预测二 数理思维命题（高考预测）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专项突破教用word

预测二　数理思维命题 物理思维与数理结合——高中物理核心方法解读 　　物理学不仅是自然科学的基石,更是培养学生逻辑思维与创新能力的重要载体。该部分以“物理思维方法”与“数理结合思想”为主线,梳理高中物理的核心解题策略,助力学生突破思维瓶颈,提升解决问题的效率。 分类 核心方法 核心思想 典型应用场景 考频与趋势 物理思 维方法 对称思想 与割补 思想 利用对称性简化问题,利用割补法处理不规则图形相关问题 抛体运动、电场分布、万有引力计算 在近年高考中占比显著提升 等效思想 与叠加 思想 复杂模型等效转化,多场叠加原理迁移应用 等效电阻、等效重力场、电磁场叠加 高频考点,强调模型转化能力 分解思想 矢量分解为独立分量 斜抛运动正交分解,动力学分析,配速法 基础方法迁移,贯穿力学与电磁学 微元思想 极限思维处理连续变化的问题 变力做功,分方向动量定理的应用 创新题高频出现,体现与数学的融合 降维法 三维问题投影至低维空间 空间力系平面简化,电磁学综合题 静力学与电磁学综合题常见 数理结 合思想 几何知识 应用 利用几何关系分析物理问题 光学全反射,圆周运动轨迹 区分度高,几何知识灵活应用 极值问题 导数与函数思想求极值 电源输出功率最大化 高频难点,与数学工具深度结合 归纳推理 数据归纳物理规律 多次碰撞规律总结,在数据中寻找共性 逻辑推理能力的考查重点 致读者　物理的学习之道,在于思维与工具的双重锤炼。愿助您洞悉物理本质,以数理之刃,破万象之谜。 角度1　对称思想和割补思想在物理问题中的应用 一、对称思想 预测说明　对称思想是一种重要的解题思想,尤其在分析物体的受力情况、运动过程、弹簧形变、电场强度等问题时,运用对称思想能很好地降低解题复杂程度,快速确定解题思路。 1.(静态平衡中的对称性) (2025福建厦门六中一模)将完全相同的三根原木A、B、C按图(a)所示放在水平地面上保持静止,截面如图(b)所示。若将原木B、C分别向左、右各移动一小段相同的距离,A、B、C仍保持静止,不计A、B、C间的摩擦,则与移动前相比 (　A　) 　 A.地面对B的摩擦力变大 B.B对A的支持力变小 C.地面对B、C总的支持力变小 D.地面对B、C总的支持力变大 2.(磁场中的对称性) (2025河北邢台一模)三根通电直导线P、Q、R相互平行,某一横截面如图所示,表示电流的三个点位于等腰三角形的三个顶点,三条导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流,则通电直导线P、Q在R处产生的磁感应强度B及通电直导线R所受的安培力F的方向分别是 (　A　) A.B沿x轴正方向;F垂直于R,指向y轴负方向 B.B沿x轴负方向;F垂直于R,指向y轴正方向 C.B沿y轴正方向;F垂直于R,指向x轴正方向 D.B沿y轴负方向;F垂直于R,指向x轴负方向 3.(弹簧类对称性) (2025 T8联考·河北)如图所示,在光滑水平面上有一质量为m的木块与劲度系数为k的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连在竖直墙壁上,弹簧处于水平状态,木块处于静止状态,一质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入木块并很快停留在木块内,木块压缩弹簧后做往复运动,弹簧的弹性势能Ep=kx2(x是弹簧的形变量)。下列说法正确的是 (　C　) A.在子弹打入木块的过程中,子弹、木块和弹簧构成的系统动量不守恒,机械能也不守恒 B.系统因摩擦产生的热量为m C.弹簧的最大长度与最小长度之差为v0 D.从木块被击中前至第一次回到原位置的过程中,整体受到合力的冲量大小为mv0 二、割补思想 预测说明　从物理学视角来看,割补思想即把研究对象及相关物理过程或物理量等,通过宏观分割或者填补的方式,将非理想的模型转换成理想化模型,使复杂结构变为单一结构,实现化繁为简、化难为易的目的。 4.(5·3原创·割补思想在重心求解中的应用) 如图所示,一个边长为2a、质量均匀分布的正方形薄板ABCD,总质量为M。现从薄板中挖去一个边长为a的小正方形区域,其中心O'位于原正方形中心O右侧处。已知对于由多个部分组成的物体系统,其重心位置x总=,其中mn是各部分的质量,xn是各部分重心的位置坐标。则薄板剩余部分的重心到原正方形左侧边AB的距离为 (　B　) A.a　　　　B.a　　　　C.a　　　　D.a 5.(5·3原创·割补思想在力的合成中的应用) 作用在同一点的三个力,相邻两力之间的夹角均为120°,大小分别是10 N、20 N与30 N,求合力的大小与方向。 