2026届高考物理三轮复习精讲通关讲义：14 大核心解题方法

2026 届高考物理 14 大核心解题方法 三轮复习精讲通关讲义 每种方法标签：方法简要概括+速记口诀+经典例题+对点跟踪练习，体系完整、逻辑清晰、好背好用。 三轮备考物理难，十四妙法破千关。 整体隔离分内外，等效替代化繁简。 假设辨明力有无，正交分解轴上算。 图像悟透斜面积，临界极值找瞬间。 逆向推演匀减速，微元累加解连环。 守恒优先通大题，模型熟记不绕弯。 类比迁移陌生境，赋值秒选省时间。 量纲辨错轻取舍，归纳递推压轴攀。 口诀随身常背诵，典题精练稳登巅。 1.整体法与隔离法 简要概括：多物体系统，整体求外力，隔离求内力；适用于连接体、板块叠块、滑轮组受力分析。 记忆口诀：连接体、板块叠，先整后隔不纠结；求外力用整体，求内力必隔离。 经典例题1：如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻杆连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，，面积分别为2S、S，，轻杆长为。初始时系统处于平衡状态，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0 = 300K。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计轻杆的体积。（重力加速度常量） (1)求活塞间气体的压强； (2)轻杆上力的大小； (3)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的温度。 对点练习1：图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上，已知压力越大，R1阻值越小。若R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R2两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸引分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E1、内阻不计。下列说法正确的是（　　） A．增大电动势E1，分拣苹果的质量标准变小 B．托盘秤上的苹果质量越小，R1两端的电压越小 C．若只增大R2的阻值，则能进入通道2的苹果的标准质量变大 D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，则分拣苹果的质量标准将发生改变 2.等效替代法 简要概括：把复杂力、场、电路、运动换成简单等效模型，化繁为简；用于等效重力、等效电源、等效电阻、复合场。 记忆口诀：复杂模型变简单，等效重力等效源；场、阻、运动皆可代，化繁为简最快干。 经典例题2：如图所示，一理想变压器的原线圈通过导线与两根水平放置的足够长平行导轨相连，导轨所处空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 。导体棒 与导轨垂直接触， 接入电路部分的电阻和长度分别为 ， 不计导轨电阻。原、副线圈匝数比 ，滑动变阻器最大阻值为 ，导体棒 在外力作用下沿导轨运动，所有电表均为理想交流电表。下说法正确的是（　　） A．导体棒匀加速运动时， 电压表的示数均匀增大 B．导体棒匀速运动时，滑片 向 端移动电流表示数变大 C．导体棒以 运动时，滑动变阻器的最大功率为 D．导体棒以 运动时，滑片 向 端移动，若电压表与电流表示数变化量的大小分别为 和 ，则 对点练习2：如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求： (1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a； (2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N； (3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。 3.假设法 简要概括：先假设弹力、摩擦力存在或确定方向，再用平衡、牛顿定律验证；判有无、定方向、找临界。 记忆口诀：有无弹力先假设，摩擦方向试定夺；临界状态先假定，反证排除定结果。 经典例题3：一小孩在水泥管内踢球的视频在网上备受关注，足球被踢出后，在水泥管里绕一圈多离开管道正好落进背包里。我们就这个问题建立以下运动模型（如图乙），小球从管道最低点出发，踢出后获得水平初速度，已知水泥管半径为R，球运动过程中不计一切阻力，求： (1)小球在最低点获得的初速度满足什么条件，才能不脱离水泥管道运动？ (2)若小球在离开管道后落到出发点，初速度应为多大？ 对点练习3：如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道的下端与光滑的圆弧轨道相切于B，C是最低点，圆心角，D与圆心O等高，圆弧轨道半径为R，现有一个质量为m可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知距离为，物体与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度为g。（取，），求： (1)物体第一次到达C点时的速度大小； (2)斜面的长度L； (3)若可变，求取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。 4.正交分解法 简要概括：将力、速度、场强分解到两两垂直坐标轴，分轴列平衡方程、牛顿方程，是计算题通用基础方法。 记忆口诀：遇力遇场遇速度，正交分解分两路；沿轴列式消分量，垂直平衡好算数。 经典例题4：如图所示为光滑水平台面的俯视图，劲度系数为的两相同轻弹簧，一端连接小球（视为质点），另一端分别固定在台面上的、两点。小球静止在连线的中点时，弹簧长度均为原长。现将小球沿平台拉到点，使为正三角形，然后将小球从点静止释放，经的中心到达点。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则（　　） A．小球运动到点时速度最大 B．从到，小球做匀加速直线运动 C．小球在、两点的加速度之比为3∶1 D．小球在点时受到的合力大小为 对点练习4：如图，轴水平向右，其坐标原点的正上方点放有一正点电荷，、为轴上的两点，各点间的距离满足。现分别用、表示、两点的电势，将、两点的电场强度沿轴方向和垂直于轴方向进行分解，设轴方向的分量分别为、，则下列判断正确的是（　　） A．， B．， C．， D．， 5.图象法 简要概括：利用图像斜率、面积、截距、交点物理意义，速解运动、电路、电磁感应多过程问题。 记忆口诀：运动电磁多过程，看图秒杀不用争；斜率面积找含义，数形结合最省心。 经典例题5：如图1所示，在圆形励磁线圈内部的匀强磁场区域内放置一匝数为n、边长为d的正方形线圈a（线圈平面与磁感线垂直），a通过滑环和开关与竖直金属导轨AB、CD连接，导轨间距为l，导轨间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，该磁场区域内有一水平放置的台秤，其上放置与导轨始终接触、质量为m的金属棒b（与台秤绝缘）。导轨间通过开关连入冲击电流计G，它可以直接测得流过G表的电荷量。已知线圈a、金属棒b和冲击电流计G的阻值均为R，不计其他电阻及摩擦。 (1)闭合和，让线圈a从图示位置以角速度匀速转过，测得流过G表的电荷量为q，求该过程： ①流过线圈a导线横截面的电荷量，及励磁线圈内部磁场磁感应强度的大小； ②回路中产生的焦耳热Q。 (2)闭合，断开，保持线圈a位于图示位置不变，并使励磁线圈内部磁场随时间t按图2所示规律变化。（未知）时刻前，台秤示数恒为1.5m，时刻撤去台秤，b下落h高度时达到最大速度。时刻前后两图线斜率绝对值相等，求： ①图线斜率的绝对值k； ②b下落h高度过程中经历的时间t。 对点练习：如图甲所示，其为一种古法榨油：“撞木榨油”，其过程简化为撞木撞击木楔，木楔获得速度向里运动挤压胚饼，重复上述过程，撞击榨出油来。现有一长度的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量的撞木，可视为质点，如图所示。将撞木拉至轻绳与竖直方向成角的位置，由静止释放，运动至最低点时与质量的木楔发生正碰，撞击时间，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍。撞木和木楔发生一次碰撞后，立刻将撞木拉到前一次释放的初始位置，木楔静止后，再次由静止释放撞木，进行下一次撞击，如此反复。木楔被撞后扎入胚饼里运动，同时向两侧挤压胚饼，运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。已知重力加速度,(,)，空气阻力忽略不计，求： (1)撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小； (2)碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞木与木楔的碰撞过程能否近似视为动量守恒； (3)已知木楔移动的位移时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始出油。 6.临界极值法（极限法） 简要概括：锁定“刚好、恰好、最大、最小”临界状态，取极限端点分析，求分离、滑动、偏转临界点。 记忆口诀：刚好分离刚好滑，临界条件抓刹那；极限取值推两端，最大最小一眼判。 经典例题6：某生产玻璃瓶车间缓冲接收装置简化为如图所示的模型，劲度系数足够大为的轻质弹簧与轻杆连接，轻杆可以在固定槽内移动，轻杆向下移动不超过时，该装置可安全工作。质量为m的玻璃瓶进入导轨后受到导轨的阻力恒等于玻璃瓶的重力，若撞击弹簧前瞬间的速度为，将导致轻杆向下移动，瓶子拿走后装置复原，轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，恒为，下列说法不正确的是（　　） A．轻杆开始移动时弹簧的压缩量 B．装置安全工作，能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度 C．装置安全工作，允许玻璃瓶撞击的最大速度 D．若玻璃瓶撞击速度为时，轻杆向下移动的距离 对点练习6：如图所示，在水平转台上放一个质量的木块，它与转台间的最大静摩擦力，绳的一端系在木块上，另一端通过转台的中心孔O（孔光滑）悬挂一个质量的物体，当转台以角速度匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离不可以的是（g取）M、m均视为质点（　　） A．0.16m B．0.08m C．0.04m D．0.32m 7.逆向思维法 简要概括：把匀减速直线运动逆向看成初速度为零的匀加速，复杂过程倒推简化，专攻运动学难题。 记忆口诀：匀减速当反向加，过程倒推思路佳；正向难解反向做，运动大题轻松破。 经典例题7：由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（　　） A．到达b点时，炮弹的速度为零 B．到达b点时，炮弹的加速度为零 C．炮弹经过a点时的速度大于经过b点时的速度 D．炮弹由O点运动到b点的时间大于由b点运动到d点的时间 对点练习7：如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 8.微元法 简要概括：把变力、变运动、连续过程拆成无数微小单元，累加求和；用于变力做功、电磁感应、流体压轴。 记忆口诀：变力做功连续体，电磁感应割线题；化整为零取微元，累加求和解难题。 经典例题8：水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲碰后反弹运动l后停下，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求： (1)游客甲到达B点的速度大小； (2)游客乙从C点飞出到落水时的位移大小； (3)由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。 对点练习8：如图甲所示，质量的光滑矩形金属框ABCD置于光滑绝缘水平面上，AB长，AD与BC足够长，AB段和CD段电阻均为，质量、长的金属棒MN垂直于AD放置在金属框上，导轨其余部分和金属棒的电阻均不计。整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，某时刻给金属棒一水平向右的初速度，在运动过程中金属棒始终与金属框的两边垂直且接触良好。 (1)求金属棒刚开始运动时受到的安培力； (2)求在整个过程中产生的焦耳热和通过MN的电荷量； (3)若将金属框固定，时刻给金属棒一个水平向右的初速度的同时，再给其加一水平向左的外力F，使金属棒向右做匀减速直线运动。时金属棒的速度降为零，写出内F的大小随时间t变化的规律； (4)如图乙所示，若将金属框固定，AB间换成电阻不计的导线连接的电容器，电容，现有水平向右的外力使MN从静止开始以加速度向右做匀加速运动，求时外力的大小。 9.守恒法 简要概括：满足条件优先用动量、机械能、能量、电荷守恒，跳过复杂过程，大题最简解题路径。 记忆口诀：若遇系统无外力，动量守恒排第一；只有重力机械能，能量通用万题型。 经典例题9：如图为某食品加工厂里的全自动面包切割输送装置的示意图。在生产过程中，推送平台将面包条以恒定的速度向传送带输送，在推送平台末端有一切割器，将面包条切割成宽为的长方体面包坯，切割下的面包坯立刻落在传送带上，传送带始终以（）的速度向右匀速转动，将切割好的面包坯运送到传送带的另一端并拉大面包坯间的距离。已知每块面包坯的质量均为，面包坯与传送带间的动摩擦因数处处相同，传送带足够长，下列说法正确的是（　　） A．切割器切割时的速度方向竖直向下 B．面包坯加速过程中的加速度大小为 C．传送带上相邻两面包坯间的最大距离为 D．带动传送带的电机相对于空转时平均功率至少增加了 对点练习9：如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小； (2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小； (3)如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若，，水泵提升水的机械效率为，求水泵抽水消耗的电功率P。 10.模型法 简要概括：归纳经典固定物理模型：平抛、圆周、人船、子弹打木块、板块等，遇题直接套模型规律。 记忆口诀：遇到题型先套模，绳杆滑块子弹壳；平抛圆周人船样，熟记模型少走慌。 经典例题10：构建理想化模型，是处理物理问题常见的方法. （1）在研究平行板电容器的相关问题时，我们是从研究理想化模型——无限大带电平面开始的．真空中无限大带电平面的电场是匀强电场，电场强度为E0=，其中k是静电力常量，σ为电荷分布在平面上的面密度，单位为C/m2．如图1所示，无限大平面带正电，电场指向两侧．若带负电则电场指向中央（图中未画出）．