压轴突破专题4第10讲电磁感应中常考的3个问题教案.docx

压轴突破专题4第10讲电磁感应中常考的3个问题教案学问互联网达人寄语科学复习、事半功倍完备H勺对接！2019年6月16日18时37分，我国的“神舟九号”载人飞船胜利放射两天后及“天宫号”在茫茫太空顺当实施了人工手控交会对接，令世人瞩目！北京航天飞行限制中心的科技团队是全世界最年轻的支E控队伍，平均年龄只有31岁.100%的E控胜利率，实现了他们青春及使命的完备对接.他们经常说：“细微环节确定成败，仔细才能取胜”；“胜利是差一点就失败，失败是差一点就胜利”.他们有时为了小数点后H勺第6位数而夜以继日.高考也是一次莘莘学子青春及使命!勺对接，让我们!勺青春及激情在拼搏中飞扬，实力及灵感在挑战中交会，力求胜利！力求完备！“电路和电磁感应”是高考口勺“重头戏“力电综合”更有难度.明确对象、过程及回路，应用规律、方法和技巧，细上加细，慎之又慎，努力交一份完备的答卷.让“对接”来得更猛烈些吧！青春的火花在此刻闪耀！第10讲电磁感应中常考的I3个问题主要题型：选择题或计算题难度档次：选择题中等难度题，计算题难度较大.电磁感应学问点较少，一般及电路学问、安培力进行简洁口勺结合，或定性分析、或定量计算，通常涉及45个学问点.电磁感应中口勺计算题综合了力学，电学、安培力等学问，难度较大，尤其是导体棒模型和线框模型.，高考热点1.感应电流'闭合电路的部分导体在磁场内做（1）产生条件切割磁感线运动I穿过闭合电路的发生变更I右手定则：常用于状况（2）方向推断楞次定律：常用于状况阻碍磁通量的变更（增反减同）（3）"阻碍"的表现阻碍物体间的（来拒去留）阻碍的变更（自感现象）2 .感应电动势【向计算（1）法拉第电磁感应定律：E=11KT若B变，而S不变，则E=:若S变，而B不变，则E=，常用于计算图10-1电动势.(2)导体垂直切割磁感线：E=B1.v,主要用于求电动势的值.(3)如图10-1所示，导体棒Oa围绕棒的一端0在垂直磁场H勺平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E=.3 .电磁感应综合问题中运动口勺动态结构和能量转化特点(1)运动的动态结构其他形式的能(如机械能)其他形式的能(如内能)能量转化特点安培力三功匝囤电流做功，F,状元微博名师点睛解决电磁感应综合问题的一般思路是“先电后力”即先作“源”的分析一一分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；再进行“路”H勺分析一一分析电路结构，弄清串并联关系，求出相关部分H勺电流大小，以便安培力的求解；然后是“力”H勺分析一一分析探讨对象(通常是金属杆、导体、线圈等)1月受力状况，尤其留意其所受I南安培力；接者进行“运动”状态的分析一一依据力和运动的关系，推断出正确的运动模型：最终是“能量”的分析一一找寻电磁感应过程和探讨对象的运动过程中其能量转化和守恒口勺关系常考问题30楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用（选择题）图10-2例1（2019福建理综，】8）如图102所示，一圆形闭合铜环由高处从静止起先卜落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线及条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向口勺X轴，则下图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标X变更的关系图象是（）.解析闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后削减，由楞次定律可推断感应电流H勺方向要发生变更,D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变更率不是匀称变更,所以感应电流随X的变更关系不行能是线性关系，A项错误：铜环由静止起先下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量!勺变更率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后,铜环H勺速度增大，磁通量的变更率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误.答案B本题考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律等学问，旨在考查学生的理解实力和推理实力，难度适中.邈变矩形导线框abed固定在匀强磁场中（如图103甲所示），磁感线的方向及导线框所在平面垂直，规定磁场日勺方向垂直纸面对里，磁感应强度B随时间t变更的规律如图10-3乙所示，则().图10-3A.从0到11时间内，导线框中电流的方向为adcbaB.从0到t1.时间内，导线框中电流越来越小C.从t1.到t2时间内，导线框中电流越来越大D.从t1.到t2时间内，导线框be边受到安培力大小保持不变,方法锦喔感应电流方向口勺推断方法方法-楞次定律的运用步骤方法二右手定则(适用于部分导体切割磁感线)应用法拉第电磁感应定律E=nKf时应留意：(1)探讨对象：E=n-ZTH勺探讨对象是一个回路：(2)物理意义：E=nZT求的是At时间内的平均感应电动势：(3)电动势口勺大小及Kr成正比，及无关.