答案　见解析 解析　使用割补法,将三个力分别“割”掉10 N(“割”掉部分合力为0),等效成两个大小分别是10 N和20 N的力,两个力的夹角为120°,如图所示,合力的大小是10 N,方向在20 N与30 N的力形成的夹角间,并与30 N的力的夹角为30°。 思维点拨　在处理力的合成类物理问题时,运用割补思想中的“割”,能够有效简化运算,降低出现错误的概率,提高解题效率。 6.(5·3原创·割补思想在平抛运动解题中的应用) 在距地面高为h、到竖直光滑墙面的水平距离为s1的位置,有一个小球以v0的速度向墙面水平抛出,如图所示,小球和墙壁碰撞后落地,假如不计碰撞过程中的能量损失,也不考虑碰撞时间,小球与墙壁碰撞前后竖直方向的分速度不变,重力加速度为g,则落地点到墙的距离s2是多少? 答案　v0-s1 解析　由题意可知小球的反弹速度和原速度关于墙面对称,如图所示。这时采用割补法把小球碰撞后的运动进行翻转,那么全过程就是一个平抛运动。根据图中情况来看,小球碰撞时的速度v斜向下,其水平分量是v0,因为小球和墙面碰撞后没有能量损失,所以发生碰撞后小球的速度大小保持不变,v'和v关于墙面对称,可知v'的水平分量仍然是v0,s2=s'2,则s2=s-s1,s是整个平抛运动的水平位移,根据平抛运动规律有s=v0,可得s2=v0-s1。 7.(5·3原创·割补思想在电场强度解题中的应用) 如图所示,一个均匀带电圆环的半径为R,带电荷量为+Q,现在圆环上截去长度为L的一小段(L≪R),求圆心O处的电场强度的大小和方向。 答案　　从O点指向缺口 解析　补齐缺损,根据题意知圆心O处的总电场强度为0,故截去长为L的一小段后,圆环剩余部分在O处产生的电场强度与补上的长为L的一小段带电导体在O处产生的电场强度大小相等、方向相反,因为L≪R,所以这段带电体可以当成点电荷来处理,则圆心O处电场强度的大小E=,方向从O点指向缺口。 8.(割补思想在磁场解题中的应用) (2025辽宁抚顺二模)如图所示,平面直角坐标系Oxy横轴上的点P(-a,0)处有一粒子源,粒子源能沿坐标平面、与x轴正方向的夹角不超过30°的方向,向第二象限发射速率相同、带电荷量均为q、质量均为m的带正电荷的粒子。第二象限某区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),粒子源发射的所有粒子均能垂直经过y轴。已知当磁场充满整个空间时,恰好没有粒子能进入第一象限,不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子的速度大小v; (2)求第二象限内磁场区域的最小面积S。 答案　(1)　(2)a2 解析　(1)当磁场充满整个空间时,粒子运动的临界轨迹如图甲所示,设粒子运动轨迹的半径为r,根据几何关系有2r sin 30°=a 洛伦兹力提供向心力,有qvB= 联立解得v=。 (2)粒子入射方向与x轴正方向的夹角为0~30°,出射方向与x轴平行,则根据磁发散模型的特点可知,当磁场的边界为图乙所示的圆弧时,存在最小面积,有S=2=a2。 角度2　等效思想和叠加思想在物理问题中的应用 一、等效思想 预测说明　等效思想是将复杂物理问题或模型转化为简单、熟悉的等效模型,通过保持物理效果不变,简化分析过程的重要思维方法。等效思想的核心在于“等效替代”,即通过等效变换,将陌生问题转化为已知模型,降低思维难度。 1.(等效思想在安培力求解中的应用) (2025江西名校联考)如图甲所示,一段长为L的直导线放在匀强磁场中,导线与磁感线的夹角为30°,直导线中通入大小为I的恒定电流,直导线受到的安培力大小为F;若将直导线由中点处弯折成60°角,通入的电流大小不变,将此弯折导线按图乙方式再放入该匀强磁场中,则弯折导线受到的安培力大小为 (　C　) A.F　　　　B.F　　　　C.F　　　　D.F 2.(等效思想在曲线运动中的应用) (2025浙江选考测评)图甲为我国研制的爆轰驱动超高速高焓激波风洞,其各项性能指标均处于领先地位。假设某风洞能够产生水平方向的恒定风力,在平行于风力方向的竖直平面内建立图乙所示的平面直角坐标系。从x轴上A点以某一速度抛出一个小球,一段时间后小球到达x轴上的B点,已知小球在A点时的速度方向与x轴正方向(水平方向)的夹角为60°,在B点速度方向与x轴正方向的夹角为30°,A、B间的距离d= m。重力加速度g=10 m/s2。运动过程中小球的最小速度为　 (　A　) 　 A. m/s　　　　　　　　B.2 m/s C.2 m/s　　　　　　　　D.4 m/s 二、叠加思想 预测说明　叠加思想是处理多元物理问题的核心方法,通过将复杂物理量或过程分解为简单单元的叠加,利用矢量或标量的叠加规律求解。