有对全程根据运动学公式有4x=【答案B了考法2匀变速运动中位移差公式与平均速度法的应用运动学题中常出现两段连续的相等时间，看到此题目特征时，既可以考虑位移差公式又可以考虑平均速度公式.1.位移差做匀变速直线运动的物体在连续相等时间间隔内的位移差为恒量，仅由加速度和时间间隔T决定.兮拓展对于不连续的相等时间间隔，位移差公式可推广为xm-xn=(m-n)aT²(m>n).视为质点)沿光滑斜面①下滑，滑块依次经过斜面上的A、B、C、D四点，已知滑块通过AB、BC、CD的时间分别为 ,其中AB的长度为L₀,CD的长度为L,则BC的长度为()DBCDB当已知位移和时间时，可以利用平均速度计算中间时刻的速度.4拓展中间位置的速度,在匀变速直线运动中，中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度(可由运动学图像对问题分析设BC的长度为LBC,由位移差公式可得L-(L₀+LBC)=a(3T)²,滑块在通过AB的中间时刻对应位置的瞬时速度为,滑块在通过CD的中间时刻对应的位置的瞬时速度为由AB的中间时刻到CD的中间时刻对应的时间间隔为△t=4T,则根据匀变速直线运动速度与时间的关系式有v₂=重难3▶追及相遇问题处理追及相遇问题要抓住两个关系(时间关系和位移关系)进行列式，牢记一个关键点：速度相等(v₁=v₂)是两物体能否追上(相撞)及距离最大(速能追上时)的临界点.草图)图像)在同一个坐标系中作出两物体的v-t图与横轴围成的面积表示位移分析二者的位置或距离.举例：若速度大追速度小，二者开始相距△x,经分析，若从0时刻到速度相等，位移差也为△x,则速度相等时恰好追上(解方程)设经过时间t,二者间的距离△x=xg+x₀-xA,假设追上，△x=0,方程中△=b²-4ac,解；△>0,方程有两解(2)速度大者追速度小者(二者初始一定不在同地).真注意(1)若被追物体做匀减速运动(如刹车),必算导致出现“已停止的物体又反向运动”的错止出发以2m/s²的加速度追赶.求：逐问分析(1)赛车出发3s末的瞬时速度大小为V₁=a₁t₁=2×3m/s=6(2)设经t₂时间追上安全车，由位移关系得v₀t₂+由v₀=a₁t₃得两车速度相等时经过的时间由v₀=a₁t₃得两车速度相等时经过的时间答案(1)6m/s(2)20s第2章第2章相互作用合成法与分解法2.分解法：将一个力(通常是重力或已知力)按效 1水中一货轮a由于动力出现故障，无法动弹.现在由两个拖船b和c拉着a一起沿图中虚线方向匀速行驶.两水平缆绳(不计重力)与虚线的夹角均为c的阻力大小均为F,方向与其运动方向相反，则b船缆绳缆绳个以上的力互相垂直.Fɴ₂,重力的作用效果为挤压斜面的FN,与FN等大F问题分析a在水的阻力F和两缆绳拉力作用下匀b在阻力F、缆绳拉力F₁和动力F₂作用下匀速运动，角坐标系)号错误辑整理.ABDCABD考法3、整体法与隔离法当有多个物体平衡时，整体法(不考虑系统内不涉及内力的计算时优先考虑整体法(典型场球的球心到竖直墙壁的距离大于2.2R时，半球将向则L的最大值为()AD到四个及以上的力平衡时优先选择正交分解法),得答案B各物体(各部分)之间的相互作用时需选用隔离法，问题分析对球和半球受力分①),联立解得μ=0.5,当半球球心到墙壁的距离为L2mg,对球进行受力分析，根据平衡条件可得V₂=(2mg+F)tanα,(F+2mg)tanα≤μ(mg+F+2mg)(提取必刷打卡P21~24必考度：30%难度：进阶题目①F,大小和方向均不变(通常为重力);②F₂大小可变，方向不变；③F₃大小方向均可变①F,大小和方向均不变；②F₂、F₃方向均变化，但这两个力的夹角保持不变①F₁大小和方向均不变；②F₂、F₃同时发生变化；但这三个力构成的矢量三角形与图中的几何三角形相似使用将三个力矢量合成为三角形，根据题意分析力的角度，得到第二个力的大小以及第三个力的方向和大小的夹角保持不变时，以F₁为弦作出辅助圆或直接列正弦定理表先作出物体受力的矢量三角形，利用相似三角形的对应边成比例关系，建立力与几何量的表达式，进而分析力的变化重力保持不变，若FB缓慢增大到FB,可判断FA₁经图中虚线所示过程缓慢变为FA₂圆中体现两个力分别变化. 和γ的变化进而分析F₂和F₃物块在大小为F。的水平向左的拉力作用下保持静拉力大小仍为F②.整个过程中物块和斜面体始终处与水平面间摩擦力大小之比为2:1逐项分析AB根据平衡条件，两种情况下物块受力拉力水平时斜面对物块的支持力,在拉力大小不变时为使物块仍能静止，拉力方向应顺时针转过α=20=60°,由几何关系可知Fɴ₂=F₀=mgtan30°,根据牛顿第三定律可得物块对斜面的压力大小之比为FN:FN₂=FN₁:FN₂=2:1,根据三力平衡的动态三角形，可知顺时针旋转过程中拉力F先减 CD对斜面体和物块整体分析，在水平方向上合力为牛顿第三定律得斜面体与水平面间摩擦力大小之比例5辅助圆(正弦定理)法如图所示，把倾角为30°A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B的夹角为θ=120°,A,B均保持静止状态.现改变拉力起至OB水平②,物块A始终保持静止状态⑧.g为重力A.拉力F最大为√3mgB.拉力F一直变小C.轻绳拉力先变大后变小D.物块A所受摩擦力先变小后变大逐项分析ABC]小球B受重力mg、拉力F、轻绳拉力FT三个力作用，设F与mg的夹角为α,FT与mg的夹角为β,如图1所示，小球B一直处于受力平衡状态，将这三个力进行适当平移可构成一个首尾相接的矢量三角形，如图2所示.图3图1图3因mg的对角保持不变，可以画出如图3所示的圆来辅助解题，由图可知轻绳拉力FT初状态时为圆的直渐增大且末状态的时候，拉力F为直径，最大值为如图1所示，,故逐渐减小到,物块A的重力沿斜面向下的分力大小为2mgsin30°=mg,故FT先比mg大，例6相似三角形法如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮0,一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N过定滑轮与小球P相连.开始时在外力A.外力F大小不变B.外力F逐渐变大 了考法2多力平衡问题在物体受四个或四个以上力的作用而处于动态平衡的问题中，经常需要用正交分解法结合平衡条件列方程，系统分析各力的变化趋势.(见重难4考法2)过引入全反力(支持力与摩擦力的合力)和摩擦角，因数重力加速度g取10m/s².