课堂笔记常考问题31电磁感应中的图象问题(选择题)图10-4例2(2019课标，20)如图10-4所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边及长直导线平行.己知在1=0到t=t1.的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变更，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向：线框受到的安培力口勺合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向及图中箭头所示方向相同，则i随时间t变更的图线可能是().本题考查安培力、电磁感应现象、楞次定律的综合应用，考查考生的推理实力，难度中等.图10-5酗金如图105虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴。以角速度3匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确表明线框转动一周感应电流变更状况的是().得分技巧解决电磁感应现象中图象问题H勺基本方法及要点分析1 .基本方法(1)在清横、纵坐标表示的物理量.(2)理解图象的物理意义.(3)画出对应的物理图象(常采纳分段法、数学法来处理).2 .要点分析(1)定性或定量地表示出所探讨问题的函数关系.(2)留意横、纵坐标表达的物理量以及各物理量H勺单位.(3)留意在图象中E、I、B等物理量H勺方向是通过正负值来反映的，故确定大小变更的同时，还应确定方向的变更状况.3 .所用规律利用右手定则、左手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决感应电流的方向和感应电流的大小.常考问题32电磁感应规律及电路、力学规律口勺综合应用(计算题)图10-6【例3】(2019天津理综，11)如图106所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距1=0.5m,左端接有阻值R=0.3Q的电阻.一质量m=0.1.kg,三J0.r=().1Q的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T.棒在水平向右的外力作用下,由静止起先以a=2ms2的加速度做匀加速运动，当棒的位移X=9m时撤去外力，棒接着运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比QI:Q2=2：1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终及导轨垂直且两端及导轨保持良好接触.求(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的!功WF.解析(1)设棒匀加速运动的时间为At,回路的磁通量变更量为,回路中H勺平均感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律得E=At其中中=BIXE设同路中的平均电流为I,由闭合电路欧姆定律得I=记G则通过电阻R的电荷量为q=It联立式，代入数据得q=4.5C(2)设撤去外力时棒I内速度为V,对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2=2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做I的功为W,由动能定理得W=O一加2撤去外力后回路中产生的J焦耳热Q2=-W联立式，代入数据得Q2=1.8J由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1.：Q2=2：1,可得Q1.=3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF=Q1.+Q2由式得WF=5.4J.答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、匀变速直线运动公式、动能定理、能量守恒定律等学问，主要考查考生的理解实力、分析综合实力.本题难度较大.图10-7预渊。如图107所示,足够长的金属导轨ABC和FED,二者相互平行且相距为1.,其中AB,EE是光滑弧形导轨，BCxED是水平放置的粗糙直导轨，在矩形区域BCDE内有竖直向上口勺匀强磁场，磁感应强度为B,金属棒MN质量为m、电阻为r,它及水平导轨间的动摩擦因数为U,导轨上A及F、C及D之间分别接有电阻R1.、R2,且R1.=R2=r,其余电阻忽视不计.现将金属棒MN从弧形导轨上离水平部分高为h处由静止释放，最终棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止.(金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失，金属棒MN始终及两导轨垂直，重力加速度为g)，求：(1)金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；(2)整个过程中电阻R1.产生的焦耳热.，借题发挥1 .巧解电磁感应及力学综合题的两个基本观点(1)力H勺观点：是指应用牛顿其次定律和运动学公式解决问题，即选对探讨对象进行受力分析，依据受力变更应用牛顿其次定律推断加速度口勺变更状况，最终找出求解问题的方法.