在高中物理中,叠加思想贯穿场的叠加、波的叠加、电动势的叠加等问题,核心是“分而治之,合而为一”。 3.(叠加思想在机械波中的应用) (2025山东济南一模)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播,波速均为v=1 m/s,t=0时刻的波形图如图所示。平衡位置位于x=8 m处的质点在t=5 s时的位移和0~5 s内的路程分别为 (　B　) A.5 cm,25 cm　　　　　　　　B.-5 cm,25 cm C.5 cm,35 cm　　　　　　　　D.-5 cm,35 cm 4.(叠加思想在电场中的应用) (2025山东济南一模)(多选)如图所示,在空间直角坐标系Oxyz中有到原点O的距离均相等的a、b、c、d四个点,a、b均在x轴上,c在y轴上,d在z轴上。在a、b两点各放置一个带电荷量为+Q的点电荷。下列说法正确的是 (　BD　) A.c点和d点的电场强度相同 B.c点和d点的电势相等 C.将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中,电势能始终不变 D.将带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点的过程中,电势能先增加后减少 5.(叠加思想在电磁感应中的应用) (2025安徽皖北协作区一模)(多选)如图所示,半径为R的金属圆环ab固定在水平桌面上,有一垂直于圆环向里的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t变化的关系为B=kt(k>0且k一定)。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上,杆的一端与圆环的端口a接触,t=0时,杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动,t=时金属杆转到虚线位置,与圆环另一端口b刚好接触,设t=时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为r,金属杆与金属圆环接触良好。下列说法正确的是 (　ABD　) A.t=时,回路中的电流沿逆时针方向 B.从t=0到t=的过程中,回路中的感应电动势一直增大 C.t=时,回路中的感应电动势大小为 D.t=时,回路中的电流大小为 6.(5·3原创·叠加思想在重力场中的应用) 在空间中有三个质量均为M的质点,分别位于边长为a的正方形的三个顶点A、B、C处。已知质点产生的重力场在某点的重力场强度g=(r为该点到质点的距离,G为引力常量),方向指向质点。这三个质点产生的重力场在正方形中心O点的重力场强度大小为 (　B　) A.0　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 7.(5·3原创·叠加思想在叠加场中的应用) 如图所示,空间存在方向水平向右的匀强电场,质量为m的小球一端通过轻绳AB与竖直墙壁相连,另一端通过轻绳OB与O点相连,AB与竖直方向的夹角为45°,OB水平且此时恰好无弹力。现剪断轻绳AB,假设小球运动过程中电荷量不变,绳OB长L且不可伸长,重力加速度为g不计空气阻力,求小球绕O点开始做圆周运动后绳OB的最大张力。 答案　3mg 解析　由于OB初始时无弹力,说明小球带正电,受到的重力、静电力、AB的弹力恰好平衡,受力分析如图所示 剪断AB,小球受到的重力、静电力不变,将两个力合成,合力为等效重力mg'=mg 小球从初位置到O点正下方C点的过程中,由动能定理得mg'·L=m,解得v0=2 小球到达C点时绳OB突然绷直,小球沿半径方向的速度变为0,OB绷直后瞬间小球的速度v1=v0 cos 45°= 过O点作BC的平行线,该线与以L为半径、O点为圆心的圆交于D点,D点为小球做圆周运动的等效最低点,小球绕O点开始做圆周运动后,到达D点时的速度最大,轻绳OB的张力最大,小球从C运动到D的过程,根据动能定理有mg'·L(1-cos 45°)=m-m 在D点,对小球根据牛顿第二定律有F-mg'= 联立解得F=3mg 则小球绕O点开始做圆周运动后绳OB的最大张力为3mg。 角度3　分解思想在物理问题中的应用 预测说明　分解思想是基于一些物理量的矢量性,以问题为导向,用“分解”之手段,巧妙化解疑难问题。高考对分解思想的考查比较普遍,应该重视本类思想方法的运用。 1.(分解思想在电场中的应用) (2025河北廊坊一模)如图所示,空间存在方向水平向左的匀强电场,电场强度大小为10 V/m。一倾斜挡板与水平地面的夹角成θ=37°,挡板上P点正上方5 m处有一粒子源S,粒子源可以向各个方向发射速度大小均为2 m/s的带正电的微粒,所有微粒均能落在挡板上。