拉力F与斜面逐问分析设物块所受支持力为Fɴ,所受摩擦力为先合成Fɴ和F,,因为F=μFN,则其合力FR与垂直于第第3章运动和力的关系要在方程中写出ma₁、ma₂(两物体加速度不同应用整体法时需要考虑外力的所有效果)甲甲未知摩擦力方向 的加速度和乙沿斜面向上的加别受力分析[的作用下沿斜面上滑，加速度相同F-(ma+mB)gsinθ-F₁=(mA+[江苏2022·10]第一阶段(弹簧被压缩),B动到最低点后反向上滑的过程，A、B不粘初始两物块静止，在外力F的作用下开始向7如图所示，对整体利用牛顿第二定律有F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+2.双外力连接体计算内力问题——交叉分配 例1如图所示，一条轻绳'绕过轻质定滑轮，两端各系质量分别为m和2m的物体A和B,物体A放置于由静止释放物体A,在其沿斜面向上运动③的过程中(A未与滑轮碰撞、B未落地),重力加速度为g,B.静止释放物体A后绳子D.运动过程中A处于超重状态，B处于失重状态逐项分析AC设A、B运动的加速度大小为a,对整D运动过程中A的加速度沿斜面向上，有竖直向上水平传送带问题1.对摩擦力方向的正确分析和判断.2.滑块加速的情况下和传送带是否能共速：即长的关系.3.滑块与传送带共速时即为摩擦力突变时刻(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力).同向①vo<v时(包括v₀=0),若：滑块一直匀加速(滑块未与传动带共速就掉下传送带),若xm<L滑块先加速后匀速；反向①滑块减速位移：大于带长L时，滑块一直减速到左端；②滑块减速位移小于带长，滑块还要被传送带传回右端：当v₀<D时，返回速度为vo,向左减速的位移等于向右加速的位移；当v₀>0时，返回速度为v,向左减速的位移大于向右加速的位移；滑块返回到传送带右端的速度一定是二者中较小的①若μg≥a。,滑块和传送带一起以加速度a。做匀加速运动，受静摩擦力f=mao,与运动方向一致；②若μg<a₀,滑块跟不上传送带的运动，滑块相对于传送带的滑动摩擦力向前加速，受滑动摩擦力f=μmg,加速度a=μg1.v₀<v(也包括v₀=0):(2)若带长较长：①μ≥tanθ时，滑块先以a匀加速后匀速；②μ<tanθ时，滑块先以a匀减速后以a'=gsinθ-μgcosθ反向匀加速.2.v₀>v:(1)若带长较短，滑块一直以a"=gsinθ+μgcosθ匀减速；(2)若带长较长：①μ≥tanθ时，滑块先以a”匀减速后匀速；②μ<tanθ时，滑块先以a”匀减速后以a′=gsinθ-μgcosθ匀减速.3.v₀=v:①μ≥tanθ时，滑块一直匀速；1.v₀<v(也包括v₀=0):(1)若带长较短，滑块以a=gsinθ+μgcosθ一直匀加速；(2)若带长较长：①μ≥tanθ时，滑块先以a匀加速后匀速；②μ<tanθ时，滑块先以a匀加速，后以a′=gsinθ-μgcosθ匀加速.②若带长较长，滑块先以a”匀减速后匀速.(3)μ=tanθ时，滑块与传送带各自匀速.3.v₀=v:①μ≥tanθ时，滑块一直匀速；例2(多选)如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为6.传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行.从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点),滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ,且μ<tanθ.不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长.下列说法正确的是()A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同C.滑块最终停留在B点D.若不断增大水平传送带的速率，滑块也不会运动到A点上方逐项分析A滑块自A点释放所受摩擦力沿倾斜传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v,然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿倾斜传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加BD若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v,则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点滑块第二次到达B点时的速度大小等于v,滑块上滑答案AD了考法1水平板块模型的处理方法一、几种水平板块模型的临界分析(物块质量为m,木板质量为M,物块、木板之间的动摩擦因数为μ₁,最大静摩擦力为f₁=μ₁mg,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力为f₂=μ₂(M+m)g,不包含地面光滑的情况)图例①启动(有初速度)物块一定先做匀减速运动，a₁=μ₁g;若f₁=μ1mg≤f₂=μ₂(M+m)g,木板静止，反之木板加速，加速的加速度为,共速后一定以相同的加速度a₃=M₂g减速板有初速度物块一定先做匀加速运动，a₁=μ₁g;木板一定先做匀减速运动，a₂=,共速后能否相对静止需要判断f₁与f₂的大小关系，若M₁≥μ2,物块与木板以相同的加速度a₃=μ₂g减速；若μ≤μ2,物块以a₁=M₁g减速，木板以图例(有外力)块有外力第一个临界：板、块相对地面能动起来的临界，F₁=μ₂(M+m)g;m)a,其中加速度是物块与木板一块加速的最大临界加速度，大加速度满足μ,mg-μ₂(M+m)g=Ma₁,则板有外力第一个临界：板、块相对地面能动起来的临界，F₁=μ₂(M+m)g;m)a,物块有最大加速度满足μmg=ma,则F₂=(μ₁+μ₂)(M+m)g2.判断速度或外力作用在物块上还是木板4拓展已知.F大小时判断物块与木板是否发生相在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ₁=0.1,长木板和地面之间的动摩擦因数μ₂=0.02,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取B.若F=1.5N,长木板的加速度大小为0.3m/s²D.若F=2.5N,物块的加速度大小为0.2m/μ₂(M+m)g=Ma₁,解得F₂=1.2N,故当0.6N<F≤A当0.6N<F=0.8N<1.2N,物块和长木板相对静长木板的加速度大小满足ʃ₁-f₂=Ma,解得a=倾斜板块模型的处理方 对物块根据牛顿第二定律有F-f₁=ma',解得a'=在板块的运动方向上考虑重力沿斜面方向分力的系统加速度a=gsinθ-μ₂gcosθ,隔离物块2.tanθ>μ₂>μ₁(下面比上面粗糙),则会相对滑动.类型2受外力牵引类1.