在实际问题中，当两块相同的带等量异种电荷的较大金属板相距很近时，其中间区域，可以看作是两个无限大带电平面所产生的匀强电场叠加；如果再忽略边缘效应，平行板电容器两板间的电场就可以看作是匀强电场，如图2所示．已知平行板电容器所带电量为Q，极板面积为S，板间距为d，求： ①. 两极板间电场强度的大小E； ②. 请根据电容的定义式，求出在真空中，该平行板电容器的电容C； ③. 求解图2中左极板所受电场力的大小F． （提示：因为带电左极板的存在已经影响到带电右极板单独存在时空间场强的分布，所以不能使用a问中计算出的场强，而是应该将电场强度“还原”到原来右极板单独存在时，在左极板所在位置产生的电场强度．） （2）根据以上思路，请求解真空中均匀带电球面（理想化模型，没有厚度）上某微小面元所受电场力．如图3所示，已知球面半径为R，所带电量为Q，该微小面元的面积为∆S，带电球面在空间的电场强度分布为，其中r为空间某点到球心O的距离． （提示：“无限大”是相对的，在实际研究中，只要被研究点距离带电面足够近，就可认为该带电面为无限大带电平面） 对点练习10：某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（　　） A．蜗牛运动的位移是滑块的倍 B．滑块运动的距离是 C．只有蜗牛运动，滑块不运动 D．滑块与蜗牛运动的距离之和为2L 11.类比法 简要概括：把陌生复合场、类平抛运动，类比重力场、平抛运动，迁移已知规律解题。 记忆口诀：电场类比重力场，类平类比平抛忙；陌生模型熟题套，类比迁移效率高。 经典例题11：由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理问题时可以将它们进行类比，例如电场中反应各点电场强度的物理量是电场强度，其定义式为，在引力场中可以用一个类似的物理量来反应各点引力场的强弱，设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距离地心2R处的某点，则下列表达式中能反应该点引力场强弱的是（　　） A． B． C． D． 对点练习11：在早期的运动学研究中，曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”，并把加速度定义为，，，分别表示某段位移：内的初速度和末速度。结合现在物理学中对加速度的定义式，下列说法中正确的是（　　） A．若且保持不变，则逐渐减小 B．若且保持不变，则a逐渐减小 C．若且保持不变，则物体在位移中点处的速度比大 D．若物体从静止出发，且保持不变，则物体的平均速度比小 12.赋值特殊值法 简要概括：选择题代入特殊数值、特殊角度、特殊状态，快速排除错项，不用严谨推导。 记忆口诀：选择填空表达式，代特数值直接试；特殊角度特殊态，排除错项立马会。 经典例题12：如图所示，在轴上坐标原点和负半轴上的点各固定一个点电荷，点的坐标为，轴正半轴上各点的电势随变化规律如图所示，点的点电荷电荷量的绝对值为，点的点电荷电荷量的绝对值为。则下列判断正确的是（　　） A．点的电荷带负电、点的电荷带正电 B．点的电荷带正电、点的电荷带负电 C． D． 对点练习12：如图，某立方体玻璃砖的下表面镀有反光薄膜，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向玻璃砖的上表面，得到分别经过O、M、N三点射向空气的光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不考虑第二次反射），已知α为锐角，玻璃砖对光束Ⅲ的折射率为2，下列说法正确的是（　　） A．时，光束Ⅲ会消失 B．在玻璃砖中，光束Ⅱ的速度小于光束Ⅲ的速度 C．增大角度α，光束Ⅱ会远离光束Ⅰ D．光束Ⅱ、Ⅲ相互平行，但与光束Ⅰ不平行 13.量纲分析法 简要概括：利用物理量单位量纲匹配，快速判断公式表达式对错，选择题秒排错项。 记忆口诀：公式对错不用算，看准单位就能判；量纲不符直接删，选择题里省时间。 经典例题13：下雨时，雨滴下落过程中受到的阻力可以表示为，其中表示空气密度，表示雨滴直径，为雨滴下落的速率，为雷诺数，其经验公式为，为流体的黏滞系数，根据以上信息判断下列说法正确的是（　　） A．雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴速率的平方成正比 B．雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴直径的平方成正比 C．雷诺数的单位为 D．黏滞系数的单位为 对点练习13：如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动（碰撞时间极短）。已知木杆质量为M，长度为L，子弹质量为m，点P到点O的距离为x。忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为。下面给出的四个表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，的合理表达式应为（　　） A． B． C． D． 14.演绎归纳法 简要概括：由单个过程递推，归纳通项、周期规律，适配多过程往复、数列类压轴。 记忆口诀：多过程、递推题，找规归纳找周期；一步一步推规律，压轴数列能破局。 经典例题14：在一次科技活动上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个完全相同的导热良好、在碗底都焊接了铁钩的不锈钢碗，将两个碗扣上后，用手动微型抽气机抽取碗内空气。已知碗口的直径为20，两个碗扣上后容积，抽气机每按压一次抽出体积为的气体。实验过程中碗不变形，也不漏气，空气视作理想气体且温度不变，大气压强。抽气10次后，用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示，设每人平均用力为200N，请你估算一下，要想拉开，两侧至少各需要的人数为（　　）（取） A．16 B．14 C．12 D．10 对点练习14：如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其下端B点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点C与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于C点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，g取。 (1)求物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率； (2)若时物块a经过B点，求2026号滑块开始运动的时刻； (3)求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量Q（保留至小数点后两位）。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026 届高考物理 14 大核心解题方法 三轮复习精讲通关讲义 每种方法标签：方法简要概括+速记口诀+经典例题+对点跟踪练习，体系完整、逻辑清晰、好背好用。 三轮备考物理难，十四妙法破千关。 整体隔离分内外，等效替代化繁简。 假设辨明力有无，正交分解轴上算。 图像悟透斜面积，临界极值找瞬间。 逆向推演匀减速，微元累加解连环。 守恒优先通大题，模型熟记不绕弯。 类比迁移陌生境，赋值秒选省时间。 量纲辨错轻取舍，归纳递推压轴攀。 口诀随身常背诵，典题精练稳登巅。 1.