已知微粒的比荷为 C/kg,重力加速度g取10 m/s2,不计落在挡板上的微粒对原电场的影响以及微粒间的相互作用。微粒从粒子源运动至挡板上的最短时间约为　 (　C　) A.0.3 s　　　　　　　　B.0.5 s C.0.7 s　　　　　　　　D.0.9 s 2.(分解思想在机械能守恒中的应用) (2025河北邢台一模)(多选)如图所示,左侧竖直墙面上固定半径为0.3 m的光滑半圆环,右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为2 kg的小球a套在半圆环上,质量为2 kg的小球b套在直杆上,两者之间用长L=0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现a在圆环的最高处受微小扰动,沿圆环自由下滑,不计空气阻力,a、b均可视为质点,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　AD　) A.小球a滑到与圆心O等高的P点时,b的速度大小为0 B.小球a滑到与圆心O等高的P点时,a的速度大小为 m/s C.小球a下滑至杆与圆环相切的Q点时,a、b的速率关系为va=0.6vb D.小球a下滑至杆与圆环相切的Q点时,a的动能约为4.2 J 3.(5·3原创·分解思想在叠加场中的应用) 如图所示,在竖直平面内存在方向水平向左的匀强电场,电场强度大小为E,同时存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。t=0时刻,在空间某点由静止释放一带正电的粒子,其质量为m,带电荷量为q(不计粒子受到的重力),求粒子从释放到速度大小为所用的时间t。 答案　(n=0,1,2,…) 解析　对粒子进行配速,如图所示 竖直向上的速度对应的水平向右的洛伦兹力的大小等于水平向左的静电力的大小,即qv0B=qE 解得v0= 将粒子的运动分解为竖直向上的匀速直线运动和顺时针的匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qv0B= 解得r== 粒子做匀速圆周运动(分运动)的周期T== 当粒子的速度大小为时,粒子两个分运动的速度相互垂直,此时粒子做匀速圆周运动的分速度水平向左或水平向右,经过的时间t=T+nT=·(n=0,1,2,…)或t=T+nT=·(n=0,1,2,…) 将两式进行综合可得t=T+n·=·=(n=0,1,2,…)。 角度4　微元思想在物理问题中的应用 预测说明　微元思想是将连续变化的物理过程或物理量分割为无限多个微小单元,通过分析单个微元的规律,再累加(积分)得到整体结果的思想方法。适用于变力做功、连续体冲击、图像面积分析等问题,核心是“化变为恒,以直代曲”。 1.(5·3原创·微元思想在非常规图像中的应用) (多选)在某次直线摩托车比赛中,甲、乙两车同时通过A点后,其运动的-x图像如图所示,若摩托车最大速度为20 m/s,终点B与A的距离为8 m,甲、乙两车从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是 (　BC　) A.甲、乙两车可能相遇 B.甲车从A到B的时间为5 s C.乙车从A到B的时间为6 s D.甲车的加速时间比乙车的加速时间少2 s 2.(微元思想在f-t图像与f-x图像中的应用) (2025 T8联考·河北)用电钻给固定的物体钻孔,钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所示,钻头所受的阻力与运动位移的关系图像如图乙所示,已知两图线的斜率分别为k1、k2。下列说法正确的是 (　A　) 　 A.由图像分析可得,电钻做匀速运动 B.0~t0时间内,阻力的冲量大小为k1 C.0~x0位移内,因摩擦产生的热量为2k2 D.0~t0时间内,电钻的平均速度无法算出 3.(微元思想在热学中的应用) (2025山东济南一模)(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等温过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→d过程是等温过程,d→a过程中气体与外界无热量交换。下列说法正确的是 (　AC　) A.a→b过程,气体吸收热量,内能不变 B.b→c过程,气体对外做功,温度不变 C.c→d→a过程,气体放出的热量小于外界对气体做的功 D.a→b过程,气体从外界吸收的热量小于c→d过程气体放出的热量 4.