斜面上的板块受到向上的牵引力F(作用在条件为(M+m)g(μ₂cosθ+sinθ)<F<(μ₁+乙 叠放着小物块B和薄木板C,木板下端位于挡板A甲A.10N<F≤15N时物块B和木板C相对滑动D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 逐项分析AD根据图像的三个阶段可直接判断第第4章曲线运动必刷打卡P48T1~6必考度：60%难度：适中必刷打卡P48T1~6必考度：60%难度：适中平抛运动与斜面结合问题(1)速度水平速度vx=vo,竖直速(2)位移②末速度反向延长线过水平位移中点，即2.常见平抛运动与斜面的结合有以下情形已知末速度和斜面倾角，则(速度关系)例1跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿为40m,斜坡与水平方向的夹角为30°④,不计空气未知末速度方向，则tan(位移关系)速度方向都相同方向沿斜面方向已知速度方向，则(速度关系)A拓展小球运动过程距离斜面最远的时间和距离度和加速度沿斜面和垂向小球做以v₂为初速A.运动员在a处的速度大小v=10√3m/s了考法2平抛运动与曲面结合问题重要结论：平抛运动合速度v的反向延长线过AB逐项分析A从M点抛出的小球RsinB从N点抛出的小球,R(1+水平方向：以vx=v₀cosθ为初速竖直方向：以v,=v₀sinθ为初速度做竖直上抛运动.到达最高点时间,运动总时间t总=上升最大高度,水平射程x=如图所示，将斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿竖直方向的自由落体运动(阴影三角形),在A点，将合速度也按初速度方向和加速度方向分解(右侧三角形),由三角形相似可得合速度反向延长线过匀速直线运动位移的中点.三角形相似例3(多选)如图所示，从位于同一条水平直线的A、B两点以大小相等的速度》o=10m/s同时抛出两个石头，两个石头飞行轨迹不同②,但每一个石头恰好落在另一个石头的抛出点③.已知石头在A点的抛射角为α=75°,石头在B点的抛射角为β,重力加速度g取10m/s²,则下列说法中正逐项分析AB设从A点抛出的石头在空中运动的时CD设从B点抛出的石头在空中运动的时间为t₂,则绳模型与杆模型最高点受力图绳模型绳。圆轨道弹力，弹力方向向下或等于零杆模型力、弹力，弹力方向向下、等于v的增大而增大.质细绳和轻质细杆的一端固定质量均为1kg的小球,联立解得A球受到绳的拉力差值生活情境中的圆周运动模型及规律大小为F₁-F₂=6mg=60N,D正确.图例圆锥摆模型LLy9小球在水平面做圆周运动，拉力的水平分力提圆盘模型w越大，物体最容易滑动的位置是最低点，恰好mgsinθ=mw²R转弯转弯凹形桥模型例5(多选)如图所示，可视为质点、质量相等的A、B两球套在粗细均匀的光滑①水平直杆上.分别用长度相等的两轻质细线，一端连接小球，另一端固定在竖直细杆上.现让整个装置绕竖直细杆匀速转动②,下列判断正确的是()ψA.两细线上的拉力大小一定不等B.两细线上的拉力大小一定相等C由于两球所受重力相等，两细线拉力大小相等，若A球不受杆的弹力，即A球上细线的竖直分力等于重力，则B球上细线拉力的竖直分力小于重力，则杆对D若BD若B球不受杆的弹力，即B球上细线的竖直分力续表图例模型问题脱轨位置与最低点速度续表图例模型问题脱轨位置与最低点速度,当Fɴ=0时，脱轨位置与最高点速度C若A球不受杆的弹力，则B球也不受杆的弹力.D若B球不受杆的弹力，则A球受到杆的弹力方向竖直向下答案BD第5章第5章万有引力与航天忽略天体自转，已知天体表面的重力加速度g已知卫星绕中心天体做匀速圆周运动的轨道半②若已知天体的半径R,则天体的密度抓住四点破解卫星变轨问题①在赤道上顺着地球自转方在轨道I上做匀速圆周运动，有例1[北京2025·7]2024年6月道1上绕月球飞行，在A点变轨后进人椭圆轨道20,A.在轨道2上丛A向B运动过B.在轨道2上从A向B运动过有引力定律计算).C.在轨道2上机械能⑤与在轨道1上相等C探测器从轨道1上A点变轨到轨道2,需要点火加天体“追及”问题的处理方法D探测器在轨道1上，由牛顿第二定律得错误.甲乙与太阳三者共线且行星和地球位于太阳的同侧时，行星和地球间相距甲乙与太阳三者共线且行星和地球位于太阳的异侧时，行星和地球间相距(1)题目特征③两个天体在同一个平面内做同方向的圆周运动.圈数)列式.①两个天体围绕一个中心天体运动.数)列式.有引力常量为G.则该卫星轨道半径为()BABDD隔为,由,由第6章第6章机械能守恒定律的应用1.利用W=Fx求解2.利用W=Pt求解①若机车以恒定功率P运行，可以直接利用W=Pt求解机车牵引力做功.例1雨滴在穿过云层的过程中，由于水汽的凝聚，度为v。,高度下降h后质量变为m₁,速度变为v②.3.利用F-x、P-t图像面积求解①F-x图线与x轴所围面积表示力F做的功.②P-t图线与t轴所围面积表示机车牵引力F做的功.问题分析根据动能定理可得分段或全过程应用动能定理解决多过程问题 与BC相切.圆轨道半径R=0.5m,传送带AB长间距离L₂=2m,一可视为质点的小物块质量m=的动摩擦因数为μ₁=0.5,与BC面间的动摩擦因数均动到D点.(2)若物块到B点后，还一直受到一个3N的水平向逐问分析(1)假设物块能运动到D点，设在B点的合力与竖直方向夹角为α,则有,解得链条类(或液柱类)机械能守恒例3如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链条①,其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下②,由静止释放链条.已知整根链条的质量为m,链条悬垂的长度为l,台面高度为21.如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球③(直径相对链条长度可忽略不计),如图乙所示，还由静止释放链条.平台右边有光滑曲面D来约束链条④,重力加速度为g,下列甲A.甲图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小B.乙图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小C.甲图中链条下端在触地之前，链条的加速度大小不变D.乙图中小球在下落过程中，链条对小球的拉力在不断增大了考法2关联系统的机械能守恒1.常见情境①两个物体用轻绳连接且速度大小相等，不计摩擦.注意重力势能的变化量等于等效移动部分重心位置重力势能的变化量；动能的变化量等于整体动能的变化量. 