整体法与隔离法 简要概括：多物体系统，整体求外力，隔离求内力；适用于连接体、板块叠块、滑轮组受力分析。 记忆口诀：连接体、板块叠，先整后隔不纠结；求外力用整体，求内力必隔离。 经典例题1：如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻杆连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，，面积分别为2S、S，，轻杆长为。初始时系统处于平衡状态，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0 = 300K。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计轻杆的体积。（重力加速度常量） (1)求活塞间气体的压强； (2)轻杆上力的大小； (3)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的温度。 【答案】(1)(2)40N(3)400K 【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和轻杆的整体受力分析，由平衡条件有 代入数据解得 （2）对活塞Ⅰ分析，由平衡条件 解得轻杆上的力为 （3）缓慢加热两活塞间的气体，使活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和轻杆的整体分析，由平衡条件可知，气体的压强不变依然为 即封闭气体发生等压过程，由等压方程可知，， 代入数据解得 对点练习1：图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上，已知压力越大，R1阻值越小。若R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R2两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸引分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E1、内阻不计。下列说法正确的是（　　） A．增大电动势E1，分拣苹果的质量标准变小 B．托盘秤上的苹果质量越小，R1两端的电压越小 C．若只增大R2的阻值，则能进入通道2的苹果的标准质量变大 D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，则分拣苹果的质量标准将发生改变 【答案】A 【详解】A．触发条件为，根据闭合电路欧姆定律有 整理得刚好触发时满足 若增大，则刚好触发需要的更大，越大对应压力越小，苹果质量越小，即分拣的质量标准变小，A正确； B．苹果质量越小，压力越小，越大，总电流 两端电压 所以增大时增大，B错误； C．由 可知增大，刚好触发需要的增大，对应苹果质量更小，因此进入通道2的苹果标准质量变小，C错误； D．仅改变电磁铁线圈绕向，仅改变磁场方向，电磁铁仍可以吸引衔铁，触发电压不变，分拣质量标准不变，D错误。 故选A。 2.等效替代法 简要概括：把复杂力、场、电路、运动换成简单等效模型，化繁为简；用于等效重力、等效电源、等效电阻、复合场。 记忆口诀：复杂模型变简单，等效重力等效源；场、阻、运动皆可代，化繁为简最快干。 经典例题2：如图所示，一理想变压器的原线圈通过导线与两根水平放置的足够长平行导轨相连，导轨所处空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 。导体棒 与导轨垂直接触， 接入电路部分的电阻和长度分别为 ， 不计导轨电阻。原、副线圈匝数比 ，滑动变阻器最大阻值为 ，导体棒 在外力作用下沿导轨运动，所有电表均为理想交流电表。下说法正确的是（　　） A．导体棒匀加速运动时， 电压表的示数均匀增大 B．导体棒匀速运动时，滑片 向 端移动电流表示数变大 C．导体棒以 运动时，滑动变阻器的最大功率为 D．导体棒以 运动时，滑片 向 端移动，若电压表与电流表示数变化量的大小分别为 和 ，则 【答案】D 【详解】A．导体棒匀加速运动时，感应电动势 即瞬时电动势随时间均匀增大，则原线圈电压均匀增大，在原线圈中产生的磁通量均匀增大，副线圈磁通量同样均匀增大，由电磁感应定律可知感应电动势恒定，则电压表示数不变，A错误； B．导体棒匀速运动时，感应电动势 所以产生的是恒定直流，原线圈电流恒定，副线圈磁通量不变，因此副线圈感应电压为0，电流表示数始终为0，滑片移动不会改变电流表示数，B错误； C．导体棒 则感应电动势 电动势有效值 副线圈一侧电阻 等效到原线圈一侧为 根据电源输出功率规律，当 即 此时滑动变阻器功率最大，即，C错误； D．原线圈一侧电动势有效值 恒定，满足 变形得 可得 结合变压器关系， 代入可得，D正确。故选D。 对点练习2：如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求： (1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a； (2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N； (3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。 【答案】(1)(2)(3)或 【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有 解得 （2）设离开a点的速度大小为，沿底板方向有 垂直于底板方向有 解得 在a点，由圆周运动动力学方程有 解得 （3）由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下 水平方向有 垂直于底板方向有 解得 对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有 垂直于底板方向有 联立解得 若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足 弹珠从底板到a点的过程，解得 弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得 因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件 或 3.假设法 简要概括：先假设弹力、摩擦力存在或确定方向，再用平衡、牛顿定律验证；判有无、定方向、找临界。 记忆口诀：有无弹力先假设，摩擦方向试定夺；临界状态先假定，反证排除定结果。 经典例题3：一小孩在水泥管内踢球的视频在网上备受关注，足球被踢出后，在水泥管里绕一圈多离开管道正好落进背包里。我们就这个问题建立以下运动模型（如图乙），小球从管道最低点出发，踢出后获得水平初速度，已知水泥管半径为R，球运动过程中不计一切阻力，求： (1)小球在最低点获得的初速度满足什么条件，才能不脱离水泥管道运动？ (2)若小球在离开管道后落到出发点，初速度应为多大？ 【答案】(1) 或 (2) 【详解】（1）若小球获得速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得， 解得 若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得 由动能定理可得 解得 因此当小球速度满足或时，不脱离水泥管道。 （2）如图所示假设小球在B点位置脱离轨道，在B点 从B点小球经过时间t落到出发点A，则有 从A到B，由机械能守恒得 解得 对点练习3：如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道的下端与光滑的圆弧轨道相切于B，C是最低点，圆心角，D与圆心O等高，圆弧轨道半径为R，现有一个质量为m可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知距离为，物体与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度为g。（取，），求： (1)物体第一次到达C点时的速度大小； (2)斜面的长度L； (3)若可变，求取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。 【答案】(1)(2)(3)见解析 【详解】（1）设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理得 解得 （3）从C到A，由动能定理得 解得 （3）设动摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有 解得 ①若，物块将滑出斜面，则物块的路程为 ②若，则 所以物块在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则对于全程由能量守恒定律可得 解得 ③若，则 物块将停在斜面上，则有 解得 4.正交分解法 简要概括：将力、速度、场强分解到两两垂直坐标轴，分轴列平衡方程、牛顿方程，是计算题通用基础方法。 记忆口诀：遇力遇场遇速度，正交分解分两路；沿轴列式消分量，垂直平衡好算数。 经典例题4：如图所示为光滑水平台面的俯视图，劲度系数为的两相同轻弹簧，一端连接小球（视为质点），另一端分别固定在台面上的、两点。小球静止在连线的中点时，弹簧长度均为原长。现将小球沿平台拉到点，使为正三角形，然后将小球从点静止释放，经的中心到达点。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则（　　） A．小球运动到点时速度最大 B．从到，小球做匀加速直线运动 C．小球在、两点的加速度之比为3∶1 D．小球在点时受到的合力大小为 【答案】D 【详解】A．小球运动到点时，两弹簧均还处于伸长状态，对小球的合力水平向左，小球的加速度水平向左，速度能继续增大，直至到达点，速度达到最大值，故A错误； B．以为坐标原点，水平向右为轴，小球从到过程中，设小球到达某一位置时横坐标为，弹簧弹力与连线夹角为，则弹簧的形变量为 小球受到两弹簧拉力的合力为 可知两弹簧拉力的合力不断变化，小球做变加速直线运动，故B错误； CD．小球在点的横坐标为，由上述分析可知，此时小球受到两弹簧拉力的合力为 小球在点的横坐标为，由上述分析可知，此时小球受到两弹簧拉力的合力为 根据牛顿第二定律可知，可知小球在、两点的加速度之比为，故C错误，D正确。 故选D。 对点练习4：如图，轴水平向右，其坐标原点的正上方点放有一正点电荷，、为轴上的两点，各点间的距离满足。现分别用、表示、两点的电势，将、两点的电场强度沿轴方向和垂直于轴方向进行分解，设轴方向的分量分别为、，则下列判断正确的是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】离正点电荷越近的地方电势越高，A点比B点离正点电荷更近， 则A点电势更高，即。设x轴正方向上某点的横坐标为x，该点与M点的距离为r，则该点与M点连线和x轴负方向的夹角为，几何关系有 正点电荷在该点产生的电场强度沿x方向的分量大小 可知 由于 整理得 故 故选A。 5.图象法 简要概括：利用图像斜率、面积、截距、交点物理意义，速解运动、电路、电磁感应多过程问题。 记忆口诀：运动电磁多过程，看图秒杀不用争；斜率面积找含义，数形结合最省心。 经典例题5：如图1所示，在圆形励磁线圈内部的匀强磁场区域内放置一匝数为n、边长为d的正方形线圈a（线圈平面与磁感线垂直），a通过滑环和开关与竖直金属导轨AB、CD连接，导轨间距为l，导轨间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，该磁场区域内有一水平放置的台秤，其上放置与导轨始终接触、质量为m的金属棒b（与台秤绝缘）。导轨间通过开关连入冲击电流计G，它可以直接测得流过G表的电荷量。已知线圈a、金属棒b和冲击电流计G的阻值均为R，不计其他电阻及摩擦。 (1)闭合和，让线圈a从图示位置以角速度匀速转过，测得流过G表的电荷量为q，求该过程： ①流过线圈a导线横截面的电荷量，及励磁线圈内部磁场磁感应强度的大小； ②回路中产生的焦耳热Q。 (2)闭合，断开，保持线圈a位于图示位置不变，并使励磁线圈内部磁场随时间t按图2所示规律变化。（未知）时刻前，台秤示数恒为1.5m，时刻撤去台秤，b下落h高度时达到最大速度。时刻前后两图线斜率绝对值相等，求： ①图线斜率的绝对值k； ②b下落h高度过程中经历的时间t。 【答案】(1)，，(2)， 【详解】（1）①金属棒b和冲击电流计G并联，则 根据， 解得 其中， 解得 ②正弦是交流电峰值 ， （2）①时刻前， 安培力 ②b棒达到最大速度时，有 对b棒由动量定理有 即 解得 对点练习：如图甲所示，其为一种古法榨油：“撞木榨油”，其过程简化为撞木撞击木楔，木楔获得速度向里运动挤压胚饼，重复上述过程，撞击榨出油来。现有一长度的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量的撞木，可视为质点，如图所示。将撞木拉至轻绳与竖直方向成角的位置，由静止释放，运动至最低点时与质量的木楔发生正碰，撞击时间，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍。撞木和木楔发生一次碰撞后，立刻将撞木拉到前一次释放的初始位置，木楔静止后，再次由静止释放撞木，进行下一次撞击，如此反复。木楔被撞后扎入胚饼里运动，同时向两侧挤压胚饼，运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。已知重力加速度,(,)，空气阻力忽略不计，求： (1)撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小； (2)碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞木与木楔的碰撞过程能否近似视为动量守恒； (3)已知木楔移动的位移时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始出油。 【答案】(1)(2)能，见详解(3)3次 【详解】（1）撞木运动到最低点过程，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 联立解得， （2）规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍，若系统动量守恒，有 代入， 解得 对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力）满足 解得 碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为 可知 因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。 （3）由图像得阻力 木楔总位移为时，阻力做功大小等于图像的面积，即 每次碰撞木楔获得的动能为 设撞击次后木楔位移，则由动能定理可知 代入 解得， 故至少需撞击3次木楔，胚饼才开始出油。 6.