(微元思想在电磁感应中的应用) (2025云南民大附中联考)电磁炮的原理是利用安培力对金属炮弹进行加速,使其达到打击目标所需的动能,与传统的大炮相比,电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。电磁炮可简化为如图所示的模型,将质量为m的金属棒PQ放在两根足够长、间距为L的平行光滑水平导轨上,导轨处在垂直于导轨平面竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,导轨的左端连接一个电容为C0的超级电容器。将开关S拨到1,将电容器接在输出电压为U0的高压直流电源两端给电容器充电,充满电后将开关S拨向2,不计导轨电阻,金属棒PQ的电阻为R,且金属棒运动的过程中始终和导轨垂直。求: (1)开关S拨向2的瞬间,金属棒PQ的加速度a的大小; (2)金属棒PQ最终获得速度v的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)开关S拨向2的瞬间,回路中电流I=,金属棒PQ受到的安培力大小F=BIL=,根据牛顿第二定律得金属棒PQ的加速度大小a==。 (2)在任意极短时间Δt内,设通过金属棒PQ的电荷量为Δq,速度变化量为Δv,根据动量定理,安培力的冲量等于金属棒PQ的动量变化量,即BL·Δt=mΔv,所以BL·Δq=mΔv,将金属棒PQ从静止加速到最终速度的全过程,分割为无数个这样的微元过程,对每个微元有 BL·Δq1=mv1-0 BL·Δq2=mv2-mv1 BL·Δq3=mv3-mv2 …… BL·Δqn=mvn-mvn-1 累加所有微元过程有BL·(Δq1+Δq2+Δq3+…+Δqn)=m(v1+v2-v1+…+vn-vn-1) 设总电荷量为q,最终速度为v,则BLq=mv 对电容器分析有q=C0(U0-U),当金属棒PQ速度最大时,回路中的电流为0,电容器两极板间的电压U=BLv,联立得v=。 角度5　应用降维法处理三维空间中的物理问题 预测说明　降维法是通过几何变换(展开、翻折、投影)或物理模型简化,将三维空间问题转化为二维平面问题,利用平面几何、运动学或静力学规律等求解,避免复杂空间矢量运算。 1.(5·3原创·降维法在安培力作用下平衡问题中的应用) (多选)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两细线与竖直方向间的夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是 (　AD　) A.棒中的电流变大,θ角变大 B.两细线长度变短,θ角变小 C.金属棒质量变大,θ角变大 D.磁感应强度变大,θ角变大 2.(5·3原创·降维法在平抛运动中的应用) (多选)如图所示,一倾斜矩形平板与水平地面间的夹角为53°,平板宽度d=5 m。一小球(可看成质点)从平板右上方边缘A点水平抛出做平抛运动,恰好落在左下方边缘C点。已知AB长度L= m,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=,cos 53°=。下列说法正确的是 (　ACD　) A.小球从A点运动到C点的时间为1 s B.小球从A点抛出的速度大小为5 m/s C.小球落到C点时的速度大小为 m/s D.小球从A点到C点的平均速度为 m/s 3.(降维法在动力学中的应用) (2025湖南邵阳二模改编)在工程领域,起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示,用起重机吊起正方形混凝土板ABCD,已知混凝土板边长为L,质量m=100 kg,且始终呈水平状态,四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为L。某次施工,起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升,其运动的v-t图像如图乙所示,不计钢索所受的重力。已知重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　D　) 　 A.36 s末混凝土板离地面的距离为56 m B.10~30 s内每根钢索所受的拉力大小均为250 N C.0~10 s内钢索的拉力小于30~60 s内钢索的拉力 D.0~10 s内每根钢索的拉力大小均为 N 4.(降维法在电磁感应与力学综合问题中的应用) (2025辽宁葫芦岛一模)(多选)如图,两根足够长的光滑平行金属直导轨与水平面成夹角θ倾斜放置,下端连接一阻值为R的电阻,整个装置处于方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一质量为m的金属棒从导轨上端由静止释放,经过一段时间后做匀速运动。