逐项分析A甲图中链条触地时平台右侧悬垂部分长度为21,根据链条的机械能守恒；乙图中链条触地时根据整体机械能守恒有受外力的合力，随着悬垂部分的增多，链条整外力的合力增大，链条在触地之前的加速度逐渐增条与小球整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，均逐渐增大，对小球受力分析有mg-T=ma,可知链条②两个物体用轻杆连接且角速度相等，不计摩擦.③两个物体用轻绳(轻杆)连接且沿绳(沿杆)例4角速度相等抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武机简化为图示物理模型，石头A,右端固定有重物B,轻杆可绕水平转轴0自由(2)重物B的质量M.解得M=18m.图所示，质量均为m的滑块A和滑块B静止在水平地面上，滑块A、B与质量也为m的小球C间用长为L的轻杆初始时两轻杆夹角为74°.对小球C施加一竖直向下的恒力F②.重力加速度为g,sin37°=0.6,结果可用根式表示.若地面光滑且F=mg,从初始至两大小.问题分析设C的速度大小为v₁,A、B的速度大小为第6章机械能守恒定律的应用必刷打卡P78~81必考度：90%难度：进阶簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放);的总动能将发生变化，若系统所受的外力(除重力度内.则在B球与弹簧接触至运动到最低点⑨的过程A.A球的机械能先增大后减小B.B球到达最低点时杆对A球的作用力大小等于mgsinθC.B球克服弹簧弹力做的功是杆对B球做功的3倍 BB球到达最低点时，A、B两球有沿斜面向上的加速②分析各阶段受力情况，确定每个阶段有什么③当涉及摩擦力做功时，一般应用能量守恒定能量总和△E减与增加的能量总和△E增满足举例】在板块问题中(如图甲),板和块发生相对滑动，则板和块之间的滑动摩擦力对块做负功，对板做乙一对静摩擦力做功(总功为0),通常不产生内例7如图1所示，倾斜传送带常用于飞机上行李箱的搬运工作.一倾角为θ=37°的传送带保持0.8m/s的恒定速率向上运行⑨,工作人员以相同时间间隔②将行李箱无初速度地放在传送带底端⑨,所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动④,且相传送带上3个进入货舱前匀速运动⑨的行李箱，其中A与B间的距离小于B与C间的距离⑨,行李箱A的质量为20kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.8,传送带的长度为10m,重力加速度g取10m/s²,sin37°=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列图2对行李箱A做的功为102.4J机械能从传送带B转移到物体A上了.B行李箱A加速时的加速度为a=μgcosθ-gsinθ=C摩擦力对行李箱A做的功等于行李箱A机械能的械能增加量和A与传送带间的摩擦生热，即W电=1206.4+102.4J=1308第第7章动量动量守恒定律的应用例1[北京2025·19(3)]无风时，飞机以速率u水平向前向后下方运动③,如图所示.请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足问题分析如图，设飞机机翼的倾斜角度(与水平方度大小为v.气流在飞机机翼竖直方向的投影面积为Fαu²,即α=2.③完全非弹性碰撞(碰后共速):动量守恒+机械可得久形变时耗散的能量(内能).树树能量守恒定律(系统):能量守恒定律(系统)速(子弹留物块中).物块).4.小球(物体)一弹簧模型②若系统所受的外力和除了弹簧弹力以外的内弹性势能最大(相当于完全非弹性碰撞);弹簧处于5.物块(或小球)一光滑曲(或斜)面模型(曲面末端点(相当于完全非弹性碰平速度，系统水平方向动量为小球上升的②小球返回最低点(相当于弹性碰撞):小球与6.物块(或小球)一悬绳模型(分析方法与拓展5类似)例2(多选)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面①上，一光滑小块上端冲出去③,若测得在水平方向上小球与滑块的甲D.若a<b,小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛逐项分析A设小球的质量为m,初速度为vo,取向右A正确；狂K重难点小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得mv₀=mv{+Mv2,由机械能守恒定律得,若a<b,则m>M,联立两式解得v'>0,v'>v{,则小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动，D错误.三大观点应用技巧①如果物体受恒力作用，涉及运动细节(加速度)可用动力学观点解决.例3[江苏2025·14]如图所示，在光滑①水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个.在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球②以初速度vo向右运动，与钢球发生正碰③.所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞④.(1)若钢球质量为m⁶,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v₁;(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能E.逐问分析(1)玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v1,钢球速度为v,则有mvo=②研究某一物体受到力的持续性作用而发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间问题)或动能定理(涉及位移问题)解决.③若研究对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决.④在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律(初状态所有能量=末状态所有能量)求解.⑤在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，一般用动量守恒定律解决.后右侧钢球1碰球2,球2碰球3,…,球n-1碰球n,同理可得，碰撞的两球质量相等，碰后交换速度，最右侧钢球最终运动的速度大小为vo.