其流程图为:确定电源E=B1.v,F感应电流错误!运动导体所受安培力F=BI1.,F受力状况分析一一合外力F合=ma,F加速度状况a及v方向关系，F运动状态H勺分析一一临界状态.（2）能量的观点：动能定理、能量守恒定律在电磁感应中同样适用.2 .能量转化及焦耳热的求法能量转化（2）求解焦耳热Q口勺几种方法课堂笔记高考阅卷老师揭秘电磁感应中的压轴大题常考的问题有以下四个方面1.电磁感应及力学综合问题3 .电磁感应及能量综合问题4 .电磁感应及电路综合问题5 .电磁感应及力、技术应用综合问题不论考查哪类问题，实质上就两个模型.模型1：电磁场中的导体棒模型（单棒）模型2：电磁场中的线框模型（含两根导体棒）模型一电磁场中的导体棒模型（单棒）【例1】（2019广东理综，35）图10-8如图10-8所示，质量为M的导体棒ab,垂直放在相距为1的平行光滑金属导轨上.导轨平面及水平面的夹角为0,并处于一磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面对上的匀强磁场中.左侧是水平放置、间距为d/、J平行金属板.R和RX分别表示定值电阻和滑动变阻器I均阻值，不计其他电阻.(1)调整Rx=R,释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒口勺速率V.(2)变更Rx,待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.解析(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示.导体棒所受安培力F安=BI1.导体棒匀速下滑，所以F安=MgSin。Mgsin联立式，解得I=一记一导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BIVEE由闭合电路欧姆定律得I=R+R,且RX=R,所以I=加2MgRsinO联立式，解得V=B212由题意知，其等效电路图如图所示.由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端口勺电压.设两板间的电压为U,由欧姆定律知U=IRXU要使带电的微粒匀速通过，则mg=qQ因为导体棒匀速卜.滑时口勺电流仍为I，所以联立式，解得mB1.dRX=MqSinOMgSinU2MgRsinOmB1.d答案（1）B1.-B212（2）MqSinO,思维模板解决电磁感应中综合问题的一般思路是“先电后力再能量”.模型二电磁场中的线框模型（含两根导体棒）1 .一杆静止一杆运动模型（如例2）2 .线框模型：当整个线框都在匀强磁场中运动时，不产生电流:线框只有边切割磁场时，该边框两端的电压等于路端电压，而不是感应电动势.图10-9【例2】（2019四川卷）如图109所示，间距1=0.3m的平行金属导轨a】b1.c1.和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平而a1.b1.b2a2区域内和倾角=37°的斜面c1.b1.b2c2区域内分别有磁感应强度B1.=O.4'、方向竖直向上和B2=1.T、方向垂直于斜面对上H勺匀强磁场.电阻R=O.3Q、质量m1.=0.1kg、长为1的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1.、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于K杆中点H勺轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环.已知小环以a=6ms2I向加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂宜于杆且沿斜面对下的拉力F作用卜.匀速运动.不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不行伸长.取g=10ms2,sin37°=0.6,cos370=0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率.依题练招,教你审题1 .学问对接(1)受力分析：小环受重力m2g和摩擦力Ff两个作用力；K受绳子的拉力Fr=Ff和安培力B1.I1.I处于平衡；Q杆受重力m1.g,导轨的支持力FN、安培力B2I1和拉力F四个力作用下处于平衡状态.(2)牛顿其次定律：小环在两个力作用下产生加速度.(3)法拉第电磁感应定律：Q杆切割磁感线产生感应电动势B21v.(4)电磁感应及电路：Q杆切割磁感线，相当于电源，K、S杆是外电路.(5)瞬时功率：拉力的瞬时功率P=FV.2 .对象关联第(2)问中涉及小环的加速运动、K杆的静止和Q杆I为匀速运动，多个物体、不同的运动状态，难度较大.但是若能找到三者之间的联系，该题也就迎刃而解了.小环及K杆是通过绳子口勺拉力联系在一起，K杆和Q杆是通过电流(安培力)关系联系在一起的.Q杆产生的电流(部分)通过K杆，使K杆受到安培力，小环加速运动受到绳子口勺摩擦力，小环对绳子的摩擦力通过绳了作用在K杆上，K杆在这两个力作用卜处于平衡，从而找到解题的突破MeuiTANOVAIM1.IAN1.随堂演练iXX1.（2019北京理综，19）物理课上，老师做了个奇异的”跳环试验”.如图Io-IO所示，她把一个带铁芯I均线圈1.、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈1.