在运动过程中,金属棒与导轨始终垂直且接触良好(a、b为接触点),已知金属棒接入电路的阻值为r(r≠0),导轨间距为L,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g,则 (　BD　) A.金属棒运动过程中电流方向为由a到b B.由静止释放瞬间,金属棒的加速度大小a=g sin θ C.金属棒做匀速运动的速度大小v= D.金属棒做匀速运动之前合力的冲量大于 角度6　几何知识在物理问题中的应用 预测说明　许多高考试题要求学生能根据题目所给信息以及物理知识和规律,利用受力分析图、运动情境图或题图所给几何关系,应用三角形、矩形、圆、椭圆等几何知识分析求解对应的物理关系或物理量。 1.(相似三角形在电场中的应用) (2025辽宁鞍山三模)A、B两小球均带正电荷,A球固定于P点正下方,B球用不可伸长的绝缘细线悬挂于O点,P点位于O点的正下方,OP等于细线长度,B球平衡时细线与竖直方向的夹角为θ。两球所带的电荷均可看作点电荷, 且带电荷量保持不变。现将A球缓慢向上移动到P点的过程中,下列说法正确的是 (　A　) A.细线对小球B的拉力不可能大于重力 B.细线对小球B的拉力大小不变 C.A、B两小球间的距离变大 D.A、B两小球间的静电力逐渐减小 2.(正弦定理在力学中的应用) (2025四川德阳二模)如图所示,将横截面半径为R的半圆柱体A放置于粗糙水平面上,另一半径也为R的球B置于半圆柱体A上,下端用挡板MN托住,其中挡板MN的延长线过A横截面的圆心O,且与水平面夹角为θ,以过O点且垂直于横截面的线为轴逆时针转动挡板MN,在θ从0°缓慢增大到60°的过程中,A始终未动。已知B的质量为m,不计A、B之间的摩擦力,重力加速度为g,则 (　D　) A.当θ=30°时,半圆柱体A对球B的支持力大小为mg B.当θ=30°时,挡板MN对球B的支持力大小为mg C.半圆柱体A对地面的摩擦力一直增大 D.半圆柱体A对地面的摩擦力先增大后减小 3.(外接圆与力学的结合) (2025湖北武汉二调)如图所示,一物块放置在粗糙水平面上,其上固定一“L”形轻杆,轻绳ON的一端O固定在杆上,中间某点M拴一小球,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>90°),现将小球向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变,在OM由竖直被拉到水平的过程中,物块始终保持静止,则 (　C　) A.OM上的弹力一直减小 B.MN上的弹力先增大后减小 C.水平面对物块的支持力先增大后减小 D.水平面对物块的摩擦力逐渐增大 4.(余弦定理与电场的结合) (2025湖南长郡二十校联盟联考一)(多选)如图所示,直角三角形ABC位于竖直平面内,AB沿水平方向,长度为L,∠ABC=60°。空间存在一匀强电场,场强方向与△ABC所在平面平行,将一带正电的微粒(不计重力、空气阻力)从A点移动到B点,电场力做功为(W>0),从B点移动至C点,电场力做功为-W。下列说法正确的是 (　BCD　) A.电场强度的大小是 B.将该带电微粒从B点无初速度释放,其不沿∠ABC的角平分线所在的直线运动 C.将该带电微粒从C点沿CA抛出,要使其通过B点,微粒在C点的动能应为W D.将该带电微粒从A点沿AC抛出,要使其到达BC时,其位移方向垂直于电场强度方向,微粒在A点的动能应为W 角度7　物理中的各种极值问题 预测说明　在解决物理问题时,往往需要经过数学推导或图像分析来求解。求得结果后,有时还要用图像或函数把物理关系表示出来,再求极值。经常用到的数学知识有三角函数、均值不等式、二次函数的性质、导数等。 1.(运用三角函数解决共点力平衡的极值问题) (2025湖北武汉武昌期末)如图所示,某同学用绳拖一木箱在水平地面上做匀速直线运动,绳与水平方向的夹角为θ,木箱与地面之间的动摩擦因数为μ。保持木箱的运动状态不变,夹角θ从0逐渐增大到90°的过程中,下列说法正确的是 (　C　) A.绳的拉力一直减小 B.绳的拉力一直增大 C.绳的拉力先减小后增大 D.绳的拉力先增大后减小 2.(运用均值不等式解决抛体运动的极值问题) (2025陕西部分学校联考)如图所示,从固定在水平地面上的斜面顶端A点向不同方向抛出两个初速度大小相同的小球(可视为质点),两小球恰能落在斜面上的同一点B,两小球运动的时间分别为t1、t2,若要使小球以最小的初速度从A点抛出并落到B点,不计空气阻力,则该小球运动的时间为 (　C　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 3.