(2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v',钢球速度为v₁,则有muo=mu'+3mv₁n,则玻璃球的速度大小为(3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后，速度最终会交换到第n个钢球，相当于与第n个钢球碰撞，玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v₂,钢球速度为V₂1,则有,解得,以此类推，玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为第第8章机械振动与机械波重难20▶振动和波的综合问题必考度；60%难度：适中不明确.播方向和振动方向的箭头在图线同侧沿波的传播方向，“上坡”时质点向下向上振动下坡上下坡上0上坡下行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断质点振动方向带动法靠近波源的点能带动它邻近的离波源质点的振动方向例1(多选)一列波长为10m的简谐横波沿x轴传播，图1比较项目某质点在各时刻的振动方向(看下一时刻的位移)(同侧法等，见上表)△t后的随时间推移，图像延伸，但已有形状随时间推移，图像沿波的传播方向平移，原有波形做周期性变化联系(1)纵坐标均表示质点的位移；(2)纵坐标的最大值均表示振幅；(3)波在传播过程中，各质点都在各自的平衡位置上下振动逐项分析AB由题图2可知0时刻N质点向下振②若,则振动例2[浙江2025年1月·12](多选)如图1所示，0.1s时⑨x=4m与x=6m两处的质点开始振动.不B.在6m<x≤12m间S₂波的波长为1.2m逐项分析A波在x=6m处左侧的波速为v₁=,在x=6m处右侧的波速为v₂=,两列波相遇时有v₁t+6m+ 此时x=6m处质点从平衡位置向上振动，此时x=0波长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长λ₁=v₁T=40×0.02m=0.8m,x-(6m-x重难21电场的性质考法1、电场强度的求解非点电荷电场强度：用对称法、等效法、割补法、微元法等计算，本质还是利用已知点电荷进行计算.分析问：绝缘棒cd均匀带电，a点有点电荷+Q,为r,已知b点场强为0,求e点的场强问：半径为r的绝缘右侧一长为l的小段，l远小于r,求0点场强电，电荷量为+Q,挖去部分直径为R的球，求问：半径为r的圆环均匀带电，电荷量为+Q,求垂直于答：b点场强由点电荷+Q和棒上电荷共同产生，故在b点棒产生的等大反向，又因为e和b相对棒对称，故棒在e点和b点产生的场强等,方向向右对称的左侧圆弧产生的场强，因l远小于r,故左侧的一段可看成点电荷，0点,方向向右体积为大球体积的则大球的电荷量为,距球心2R处场强等于大球在该处的场强减去小球在该处的场,方向向右则向右的场强分量为,方向向右了考法2几种常见的电场线或等势线(面)的应用电场电场线(等势面)示意图电场线等势面(线)匀强电场电场线等势面平行且等间距的直线正点电荷的电场远，且离场源电荷越远，场强越小；与场源电荷等距的各点组成的球面上场强大小相等，方向不同等量异种点电荷的电场电场线二者连线上：中点场强最小且不等先减小再增大；二者连线上由正电荷到负电荷电势逐渐降低，中点电势为零；连线的中垂线上电势处处相等，且为零等量同种正点电荷的电场二者连线上：中点场强最小且为零；中垂线上：由中点至无穷远处，场强二者连线上，中点的电势最低，且不为零；中垂线上，中点的电势甲乙电场力做功及电势能相关问题匀强和非匀强电场.持不变.变化量.结论法(公式法)电势沿电场线的方向逐渐降低→E₀=电荷在电势低的地方电势能大功，电势能增加→由E₀=qφ通过电势能反推电势增加→由E₀=qφ通过电势能反推电势4.根据带电粒子运动轨迹判断速度变化或电势能变化(粒子只在电场力作用下运动)①电场力的方向：指向轨迹凹侧且沿电场线切(多选)如图所示，三个同心圆是带正电的点电点分别位于三个等势面上.已知三个圆的半径关系为To-Tn=ro-a.将一带电粒子由A点释放，先后经过B、C两点③,不计粒子所受重力.下列说法正确的A.该粒子做加速度越来越小的运动B.该粒子的电势能越来越小C.从A运动到B与从B运动到C的过程中，该粒子所受电场力做功相同D.该粒子在C点的动能是B点的动能的2倍线(或与等势线垂直).响结果判断).③电场力和速度夹角小于90°时，电场力做正度夹角大于90°时，电场力做负功，速度减小，动能减小，电势能增大.逐项分析A由点电荷周围的场强为,可知Eᴀ>EB>Ec,粒子做加速运动的加速度为,故由AC由点电荷周围的场强为,可知EᴀB>EBc,而从B运动到C的过程中，由W=qU可知WAB>WBC,CD对粒子从A点到B、C点的过程，由动能定理有qUᴀB=EB-0,qUAC=Ekc-0,因UᴀB>UBc,则UAC=UᴀB+UB<2UAB,可知Ekc<2EB,D错误.1.电场中的图像问题分析关键①读图判断：从横、纵坐标(图线走向)直接分析各物理量随x的变化关系.②从静电场公式计算相关物理量.2.几种常见的电场图像及分析各点电势的高低，进而确定电场强度的方向φ-x图像(1)切线的斜率绝对值：沿x轴方向电场强度E的大小；①q的正负已知，可用WᴀB=qUnʙ,由正负功比较；比较(1)图线与x轴围成的“面积”表示电势差；(2)图像纵坐标乘以电荷量q,图像可转化为电荷受力的F-x图像；(3)图像与x轴围成的“面积”乘以电荷量q,表示电场力做的功或电荷电势能变化量(1)根据W=Fx=-△E。对值表示电场力大小；(2)根据E,=q9可判断电势的高低，进而判断电的变化情况；根据电势能变化可知动能变化场强大小在E-x图像中确定电势能的大小与电场力或场强大小xx₁处图线切线的斜率④个为0,即E=0x₂处图线切线的斜率的绝对x₃处φ=0,E≠0电场方向向左电场方向向右B会拓展带电粒子只受静电力作用而运动时的v-t图像A处图线切线斜率的绝对值最B处图线切线斜率为0,加速度为0,场强E=0例2(多选)如图所示，两个电荷量x轴上离原点0足够远的位置由静止BABCDC逐项分析A两个电荷量相同的正点电荷固定在关于原点0对称的y轴上，可知x轴相当于中垂线，原点0场强为零，无穷远处场强也为零，所以从x轴上离原点0足够远的位置到原点0场强会先增大后减x正半轴上的场强为正，x负半轴上的场强为负，AB根据沿场强方向电势逐渐降低，可知x轴上原点0原点0沿x轴两侧电势逐渐降低，且φ-x图像切线斜CD]将一个负点电荷从x轴上离原点0足够远的位正，点电荷先向0点做加速度先增大后减小的加速运带电粒子(带电体)在匀强电场中的运动(1)带电粒子(带电体)做直线运动的条件①静止或匀速直线运动：粒子受到的合力为0(图甲).②变速直线运动：粒子受到的合力不为0,但方向不变且与初速度共线(不论合力大小是否恒定)(图乙).甲①y=yo+Ltanθ(L为屏到偏转电场的水平距离);为偏转电场长度);3.