上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立即跳起.某同学另找来器材再探究此试验.他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动.对比老师演示的试验，卜列四个选项中，导致套环未动的缘由可能是（）.图10-10A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环I的材料及老师的不同图10-112. 如图Io-U所示，在倾角为0的斜面上固定有两根足够长的平行光滑导轨，两导轨间距为1.,金属导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上,导体棒ab的质量为m,电阻为R.导轨电阻不计.空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.当金属导体棒ab由静止起先向下滑动一段时间10后，再接通开关S,则关于导体棒ab运动的v-t图象可能正确的是（）.图10-123. （2019临沂模拟）如图1（）一12所示，在垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个匀称导线制成的单匝直角三角形线框.现用外力使线框以恒定H勺速度V沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终及磁场右边界平行.己知AB=BC=I,线框导线H勺总电阻为R,则线框离开磁场的过程中（）.A.线框中口勺电动势随时间匀称增大B12B.通过线框截面H勺电荷量为水2B212vC.线框所受外力H勺最大值为RD.线框中口勺热功率刚好间成正比图10-134. （2019山东理综，20）如图1013所示，相距为1.I的两条足够长的光滑平行金属导轨及水平面的夹角为0,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到V时起先匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力H勺功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终及导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g卜.列选项正确H勺是（）.A. P=2mgvsinB. P=3mgvsinVgC.当导体棒速度达到5时加速度大小为sin0D.在速度达到2v以后匀速运动H勺过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做口勺功5.如图10-14所示，空间被分成若干个区域，分别以水平线aa'、bb'、cc'、dd'为界，每个区域的高度均为h,其中区域11存在垂直于纸面对外的匀强磁场，区域III存在垂直于纸面对里且及区域11的磁感应强度大小相等的匀强磁场.竖直面内有一边长为h、质量为mH勺正方形导体框，导体框下边及aa'重合并由静止起先自由卜落，导体框下边刚进入bb'就做匀速直线运动，之后导体框下边越过ccz进入区域山，导体框的下边到达区域HI的某一位置时又起先做匀速直线运动.求：(1)导体框在区域山匀速运动的速度.从导体框下边刚进入bb'时到下边刚触到dd'时口勺过程中，导体框中产生的热量.(已知重力加速度为g,导体框始终在竖直面内运动且下边始终水平)图10-14答案：第10讲电磁感应中常考的3个问题【高考必备】1. (1)磁通量(3)相对运动原电流BS12. (DnTtSnBTT平均瞬时加2<0【常考问题】预料IA从0到t1.时间内，垂直纸面对里的I磁感应强度减小.磁通量减小.依据楞次定律可推断，产生顺时针方向的电BE流.故A项正确：由公式E=-KT=S不7，I=R,由于磁场匀称B减小，刀为一恒定值.线框中产生的感应电流大小不变，故B、C项错误;磁感应强度B匀称变更.由公式F=BI1.bC知be边受的安培力是变更口勺，故D项错误.例2A因通电导线四周的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边口勺电流大小相等，方向相反，所以受到口勺安培力方向相反，导线框的左边受到的!安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力及左边导线框受力的方向相同.因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，依据左手定则，导线框处H勺磁场方向先垂直纸面对里，后垂直纸面对外，依据右手螺旋定则，导线中H勺电流先为正，后为负，所以选项A正确、选项B、C、D错误.预料2A将线圈360。的旋转过程分成四个90°阶段，并应用法拉第电磁感应定律和楞次定律知只有A对.预料3解析（1）设金属棒刚到达水平轨道时速度为V,且此时合外力最大，加速度最大.由牛顿其次定律，得B1.1.+mg=ma,2E由欧姆定律，得I=彳，由法拉第电磁感应定律，得E=B1.V,由动能定理，得mgh=加v2,2B21.22gh联立，解得a=g+3nr.(2)设金属棒MN中的电流强度为1.通过电阻RI、R2的电流强I度分别为II、12,则11=12=5,由公式Q=I2Rt,得QN=4QR1,整个过程中回路产生的焦耳热为Q，Q=QMN+2QR1,由能量的转化和守恒定律，得nigh=mgs+Q,IQR1.