(运用矢量三角形解决抛体运动的极值问题) (2025河北邢台检测)一位园艺工人将水管接在水龙头上浇花,已知水管出水口处喷水的功率P=64 W,水管横截面积S=2×10-3 m2,水管出水口离水平地面的高度h=0.225 m。已知重力加速度g=10 m/s2,水的密度ρ=1×103 kg/m3,不计空气阻力和摩擦力。若保持水管出水口高度不变,可任意调节出水口方向,则喷出的水落地位置到出水口的水平距离最远约为 (　B　) A.1.5 m　　　　B.1.8 m　　　　C.2.0 m　　　　D.2.6 m 4.(运用二次函数解决电功率的极值问题) (2025湖北八市联考)(多选)如图所示,R1为定值电阻、R2为滑动变阻器,R2的最大阻值大于R1的阻值,V1、V2、 A均为理想电表,理想变压器原线圈两端接电压有效值为U的交流电压,变压器原、副线圈匝数的比值为n,将R2的滑片从最上端向下滑动,则 (　BC　) A.V1的示数为U,V2的示数为 B.A的示数变小 C.原线圈输入功率减小 D.R2的电功率一直增大 5.(结合等效电阻法求解变压器的极值问题) (2025辽宁名校联盟开学考)(多选)如图所示,MN、PQ为两条水平固定且平行的光滑金属导轨,导轨的右端与接有定值电阻R0=1 Ω的理想变压器的原线圈连接,变压器副线圈上接有最大阻值为10 Ω的滑动变阻器R,原、副线圈匝数之比=。导轨宽L=1 m,质量m=2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上,在水平外力F作用下,在两虚线范围内做往复运动,其速度随时间变化的规律是v=2 sin 20πt(m/s),虚线范围内有垂直导轨平面的匀强磁场,磁感应强度B=3 T,导体棒ab始终与导轨垂直且接触良好,导轨和导线电阻均不计,下列说法正确的是 (　ABD　) A.ab棒中产生的电动势的表达式为e=6 sin 20πt(V) B.若R=8 Ω,在t=0到t1=0.025 s的时间内,外力F所做的功为8.3 J C.若R=8 Ω,则电阻R0两端电压的有效值为3 V D.若R=4 Ω,则变压器输出功率最大且为9 W 角度8　归纳推理在物理问题中的应用 预测说明　归纳推理是从个别性结论推出一般性结论的推理方法,在高中物理学习中具有重要应用。这类题目通常会将物理原理融入实际情境,要求学生从具体问题中提取关键信息,运用归纳推理等科学思维方法进行分析和解答。由于需要较强的逻辑思维和知识迁移能力,这类题目难度较大,常作为压轴题出现在考试中。 1.(归纳推理在水平面内两物体多次碰撞问题中的应用) (2025福建二模)如图所示,质量均为2 kg的物块A、B静止在光滑的水平面上,A、B间的距离L=0.4 m,给物块B施加一个大小为F=10 N的水平向左的恒力,使物块B从静止开始向左运动,在以后的运动过程中,A与B的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力。求: (1)A与B第一次碰撞前瞬间B的速度大小; (2)从第一次碰撞结束至发生第二次碰撞经历的时间; (3)物块B从初始位置到发生第n次碰撞的过程中,物块B的位移大小。 答案　(1)2 m/s　(2)0.8 s (3)[0.8n(n-1)+0.4] m(n=1,2,3,…) 解析　(1)设B与A第一次碰撞前瞬间B的速度大小为v0,根据动能定理有FL=m-0,解得v0=2 m/s。 (2)A与B的碰撞为弹性碰撞,设第一次碰撞后B的速度大小为v1,A的速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,根据能量守恒定律有m=m+m,解得v1=0,v2=2 m/s, 每次碰撞后A做匀速直线运动,B做初速度为0的匀加速直线运动。B做匀加速直线运动的加速度aB==5 m/s2,设从第一次碰撞后到第二次碰撞经历的时间为t1,则v2t1=aB,解得t1=0.8 s。 (3)第二次碰撞前瞬间B的速度v'0=aBt1=4 m/s,设B与A第二次碰后B、A的速度分别为v'1、v'2,由动量守恒定律与能量守恒定律得mv'0+mv2=mv'1+mv'2,mv'+m=mv'+mv',解得v'1=2 m/s,v'2=4 m/s(点拨:由于A、B质量相等,两者发生弹性碰撞后,速度交换),可知碰撞后,B对A的相对速度大小仍为vM=2 m/s,相对加速度大小aM=aB=5 m/s2,若前一次碰撞到后一次碰撞经历的时间为Δt,则有0=vMΔt-aM(Δt)2,解得Δt=0.8 s,可知从第一次碰撞后,每经历相同的时间Δt=0.8 s,两者就碰撞一次,且每一次碰撞前瞬间,A的速度均比B的速度小2 m/s,由于A、B质量相等,两者发生弹性碰撞后,速度交换,则每一次碰撞后,A的速度均增大2 m/s。