带电粒子在重力、恒定电场力作用下的圆周运动(等效重力法)E等效最高点和等效最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作等效最高点和等效最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作G'的平行线，交于圆周上的两点，此两点为等效最高点和等效最“等效重力”后分析思路与竖直面内的圆周运动——轻绳模型分析思路相同(见重难11考法1).例3如图所示，平面直角坐标系xOy位于竖直平面例3如图所示，平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，倾斜光滑直轨道AO与y轴正方向夹角为θ=OB及半径为R的竖直光其所在圆0'分别与x轴和y轴相切于B点和C点.已(2)小物块从0点到B点过程中，由动能定理可知电荷量为q的带正电小物块③(可视为质内④小物块与水平轨道OB之间的动摩擦因数为μ三电荷量为q的带正电小物块③(可视为质内④小物块与水平轨道OB之间的动摩擦因数为μ三 (1)小物块经过坐标原点0处时的速度大小；带电粒子在交变电场中的运动问题②注重全面分析(分析受力特点和运动特点),↓33例4(多选)如图所示，一对平行金属板长为L,两A.所有电子离开电场时的速度方向均与初速具有周期性.逐项分析AB电子进入电场时刻侧位移最大，最大侧位移为y₂=2×2×CC第10章第10章恒定电流般指接近或等于电源电动势),说明与电压表串联例①如图所示，电源电动势为6V,电路中有接电路的导线，其中一根导线内部的铜丝是断的⑨,电路其余部分完好.为了查出故障导线，某同学选用多用电表直流10V针发生偏转③.由此可判断出故障导线是()电路的动态分析(1)程序法变化支路国定支路该处短路.A.ABB.CDC.(3)极限法图所示.含容电路的分析C.小灯泡L变鲁注意(1)电容器稳定后相当于断路，阻值无穷导线.大，故电流表读数变大，小灯泡变亮，A错误，C正确.重难25▶测量未知电阻的实验方法电流表分压因Im=1真，Um>U(Um=U+UA),所以Rm>R真电压表分流因U测=U真，I测>1真(I测=I+Iv),所以R测<R真小外偏小阻的判①计算法：如R>√R₆Ry,则为大电阻，用内接法；如R.<√RAR√,则为小电阻，用外接法.②试触法：电压表一端接A,另一端分别先后接B和C,如电压变化显著,则用外接法；如电流变化显著,则用内接法.(谁变化显著,谁的测量值就太假，就用谁的真实值).电路图电流等效替代①将滑动变阻器的滑片P置于a端(接入电路的阻值最大);②闭合开关S₁、S₂,调节P,使电流表(电压表)指针指在适当的位置，记下此时电流表(电压表)的示数I(U);③断开开关S₂,再闭合开关S₃,保持P位置不变，调节电阻箱，使电流表(电压表)的示数仍为I(U);④此时电阻箱连入电路的阻值R。与未知电阻R的阻值等效，即电压等效替代(2)Ic=0→UᴀB=0→φa=4B→UR₁=UR,UR₂=Ue(如图乙);电路图a.断开S₂,闭合S,调节R₁,使电流表指针满偏；b.保持R₁不变，闭合S₂,调节R₂,使电流表指针半偏，读出R₂的值；c.可认为RA测=R₂a.调R₂=0,闭合S,调节R₁,使电压表指针b.保持R₁不变，调节R₂,使电压表指针半偏，读出R₂的值；c.可认为Rvu=R₂某次测量中电流表A和④的示数分别为I₁和I₂,则 R(保证不论S₂闭合与不闭合，电路中总电阻几乎不变，总电流几乎不变);匹配，能使电流表指针满偏的电源)a.选大电源(使R₁左侧部分阻值与右侧部分和电源内阻的总阻值的比值尽量小，保证调节R₂前后R₁左侧部分分压几乎不变);b.选小滑变，R₁<R(能用前提下，越小越准确)误差由于R越并越小，则实际总电流增大，电源有内阻，R并是增大,故Rv=R₂>Rv真RA测=R₂<RA真减小.相等有I₁r₁=(I₂-I₁)R,答案(1)大于大于大于小于(2)非线性减小(3)见解析乙丙例4[湖北2025·11]某实验小组为测量一节干电逐次改变电阻箱的阻值R,用智能手机记录对应的电手机R₀=9.0Ω,可得E=V(保留三位有效数戊(2)由闭合电路欧姆定律得E=I(R+R₀+r),整理得答案(1)保护(2))(3)1.49(1.47~1.51均给分)1.4(1.1~1.7均给分)(4)有第11章第11章磁场必刷打卡P163T1~4必考度；90%难度：进阶重难27必刷打卡P163T1~4必考度；90%难度：进阶丁考法1、带电粒子在有界磁场中的运动问题示例特点图(a)图(b)图(a)中粒子在磁场中运动的时间t=图(b)中粒子在磁场中运动的时间t=具有对称性①多大角度入，多大角度出；角=弦切角×2(弦切角是速度和弦的夹角)图(c)图(c)中粒子在磁场中运动的时间图(a)图(b)图(a)中粒子在磁场中运动的时间图(b)中粒子在磁场中运动的时间图(c)中粒子在磁场中运动的时间图(d)中粒子在磁场中运动的时间②轨迹和边界相运动图(c)图(d)特点圆形边界场，圆外有磁场，则出沿半径，入沿半径).θ,出与半径夹角也.粒子在磁场中运动的时间(1)带电粒子的聚焦迹圆半径与磁场圆半径相等(R=r),则所有的带电粒子将从磁场圆的同一点射出(聚焦).(2)带电粒子的发散如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为为q的带正电粒子，以大小相等的速率沿不(3)规律总结应强度.例1[甘肃2025·10](多选)2025年5月1日，全马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装.A.外圆半径等于2R₀逐项分析A对a粒子有qBv。=第11章磁场带电粒子在磁场中运动的临界问题等，解决带电粒子在磁场中运动的临界问题主要有1.放缩圆法解决速度方向不变而大小变化的问于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN为d,上、下表面均能接收粒子①.位于原点0的粒子A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d乙2.旋转圆法解决速度大小不变而方向改变的问题(图乙)C.薄板的下表面接收到粒子的D.