=mg(h-s).2B21.2I答案(Dug+3mr(2)mg(h-s)高考阅卷老师教你模型二【例2】满分解答(1)设小环受到的摩擦力大小为Ff,由牛顿其次定律，有112g-Ff=m2a,代入数据，得Ff=O.2N.(2)设通过K杆的电流为11,K杆受力平衡，有Ff=B1.I1.1.,设回路总电流为【，总电阻为R总，有1=211,3R总=%，设Q杆下滑速度大小为V,产生的感应电动势为E,有I=R总E=B21vF÷m1.gsin=B2I1拉力H勺瞬时功率为P=FV联立以上方程，代入数据得P=2W.【随堂演练】1. D金属套环跳起的缘由是开关S闭合时，套环上产生感应电流及通电螺线管上的电流相互作用而引起的.线圈接在直流电源上，S闭合时，金屈套环也会跳起.电压越高，线圈匝数越多,S闭合时，金属套环跳起越猛烈.若套环是非导体材料，则套环不会跳起.故选项A、BsC错误、选项D正确.2. ACD当开关S闭合前导体棒ab匀加速运动时，其加速度为a=gsin,经时间10,其末速度为vt=g1.sin。.当开关S闭合后，导体棒ab会受到安培力作用，由左手定则可知，安培力沿导轨向上，当导体棒的重力沿导轨向下的分力及安培力平衡时，导体棒H勺运动速度达到稳定，这就是导体棒H勺收尾速度.3. AB三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度1.=vt,所以线框中感应电动势H勺大小E=B1.v=Bv2t,故选项A正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量AB12Q=IAI=AtRAt=T，选项B正确：当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则E=BII=B212vB2v4t2T-选项C错误；线框的热功率P=FV=BIV2t=R,选项D错误.4. C导体棒由静止释放，速度达到V时，回路中的电流为I,则依据共点力的平衡条件,有mgsinO=B1.1.对导体棒施加一平行于导轨向下口勺拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为21,则依据平衡条件，有F+mgsin。=2B1.1.所以拉力F=mgsin,拉力的功率P=F2v=2mgvsin。，故选项A正VI确、选项B错误；当导体棒的速度达到5时，回路中的电流为5,1g依据牛顿其次定律，得mgsin0B2.=ma,解得a=5sin0,选项C正确；当导体棒以2vaJ速度匀速运动时，依据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误.5. 解析（1）导体框从aa'到bb'过程中，设刚进入bb'时导1体框）勺速度为V,则mgh=2mv2所以v=2gh导体框进入bb'起先匀速运动时BhVmg=BIh,I=RB2h2v所以mg=一“导体框下边到达区域InH勺某一位置时又起先做匀速直线运动时2Bhv,mg=2Bh,=一葭4B2h2v'所以mg=-V1由以上各式得v'=4=4ii从导体框下边刚进入bb'时到下边刚出dd'时的过程中，设产生H勺热量为Q215由动能定理：2mgh-Q=211v/22mv2,Q=2mgh+应mv247所以Q=mIngh.1_47答案(1.)4,2gh(2)Tmgh高考压轴题突破策略一一大题小做，妙用“得分三步曲”实践表明，综合大题的解题实力和得分实力都可以通过“大题小做”日勺解题策略有效提高.“大题小做”的策略应体现在整个解题过程的规范化中，详细来讲可以分三步来完成：审题规范化，思维规范化，答题规范化.第一步：审题规范化审题流程：通读一一细读一一选读.技法1第一遍读题通读读后头脑中要出现物理图景的轮廓.由头脑中的图景(物理现象、物理过程)及某些物理模型找关系，初步确定探讨对象，猜想所对应口勺物理模型.技法2其次遍读题一细读读后头脑中要出现较清晰的物理图景.由题设条件，进行分析、推断、确定物理图景(物理现象、物理过程)的变更趋势.基本确定探讨对象所对应的物理模型.技法3第三遍读题选读通过对关键词语口勺理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的解除之后,对题目要有清晰H勺相识.最终确定本题H勺探讨对象、物理模型及要解决的核心问题.同时，还要留意常见的审题错误：(1)没有明确探讨对象；(2)没留意物理量是矢量还是标量；(3)没搞清哪些量是已知量，哪些量是未知量；(4)没留意括号里的文字；(5)没抓住图象上H勺关键点；(6)没看清物体是在哪个面内运动，是竖直面还是水平面；(7)没留意是否须要考虑重力，有些题目明确说明不须要考虑重力，有些题目须要自己分析推断；(8)读错或没看清文字，如位移(或位置)、时间(或时刻)、直径(或半径)、轻绳(或轻杆)、物体在圆环的内侧(或外侧或圆管内或套在圆环上)等：(9)没看清关键词,如“缓慢”、“匀速”、“足够长”、“至少”、“至多”、“刚好”、“最大”、“最小”、接触面“粗糙(或光滑)”、“物体及弹簧”连接(或接触)等；(10)没有挖掘出题目中关键词汇的隐含条件，如：“刚好不相揄”表示物体最终速度相等或者接触时速度相等；“刚好不分别”表示两物体仍旧接触，弹力为零，且速度和加速度相等；“刚好不滑动”表示静摩擦力达到最大静摩擦力；”绳端物体刚好通过最高点”表示绳子拉力为零，仅由重力供应向心力.其次步：思维规范化思维流程：(S)-®一好一一国策)一>(i)一(ei)技法1过程分解【技法阐释】图1【高考佐证】(2019浙江理综，24)如图1所示,两块水平放置、相距为dH勺长金属板接在电压可调H勺电源上.