结合上述,第一次碰后到第二次碰前A的位移x1=v2Δt=2×0.8 m=1.6 m,第二次碰后到第三次碰前A的位移x2=v'2Δt=4×0.8 m=3.2 m,第(n-1)次碰后到第n次碰前A的位移xn-1=v'n-1Δt=2(n-1)×0.8 m=1.6(n-1) m(n=1,2,3,…),则物块B从初始位置到第n次碰撞的过程中,物块B的位移xB=1.6×[1+2+…+(n-1)] m+0.4 m(n=1,2,3,…),解得xB=[0.8n(n-1)+0.4] m(n=1,2,3,…)。 2.(归纳推理在电磁感应中的应用) (2025河南五市联考)如图所示,水平面内足够长的两平行光滑金属直导轨,左端与R0=1 Ω的定值电阻相连接,右端与两半径r=0.45 m的竖直面内光滑圆弧轨道(绝缘)在P、Q处平滑连接,PQ与直导轨垂直,仅在PQ左侧空间存在竖直向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场。将质量m1=0.3 kg、电阻R1=2 Ω的金属棒M静置在水平直导轨上,棒长和导轨间距均为L=1 m,M距R0足够远,金属导轨电阻不计。开始时,用一恒为3 N的水平拉力F作用于M,使M向右加速运动直至运动稳定,当M运动到GH处时撤去外力,随后择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量m2=0.15 kg的绝缘棒N,当M的速度变为3 m/s时恰好与N在PQ处发生第1次弹性碰撞。随后N反向冲上圆弧轨道。已知之后N与M每次碰撞前M均已静止,所有碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,M、N始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)金属棒M稳定运动时的速度大小; (2)GH与PQ之间的距离d; (3)自金属棒M发生第1次碰撞到最终两棒都静止,金属棒M运动的总位移。 答案　(1)9 m/s　(2)5.4 m　(3)5.4 m 解析　(1)金属棒M稳定运动时回路中的电流恒定,金属棒M做匀速运动,有F安=F 又F安=BIL,I=,E=BLv0,联立解得金属棒M稳定运动时的速度v0=9 m/s,方向水平向右。 (2)根据题意,当M的速度变为v1=3 m/s时恰好与N在PQ处发生碰撞,对金属棒M从GH运动到PQ的过程,由动量定理有-∑BiLΔt=m1v1-m1v0,即 -Bq1L=m1v1-m1v0 又q1=t=t= 联立解得d=5.4 m。 (3)绝缘棒N从圆弧轨道最高点至第一次滑到圆弧轨道最低点的过程中,由动能定理可得m2gr=m2v2,解得v=3 m/s 金属棒M与绝缘棒N发生第一次弹性碰撞,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 m1v1-m2v=m1vM1+m2vN1,m1+m2v2=m1+m2 解得vM1=-1 m/s,vN1=5 m/s>v=3 m/s 对绝缘棒N分析可知,绝缘棒N滑过圆弧轨道的最高点后继续向上运动,然后再返回圆弧轨道,再以v'N1=vN1=5 m/s、方向水平向左的速度与金属棒M相碰 发生第一次碰撞后,设金属棒M向左运动的位移为x1,根据动量定理可得 -∑BiLΔt=0-m1|vM1| 即-Bq2L=0-m1|vM1| 根据前面分析,同理可知q2=,联立解得x1=0.9 m 设绝缘棒N第二次与金属棒M碰后,绝缘棒N的速度为vN2、金属棒M的速度为vM2,第二次碰撞过程取水平向左为正方向(下同),有 m2v'N1=m1vM2+m2vN2,m2v'N12=m1+m2 解得vM2= m/s,vN2=- m/s 此后,设金属棒M再次向左运动到静止的位移为x2,同理得-=0-m1vM2,解得x2=3 m=10×x1 同理可知,金属棒M与绝缘棒N第三次碰撞后,金属棒M的瞬时速度 vM3== m/s 绝缘棒N的瞬时速度 vN3=vN2=- m/s 设金属棒M向左运动到静止的位移为x3,有 -=0-m1vM3 求得x3=1 m=10×x1 同理可知,金属棒M与绝缘棒N第四次碰撞后的瞬时速度vM4== m/s 设金属棒M向左运动到静止的位移为x4,有 -=0-m1vM4 求得x4= m=10×x1 以此类推,金属棒M与绝缘棒N第n次碰撞后,金属棒M向左运动的位移 xn=10×x1(n=2,3,4,…) 从发生第一次碰撞到最终两棒都静止,金属棒M的总位移 x=x1+x2+…+xn=x1+10x1+++…+(n=2,3,4,…) 即x=x1+10x1×(n=2,3,4,…) 当n趋于无穷大时,x=x1+10x1×=5.4 m。 第 15 页 共 15 页 $