薄板接收到的粒子在磁场中逐项分析A根据洛伦兹力提供向心力有旋转圆法作出粒子的三个表面接收到的粒子离y轴恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面离y轴最远，如图轨迹2,根据几何关系可知S上max=了考法3带电粒子在磁场中运动的多解问题沿y轴正方向射出时，薄板下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3,根据几何关系可知此时离y轴距离为d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,C正确；D根据图可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，由几何关系可知最小圆心角图例带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电，也可能带负场中运动轨迹不同，形成多解如带正电，其轨迹为a;如带负电，其轨迹为b确定只知道磁感应强度大小，而未具体强度方向不确定而形成多解a,若磁感应强度方向垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从多解运动具有周带电粒子在部分是电场、部分是磁周期性，因而形成多解例3如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁.感应强度大小均为B,方向分别垂直C---【问题分析作出粒子的两条运动轨迹如图所示，所有圆·称性和几何关系可知粒子运.C例3如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁.感应强度大小均为B,方向分别垂直C---【问题分析作出粒子的两条运动轨迹如图所示，所有圆·称性和几何关系可知粒子运.C第11章磁场带电粒子在组合场中的运动带电粒子在叠加场中的运动①受三个场力且合力为0或只受两个场力且合力为0,带电粒子静止或做匀速直线运动.电粒子在垂直于匀强磁场的方向上做匀速圆周运动.③受三个或两个场力且合力大小和方向均变法(目的是使配出的洛伦兹力和其他某个力或某些例4[湖南2025·14]如图，直流电源的电动势为①带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，受电场力和洛伦兹力时，电场力方向一定明确，而有速度后受到洛伦复杂，一般我们会给粒子配上一对等大反向的速度v₁和v',使v₁产生为初速度为v₁的匀速直线运动和初速度为v'的匀速圆周运动.真提示当带电粒子(带电体)速度不为0时用配速磁场.闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时②,狂边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边(1)求粒子所带电荷(2)求磁感应强度B(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器右侧再加一逐问分析(1)由闭合电路欧姆定律得方向,由牛顿第二定律得联立甲,则粒子进入磁场时的速度大小几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=由牛顿第二定律得,解得(3)如图乙所示，粒子在电场和磁场中的运动可看作沿v₁方向的匀速直线运动和沿v₂方向的匀速圆周运动的合运方向所受洛伦兹力与电场力平衡，有乙粒子相对于电容器右侧的最远水平距离为xm=R'+③③力情况.情况.例5如图(a),在两块水平金属极板间加电压U=此刻开始计时(t=0),磁感应强度按图(b)规律变,已知B₀=1T,磁场方向以垂直于纸面向里为(1)t=0时，粒子速度的大小v及其与水平方向的夹(2)若s,则粒子在t=T。时的位置与0逐问分析(1)粒子在电场中偏转过程，由动能定理,由几何关系有立并代入数据解得v=2×10⁴m/s,θ(2)由题和(1)中结论可知，粒子垂直于边界MON射第11章磁场时，粒子逆时针偏转轨迹的圆心角为的圆心角也为α=120°,粒子运动至A₂点，可知速度与边界NOM的夹角为30°,则粒子在t=T。时的位置与0点的距离s=2√3r,代入数据解得s=4√3×10⁻²m.答案(1)2×10⁴m/s30°(2)4√3×10⁻²m原理示意图在互相垂直的电场、磁场带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qv₀B=qE,即;速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量由粒子源、加速电场、偏转磁场、照相底片等组成(1)加速电场(2)偏转磁场由以上两式可得续表原理示意图回旋两个半圆D形金直于盒面的匀强磁场中最大动能：由最大动能：由半径R决定，与加速电压无关；时间(忽略粒子加速时间)等离子体(即高体，含有大量的正、负带电粒子)喷入匀强磁场外电路断开时，两极电压为U时稳定，有,故发电机的电动势为U=v₀Bd;一矩形截面的载流霍尔元件，磁场方向与电流方向垂直霍尔元件在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势得,其中称为霍尔系数；电磁非磁性材料制成的圆形导管，处于匀强磁场中，导电液体充满导管,电势高低的判断：根据左手定则可得U,磁场区域中离子的偏转半径均为R③.忽略离子重D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应B第1次加速后，由动能定理知离子动能增加了C第k次加速后，由动能定理可得 第12章第12章电磁感应必考度：30%难度：入门真题考例“增反减同”当线圈向右运动出磁场×的过程中，磁通量减小，×由“增反减同”知感应磁场的方向垂直纸面向拒去留”扩”粤注意此结论只适用于磁感线单方向穿过回a、b靠近(如图甲).张(如图乙)竖直面，装置为磁铁与铜线圈，当磁铁向下、向上运动时，磁铁与铜线圈之间符合“来拒去留”;铜线圈符合“增缩减扩”甲“增反减同”(即自感现发生自感现象)闭合S,B灯先亮，A灯所在支路由于线圈会阻碍电流的增大，所以A灯逐渐变亮；再断开S,线圈阻碍电流的减小，两灯串联，故两灯逐渐熄灭实现低压(U)向高压(U₀)充电，如图，该电路中当S闭合且稳定时，线圈中有电流，当S断开时，则产生自感现象阻碍电流减小，L相当于电源，U与L共同加在U₀乙④速度v是相对于磁场的运动速度，若磁场也如图1,当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁的面积,则3.感生电动势的求解(仅由B变化引起)例1动生电动势如图所示，纸面内有一粗细均匀的导线围成的闭合三角形线框abc,∠c=37°,∠b=以垂直于ab且恒定的速率v。进入右侧的匀强磁场大小为B,且ab边始终与磁场的虚线边界平行②,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则bc边的中点经过磁场A.BLv₀BCD 场中，金属框平面始终与磁感随时间t按正弦规律变化.Φ为穿过金属框的磁通D.