两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面对里H勺匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板卜表面，从喷口连绵不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的果滴.调整电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下板的M点.(1)推断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量：求磁感应强度B的大小；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置.为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B',则B'的大小为多少？U解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qi=11gmgd由式得：q=T由于电场方向向卜.，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷.(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍及电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，vQ_有qvOB=mjf(4)考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R=dVOU由、式得B=筱（3）依据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R',v0有qvOB'=Hijp-皿由图示可得：R'2=d2÷Ir-2Z5得：R'=打4vOU联立、式可得：B'=512mgdVOU4VOU答案（1）负电荷V（2）筱（3）嬴点评解答此题H勺关键是对两个不同过程（直线运动、圆周运动）运用相应的物理规律来分段处理，还要留意利用这些过程连接点的联系.技法2对象拆分【技法阐释】对于多体问题，关键是选取探讨对象和找寻相互联系.选取对象时往往须要敏捷运用整体法或隔离法，对于符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同H勺系统，宜采纳整体法；需探讨系统内各部分间的相互作用时，宜采纳隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，般应慎用整体法.至于多个物体间的相互联系，可从它们之间口勺相互作用、运动时间、位移、速度、加速度等方面去找寻.【高考佐证】(2019山东卷，24)如图2所示，在高出水平地面h=1.8mRJ光滑平台上放置质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A,其右段长度11=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙.在A最右端放有可视为质点的物块B,其质量m=1.kg,B及A左段间动摩擦因数=0.4.起先时二者均静止，现对A施加E=2()N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后,将A取走.B离开平台后口勺落地点及平台右边缘的水平距离x=1.2m.(取g=10ms2)求:图2(DB离开平台时的J速度vB(2)B从起先运动到刚脱离A时,B运动的时间tB和位移xB.(3)A左段H勺长度12.1解析(1)设物块平抛运动的时间为3由运动学学问可得h=5gt2x=vBt(2)联立式，代入数据得vB=2m/s(2)设B附加速度为aB,由牛顿其次定律和运动学的学问得mg=maBvB=aBtB1xB=aB1.B联立式，代入数据得tB=O.5SxB=O.5m®设B刚起先运动时A的速度为v1.,1由动能定理得F1.1.=5Mv2设B运动后AH勺加速度为aA,由牛顿其次定律和运动学的学问得Fumg=MaAI12+xB=v1.tB+2aAtB(11)联立何成，代入数据得12=1.5m答案(1)2m/s(2)0.5s0.5m(3)1.5m技法3情境图示【技法阐释】养成画图习惯，用情境示意图形象直观地呈现物理过程，如画受力图，运动过程示意图、运动轨迹图等，把抽象思维转化为形象思维，将困难题目化难为易.【高考佐证】(2019海南单科,16)如图33)所示的XOy平面处于匀强磁场中，磁场方向及xy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变更的周期为T,变更图线如图(b)所示.当B为+BO时，磁感应强度方向指向纸外.在坐标原点0有一带正电的粒子211P，其电荷量及质量之比恰好等于丽.不计重力.设P在某时刻t以某初速度沿y轴正向自0点起先运动，将它经过时间T到达的点记为A求:(1)若t0=0,则直线OA及X轴的夹角是多少？T(2)若t=7则直线OA及X轴的夹角是多少？11T为了使直线OA及X轴口勺夹角为了，在0<10。的范围内，t应取何值？