临界极值法（极限法） 简要概括：锁定“刚好、恰好、最大、最小”临界状态，取极限端点分析，求分离、滑动、偏转临界点。 记忆口诀：刚好分离刚好滑，临界条件抓刹那；极限取值推两端，最大最小一眼判。 经典例题6：某生产玻璃瓶车间缓冲接收装置简化为如图所示的模型，劲度系数足够大为的轻质弹簧与轻杆连接，轻杆可以在固定槽内移动，轻杆向下移动不超过时，该装置可安全工作。质量为m的玻璃瓶进入导轨后受到导轨的阻力恒等于玻璃瓶的重力，若撞击弹簧前瞬间的速度为，将导致轻杆向下移动，瓶子拿走后装置复原，轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，恒为，下列说法不正确的是（　　） A．轻杆开始移动时弹簧的压缩量 B．装置安全工作，能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度 C．装置安全工作，允许玻璃瓶撞击的最大速度 D．若玻璃瓶撞击速度为时，轻杆向下移动的距离 【答案】D 【详解】A．轻杆不动时，瓶子压缩弹簧，轻杆开始移动时，弹簧弹力等于最大静摩擦力，则 因为 解得，A正确； B．由题意，以速度时轻杆下移 根据动能定理有 、 解得 刚好推动轻杆时，轻杆下移 此时弹簧压缩量依然为，由动能定理有 解得，B正确； C．安全工作最大下移距离 由动能定理有 代入得 解得，C正确； D．当撞击速度，由动能定理有 代入得 解得，D错误。 故选D。 对点练习6：如图所示，在水平转台上放一个质量的木块，它与转台间的最大静摩擦力，绳的一端系在木块上，另一端通过转台的中心孔O（孔光滑）悬挂一个质量的物体，当转台以角速度匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离不可以的是（g取）M、m均视为质点（　　） A．0.16m B．0.08m C．0.04m D．0.32m 【答案】C 【详解】木块随转台做匀速圆周运动，向心力由绳子拉力和静摩擦力共同提供，绳子拉力等于下方悬挂物体的重力， 木块所需向心力 当较大时，所需向心力较大，木块有向外滑动的趋势，静摩擦力指向圆心，且刚好达到最大值时有 解得 当较小时，所需向心力较小，木块有向内滑动的趋势，静摩擦力背离圆心，且刚好达到最大值时有 解得 因此，木块相对转台静止时，半径的范围为 可知木块到O点的距离不可以的是。 故选C。 7.逆向思维法 简要概括：把匀减速直线运动逆向看成初速度为零的匀加速，复杂过程倒推简化，专攻运动学难题。 记忆口诀：匀减速当反向加，过程倒推思路佳；正向难解反向做，运动大题轻松破。 经典例题7：由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（　　） A．到达b点时，炮弹的速度为零 B．到达b点时，炮弹的加速度为零 C．炮弹经过a点时的速度大于经过b点时的速度 D．炮弹由O点运动到b点的时间大于由b点运动到d点的时间 【答案】C 【详解】A．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，故A错误； B．在最高点受空气阻力和重力作用，二力合力不为零，根据牛顿第二定律可知加速度不为零，故B错误； C．由于空气阻力总是做负功，所以根据动能定理可知经过点时的速度大于经过点时的速度，故C正确； D．从到的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即 解得 在从到的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即 解得、故有 根据逆向思维，两个阶段的运动可看作为从点向点和从点向点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由点运动到点的时间小于由点运动到点的时间，故D错误。 故选C。 对点练习7：如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得 解得 （2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得 解得 （3）与地面碰撞损失的机械能 解得 8.微元法 简要概括：把变力、变运动、连续过程拆成无数微小单元，累加求和；用于变力做功、电磁感应、流体压轴。 记忆口诀：变力做功连续体，电磁感应割线题；化整为零取微元，累加求和解难题。 经典例题8：水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲碰后反弹运动l后停下，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求： (1)游客甲到达B点的速度大小； (2)游客乙从C点飞出到落水时的位移大小； (3)由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有 解得 （2）设碰撞后游客甲速度大小变为，对于游客甲碰撞后有， 联立解得 设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有， 解得 设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得 在水平方向的位移为 游客乙从C点飞出到落水时的位移大小为 （3）设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为，。对x、y、z三个方向的动量定理，有，， 且有， 联立解得，， 设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得， 联立解得 游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有 对等式两边同乘极短的时间，并求和可得 解得 联立解得 滑道弹力对游客的冲量满足 对点练习8：如图甲所示，质量的光滑矩形金属框ABCD置于光滑绝缘水平面上，AB长，AD与BC足够长，AB段和CD段电阻均为，质量、长的金属棒MN垂直于AD放置在金属框上，导轨其余部分和金属棒的电阻均不计。整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，某时刻给金属棒一水平向右的初速度，在运动过程中金属棒始终与金属框的两边垂直且接触良好。 (1)求金属棒刚开始运动时受到的安培力； (2)求在整个过程中产生的焦耳热和通过MN的电荷量； (3)若将金属框固定，时刻给金属棒一个水平向右的初速度的同时，再给其加一水平向左的外力F，使金属棒向右做匀减速直线运动。时金属棒的速度降为零，写出内F的大小随时间t变化的规律； (4)如图乙所示，若将金属框固定，AB间换成电阻不计的导线连接的电容器，电容，现有水平向右的外力使MN从静止开始以加速度向右做匀加速运动，求时外力的大小。 【答案】(1)0.3N(2)3J，20C(3)（N）(4)5.55N 【详解】（1）金属棒刚开始运动时速度为，电动势 解得 电流为 解得 安培力为 解得 （2）根据动量守恒定律得 解得 根据能量守恒定律得 解得 对框架根据动量定理得，， 解得 （3）根据匀变速直线运动规律 解得 根据牛顿第二定律得 解得 其中 故， 解得（N）（） （4）电容器充电电流，， 可得 时的速度由 解得 时的电动势由解得 电阻支路电流， 所以， 由牛顿第二定律有 解得 9.守恒法 简要概括：满足条件优先用动量、机械能、能量、电荷守恒，跳过复杂过程，大题最简解题路径。 记忆口诀：若遇系统无外力，动量守恒排第一；只有重力机械能，能量通用万题型。 经典例题9：如图为某食品加工厂里的全自动面包切割输送装置的示意图。