当时，Φ和E均为零逐项分析A由于金属框平面始终与磁感线垂直，所以穿过金属框的磁通量为Φ=BS,根据法拉第电磁感应定律可知金属框中的感应电动势为在T内，结合图像可知磁通量增大，感应电动势B与时，金属框中的感应电动势大小相等，根据楞次定律和安培定则可知方向相反，BC当时，金属框中的磁通量最大，磁通量变化,金属框中的磁通量为零，磁通量变化重难32▶电磁感应中的“杆+导轨”模型必刷打卡P181T1~3,P183T1~3,P184T5~9必考度：了考法1单杆模型“电阻+杆”模型(杆有初速度)“电源+杆”模型“电阻+杆”模型(有外力)示意图质量为m、电阻不计的单杆ab初速度为v₀,两光滑平行导轨间距为L单杆ab质量为m、电阻不计，两力F恒定动力学收尾状态S闭合，单杆ab受到的安培力F=v↑→感应电动势E感=BLw↑→I↓→安培力F=BIL↓→加速度v↑→感应电动势E=BLa↑→I↑→安培力F安=BIL↑,由F-F安=ma知a↓,当a=0时，v最大，,安培力,做减速运动：v↓→F↓→a↓,当v=0时，F=0,a=0,单杆保持静止图像观点能量观点动能全部转化为内能：观点涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动“电容器+电源+杆”模型示意图₀,电阻阻值为R,电容器电容为C安培力为阻力，导体棒做加速度动，此时I=0,但电容器所带电荷E,内阻不计，电容器电容为C不计，两光滑平行导轨间距时Uᴄ=BLnm,导体棒做加速度减开始时,导体棒ab速度v个三感应电动势E=BL↑,内流入电容器的电荷量△q=电流安培力F安=BLI=CB²L²a,F-F=ma,为定度做匀加速运动图像观点例3[安徽2025·15]如图，平行光滑金属导轨被固(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量.逐问分析(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感(2)对第2根导体棒，由动量定理有-∑BIL△L=(3)第1根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有,因为定值电阻与导体棒阻值相等且是串联关系，所以它们产生的热量相同，故,第2根导体棒速度减为0时，第3根导体棒速度减为0时，由能量,同理，第n根导体棒速度减为0时，度，a、b未相碰)一杆受恒定水平外力)零，一杆受恒定水平外力)示意图质量m₆=m。电阻r₆=r。长度L₆=L。质量m₆=m。电阻r₆=r。摩擦力Fʙ=F质量m₆=m。电阻r₆=r。长度L₆=L。a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度做匀速运动定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F₁<F≤2F,,则a杆先运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同图像观点度，a、b未相碰)零，一杆受恒定水平外力)能量观点F做的功转化为两杆的动能和内能：Wp=△Ek+QF做的功转化为两杆(单杆)动量观点系统动量守恒系统动量不守恒系统动量不守恒总结双杆问题的最终状态1.无外力的双杆：自由运动的最终状态一般为电路中的总电流为零，两杆做匀速直线运动，过程中是否满足动量守恒需要根据守恒条件来判断，任一单杆均可用动量定理求解电荷量.2.有外力作用下的双杆运动：最终状态一般是回路中达到一个稳定电流，两杆做匀变速直线运动，最终速度差一定.例4[甘肃2025·15]在自动化装配车间，常采用电滑平行金属导轨①,间距为L,电阻忽略不计.导轨置于磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中.导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2,质量均为m,电阻均为R.导轨左侧接有电容为C的电容器.初始时刻，机械臂1以初速度vo向右运动，机械臂2静止②.运动过程中两机械臂不发生碰撞.系××××××BC(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I₁和I₂,写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U,写出电容器所带电荷量的表达式.(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度.若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少?逐问分析(1)初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小E₁=BLv₀,根据右手定则可知通过机械臂1的感应电流方向从机械臂1的下端流向上端.(2)根据安培力公式可知机械臂1所受安培力的大小F₁=BI₁L,机械臂2所受安培力的大小F₂=BI₂L,电容器两端电压为U,电容器所带电荷量为Q=CU.(3)设系统达到稳定状态后两机械臂的速度为v,对机械臂1根据动量定理有-∑Bi₁L△t=mw-mvo,对机械臂2根据动量定理有根据电路结构可知通过机械臂1的电荷量等于通过机械臂2的电荷量与电容器的电荷量之和，即有其中U'=BLv,联立解得,系统没有达到边同时乘△t,则有BLx₁-q₁R=BLx₂+q₂R,机械臂1相对机械臂2运动的距离为,其中间距至少为不等距双杆模型质量m₆=m。电阻r₆=r。长度L₆=2L。质量m。=m,动力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加不同速度做匀速直线运动，此时有BLva=BL₃V%,故两杆的速度之比为v。:v₆=2:1,回路中电流为零杆a做加速度减小的加速运动，杆b做加速度增大的加速运动.稳定时有l₁a₁=L₂a₂,a₁、a₂恒定，回路中电流恒定图像观点能量观点△Ek+Q电动量观点段间距为2L③,af之间接有阻值为R=1Ω的定值电(2)求两导体棒在水平导轨上运动达到稳定后P、Q导体棒Q的两倍，求导体棒P释放的位置到bg的距离.『逐问分析(1)由题意知导体棒P到达bg前速度已导体棒P到达bg时的动能(2)设导体棒P、Q达到稳定后的速度大小分别为v₁别有-BILt=m₁-mvm,BI·2Lt=mw₂,解得导体棒P达到稳定后的速度大,导体棒Q达了考法4不平行导轨模型(3)设导体棒P释放的位置到bg的距离为x,导体棒P在倾斜导轨上运动时，导体棒Q中无电流通过，不产生焦耳热，设导体棒P在倾斜导轨上产生的焦耳热为Q₁,导体棒P在倾斜导轨上运动过程由能量守恒定律有,解得Q₁=(4.5x-1.8)J,,解得Q₂=0.36J,由题意有Q₁+Q₂=2Q₂,解得导体棒P释放的位置到bg的距离x=0.48