图3解析(1)设粒子P的质量、电荷量及初速度分别为m、q及V,由牛顿其次定律及洛伦兹力公式得qvB0=nih；2R211RV=由式及已知条件得T'=T图(C)T粒子P在t=0到t=5时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到T达X轴上的B点，在t=5到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达X轴上的A点，如图(C)所示.OA及X轴H勺夹角0=0(4)图(d)TT1在t=45,Jt=5时间内，沿顺时针方向运动1个圆周，到达CT点，在t=5到t=时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达5T1B点，在t=到t=7时间内，沿顺时针方向运动牙个圆周，到达A点，如图(d)所示.由几何关系可知，A点在y轴上，即OA11及X轴向夹角=万(T)T若在随意时刻t=too<to<可粒子p起先运动，t=to到t=5时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心0'位于X轴上，圆弧OC对应口勺圆心角为211fT、zoo,c=5一切T在t=5到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点,在t=T到t=+t时间内,沿顺时针方向做圆周运动到达A点,设圆心为0”,圆弧BA对应RJ圆心角为211NB0“="j't0图(e)如图(e)所示.由几何关系可知，C、B均在0'0”连线上，且OA(TOm11311若要OA及X轴成丁角，则有N()()'C=丁T联立式可得to=8.T-811-2O7案答技法4模型提炼【技法阐释】解物理题口勺实质就是将实际问题转化为志向化的物理模型，然后运用物理、数学学问求解.必需熟识的基本过程模型有：匀变速运动、圆周运动(或磁偏转)、平抛(或电偏转)、回旋加速、速度选择等，对象模型有连接体、传送带、滑块一滑板、弹簧等.图4【高考佐证】(2019四川理综，24)如图4所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角。=37°,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有电场强度大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×102kg、电荷量q=÷1.×10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪放射后，沿水平凯道向左滑行，在C点以速度v=3ms冲上斜轨.以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，电场强度大小不变,方向反向.已知斜轨及小物体间的动摩擦因数u=0.25.设小物体的电荷量保持不变，H1.g=IOms2,sin37。=0.6,cos37°=0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP勺长度.解析(1)设弹簧枪对小物体所做的功为肌由动能定理得IW-mgr(1cos)=2mv0,代入数据得W=O.475J.(2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1.,由牛顿其次定律得一Ingsin0-(mgcos+qE)=ma1.解得a1.=-9ms2小物体向上做匀减速运动，经t1.=O.1s后，速度达到v1.,有v1.=v÷a1.t1.v+v1.解得v1.=2.1m/s,设运动H勺位移为si,有s1.=-2t1.=0.255m电场力反向后，设小物体H勺加速度为a2,由牛顿其次定律得一mgsin0-(mgcos-qE)=ma2解得a2=-7ms2设小物体以此加速度运动到速度为零，运动的位移为s2,有一v2=2a2s2,解得s2=0.315m设CP的长度为s,有s=s1.+s2=(0.255+0.315)m=0.57m.答案(1)0.475J(2)0.57m点评解答此题口勺关键是明确物体的运动过程及每个运动过程所对应的基本模型.第个过程一一圆周运动模型其次个过程一加速度为a】H勺匀减速运动模型第三个过程-f加速度为a2口勺匀减速运动模型第三步：答题规范化答题流程：示意草图一一文字描述一一分步列式一一联立求解一一结果探讨.技法1文字说明，简明扼要物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，肯定要用假设的方式进行说明.题目中的些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明.要指明正方向、零位置.列方程前，对谁在什么过程（或什么状态）用到什么规律，需简要说明，体现“大题小做”的特点.技法2常规分步，精确规范做综合大题肯定要树立“常规方法、分步解答”的解题观，因为高考阅卷的评分标准给出的多为常规解法，并实行分步给分，每一步口勺关键方程都是得分点.以卜.几个技巧可有助于大题尽量多得分：方程中字母要及题目吻合，同一字母物理意义要唯一.出现同类物理量，要用不同上下标区分.列纯字母方程.方程全部采纳物理量符号和常用字母（例如位移X、重力加速度g、角度O等）.列原始方程.及原始规律公式相对应H勺详细形式，而不是移项变形后的公式.依次列方程.不要写连等式或综合式子，否则会“一步出错，满盘皆输”；每个方程后面应标明序号如、，便于后面“联立XXX得”进行说明.技法3结果表述、精确到位题中要求解的物理量应有明确的答案（尽量写在惹眼处）.待求量是矢量H勺必需说明其方向.用字母表示的答案中不能含有未知量和中间量.凡是题中没有给出的都是未知量，不