在生产过程中，推送平台将面包条以恒定的速度向传送带输送，在推送平台末端有一切割器，将面包条切割成宽为的长方体面包坯，切割下的面包坯立刻落在传送带上，传送带始终以（）的速度向右匀速转动，将切割好的面包坯运送到传送带的另一端并拉大面包坯间的距离。已知每块面包坯的质量均为，面包坯与传送带间的动摩擦因数处处相同，传送带足够长，下列说法正确的是（　　） A．切割器切割时的速度方向竖直向下 B．面包坯加速过程中的加速度大小为 C．传送带上相邻两面包坯间的最大距离为 D．带动传送带的电机相对于空转时平均功率至少增加了 【答案】CD 【详解】A．由题知，面包坯有向右的速度，为将面包坯切割成宽为的长方体面包坯，则切割器的速度方向应斜向左下方，其水平方向的分速度与大小相等，方向相反，相互抵消，其竖直方向的分速度切割面包坯，故A错误； BC．面包坯以速度前进，每次切下一块长度为L的面包坯，则切割时间间隔为 即每隔时间，就有一块新面包坯落到传送带上，因，故每一块新面包坯都是先加速后匀速。现取第一块面包坯和第二块面包坯之间的距离变化，设第一块面包坯在时刻落到传送带上，初速，先加速到，后以匀速，第二块面包坯在时刻落到传送带上，初速，先加速到，后以匀速，故当两块面包坯的速度相等，即都为时，两者间的距离最大，设面包坯从加速到的时间为，则在时间内，第一块面包坯的位移为 第二块面包坯的位移 则两者间的距离最大为 加速度应为，故B错误，C正确； D．因每一块新面包坯都是先加速后匀速，故每一块新面包坯增加的动能为 在加速阶段，新面包坯相对传送带滑动，加速的时间为 其中 则传送带对应的位移为 新面包坯对应的位移为 则新面包坯相对传送带的位移为 摩擦产生的热量为 联立解得 故电机对单块面包坯做的总功 切割周期为 故带动传送带的电机相对于空转时平均功率至少增加了，故D正确。 故选CD。 对点练习9：如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小； (2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小； (3)如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若，，水泵提升水的机械效率为，求水泵抽水消耗的电功率P。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向 水平方向 解得 （2）落到水面时，竖直方向速度大小等于初竖直速度由 得,方向向下。 取时间内击打水面的水，质量 击打后竖直速度为0，忽略重力，对水由动量定理（取向上为正方向） 代入得 由牛顿第三定律，水对水面竖直向下的平均作用力大小 （3）动能增量 由功能关系得 得 10.模型法 简要概括：归纳经典固定物理模型：平抛、圆周、人船、子弹打木块、板块等，遇题直接套模型规律。 记忆口诀：遇到题型先套模，绳杆滑块子弹壳；平抛圆周人船样，熟记模型少走慌。 经典例题10：构建理想化模型，是处理物理问题常见的方法. （1）在研究平行板电容器的相关问题时，我们是从研究理想化模型——无限大带电平面开始的．真空中无限大带电平面的电场是匀强电场，电场强度为E0=，其中k是静电力常量，σ为电荷分布在平面上的面密度，单位为C/m2．如图1所示，无限大平面带正电，电场指向两侧．若带负电则电场指向中央（图中未画出）．在实际问题中，当两块相同的带等量异种电荷的较大金属板相距很近时，其中间区域，可以看作是两个无限大带电平面所产生的匀强电场叠加；如果再忽略边缘效应，平行板电容器两板间的电场就可以看作是匀强电场，如图2所示．已知平行板电容器所带电量为Q，极板面积为S，板间距为d，求： ①. 两极板间电场强度的大小E； ②. 请根据电容的定义式，求出在真空中，该平行板电容器的电容C； ③. 求解图2中左极板所受电场力的大小F． （提示：因为带电左极板的存在已经影响到带电右极板单独存在时空间场强的分布，所以不能使用a问中计算出的场强，而是应该将电场强度“还原”到原来右极板单独存在时，在左极板所在位置产生的电场强度．） （2）根据以上思路，请求解真空中均匀带电球面（理想化模型，没有厚度）上某微小面元所受电场力．如图3所示，已知球面半径为R，所带电量为Q，该微小面元的面积为∆S，带电球面在空间的电场强度分布为，其中r为空间某点到球心O的距离． （提示：“无限大”是相对的，在实际研究中，只要被研究点距离带电面足够近，就可认为该带电面为无限大带电平面） 【答案】（1）①. ②. ③. （2） ,方向背向圆心向外，表现为扩张力. 【详解】（1）①.由电场的叠加可知，平行板电容器内部的电场是正负极板上的电荷产生的电场的矢量和，由电场的叠加原理可得： ②.电容器极板间的电势差为：，在由电容器的电容的定义式可得： ③.由题意可知右极板产生的匀强电场，电场强度为E0=，所以左极板受力： （2）取距离微小面元无限近的两点M和N，分别位于带电球体的内表面和外表面；由题意可知：①微小面元在MN两点产生的场强大小为：，方向分别指向球心和背向球心； ②由带电球面在空间的场强分布可知，M点处场强为零，因此除去小面元∆S以外的带电球面在M点产生的场强与小面元在M点产生的场强大小相等，方向相反，即场强大小为，方向背向球心（由N点计算的场强也为） 因此，除去面元∆S以外的带电球面在面元∆S处所产生的场强，由此得打该面元所受的电场力,方向背向圆心向外，表现为扩张力。 对点练习10：某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（　　） A．蜗牛运动的位移是滑块的倍 B．滑块运动的距离是 C．只有蜗牛运动，滑块不运动 D．滑块与蜗牛运动的距离之和为2L 【答案】A 【详解】ABD．取滑块的运动方向为正，蜗牛从滑块的一端移动到另一端时，滑块与蜗牛运动的位移之和为L．设滑块运动的位移大小为x1，蜗牛运动的位移大小为x2。根据动量守恒定律得 可得 即蜗牛运动的位移是滑块的倍。又由 得 故BD错误A正确。 C．蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统原来静止状态，总动量为零，根据动量守恒定律可知，蜗牛运动后，系统的总动量仍为零，所以蜗牛运动时，滑块会向相反的方向运动，而不会静止不动，C错误； 故选A。 11.类比法 简要概括：把陌生复合场、类平抛运动，类比重力场、平抛运动，迁移已知规律解题。 记忆口诀：电场类比重力场，类平类比平抛忙；陌生模型熟题套，类比迁移效率高。 经典例题11：由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理问题时可以将它们进行类比，例如电场中反应各点电场强度的物理量是电场强度，其定义式为，在引力场中可以用一个类似的物理量来反应各点引力场的强弱，设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距离地心2R处的某点，则下列表达式中能反应该点引力场强弱的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】BCD．类比可得引力场强弱公式为 所以位于距离地心2R处的某点的引力场强度为 故BCD错误； A．物体在地球表面附近有 可得 故A正确。 故选A。 对点练习11：在早期的运动学研究中，曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”，并把加速度定义为，，，分别表示某段位移：内的初速度和末速度。结合现在物理学中对加速度的定义式，下列说法中正确的是（　　） A．若且保持不变，则逐渐减小 B．若且保持不变，则a逐渐减小 C．若且保持不变，则物体在位移中点处的速度比大 D．若物体从静止出发，且保持不变，则物体的平均速度比小 【答案】AD 【详解】A.若且保持不变，相等时间内速度变化量相等，但是相等时间内位移越来越大，故as逐渐减小，A正确； B.若且保持不变，相等位移内速度增加量相等，通过相等位移所用的时间越来越短，由可知，a越来越大，B错误； C.若且保持不变，相等位移内速度变化量相等，设位移中点处的速度为，则有，可得，C错误； D.若物体从静止出发，且保持不变，则物体的a越来越大，物体的平均速度比小，D正确。 故选AD。 12.赋值特殊值法 简要概括：选择题代入特殊数值、特殊角度、特殊状态，快速排除错项，不用严谨推导。 记忆口诀：选择填空表达式，代特数值直接试；特殊角度特殊态，排除错项立马会。 经典例题12：如图所示，在轴上坐标原点和负半轴上的点各固定一个点电荷，点的坐标为，轴正半轴上各点的电势随变化规律如图所示，点的点电荷电荷量的绝对值为，点的点电荷电荷量的绝对值为。则下列判断正确的是（　　） A．点的电荷带负电、点的电荷带正电 B．点的电荷带正电、点的电荷带负电 C． D． 【答案】AD 【详解】AB．由于越靠近点正电势越高，因此点电荷一定带正电，由于右侧电势为负，因此点电荷一定带负电，A正确、B错误； CD．由图像可知，在处电场强度为零，因此有，得，C错误、D正确。 故选AD。 对点练习12：如图，某立方体玻璃砖的下表面镀有反光薄膜，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向玻璃砖的上表面，得到分别经过O、M、N三点射向空气的光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不考虑第二次反射），已知α为锐角，玻璃砖对光束Ⅲ的折射率为2，下列说法正确的是（　　） A．时，光束Ⅲ会消失 B．在玻璃砖中，光束Ⅱ的速度小于光束Ⅲ的速度 C．增大角度α，光束Ⅱ会远离光束Ⅰ D．光束Ⅱ、Ⅲ相互平行，但与光束Ⅰ不平行 【答案】B 【详解】D．根据光的反射定律和折射定律可知，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，故D错误； A．时，光束Ⅲ仍可进入玻璃砖并射出玻璃砖，光束Ⅲ不会消失，故A错误； B．画出光路图如图所示 光束由O点进入玻璃砖发生折射，光束Ⅱ的偏折程度较大，，说明玻璃砖对光束Ⅱ的折射率较大，根据可知在玻璃砖中，光束Ⅱ的速度小于光束Ⅲ的速度，故B正确； C．若角增大到，则光束Ⅰ、Ⅱ重合，故增大角度α，光束Ⅱ会靠近光束Ⅰ，故C错误。 故选B。 13.量纲分析法 简要概括：利用物理量单位量纲匹配，快速判断公式表达式对错，选择题秒排错项。 记忆口诀：公式对错不用算，看准单位就能判；量纲不符直接删，选择题里省时间。 经典例题13：下雨时，雨滴下落过程中受到的阻力可以表示为，其中表示空气密度，表示雨滴直径，为雨滴下落的速率，为雷诺数，其经验公式为，为流体的黏滞系数，根据以上信息判断下列说法正确的是（　　） A．雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴速率的平方成正比 B．雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴直径的平方成正比 C．雷诺数的单位为 D．黏滞系数的单位为 【答案】D 【详解】A．阻力公式为，其中是雷诺数，其表达式为 由于中包含与相关的项（如），会随变化，因此阻力与的关系并非简单的正比，故A错误； B．同理，中也包含与相关的项（如），因此阻力与的关系并非简单的正比，故B错误； C．由阻力表达式可知，其单位为，说明雷诺数的单位为1，无纲量数，故C错误； D．雷诺数是无量纲数，可知的单位为1，黏滞系数的单位与相同，即，故D正确。 故选D。 对点练习13：如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动（碰撞时间极短）。已知木杆质量为M，长度为L，子弹质量为m，点P到点O的距离为x。忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为。下面给出的四个表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，的合理表达式应为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】B．从单位的推导判断，B中表达式的单位为，是线速度的单位，故B错误； D．假设点P到点O的距离 则角速度为零，把 代入各表达式，D中表达式不为零，故D错误； AC．如果是轻杆，则 即轻杆对子弹没有阻碍作用，相当于子弹做半径为的圆周运动，则A错误C正确。故选C。 14.演绎归纳法 简要概括：由单个过程递推，归纳通项、周期规律，适配多过程往复、数列类压轴。 记忆口诀：多过程、递推题，找规归纳找周期；一步一步推规律，压轴数列能破局。 经典例题14：在一次科技活动上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个完全相同的导热良好、在碗底都焊接了铁钩的不锈钢碗，将两个碗扣上后，用手动微型抽气机抽取碗内空气。已知碗口的直径为20，两个碗扣上后容积，抽气机每按压一次抽出体积为的气体。实验过程中碗不变形，也不漏气，空气视作理想气体且温度不变，大气压强。抽气10次后，用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示，设每人平均用力为200N，请你估算一下，要想拉开，两侧至少各需要的人数为（　　）（取） A．16 B．14 C．12 D．10 【答案】B 【详解】气体为理想气体且温度不变，所以变化过程为等温变化，根据玻意耳定律，第一次抽气有 第二次抽气有 以此类推，抽10次后 解得 要拉开，需要施加的拉力，且 解得 n取整数，则两边至少各需要14个学生才能拉开。故选B。 对点练习14：如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其下端B点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点C与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于C点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，g取。 (1)求物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率； (2)若时物块a经过B点，求2026号滑块开始运动的时刻； (3)求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量Q（保留至小数点后两位）。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）物块a由A到B点动能定理有 解得 水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 设物块a减速运动时间为，位移为，有 解得 由可知物块能与传送带共速，减速时间 到达C点时速度为，物块a第一次与1号滑块碰撞，动量守恒和机械能守恒有， 解得， 故物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率 （2）由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为 物块a在传送带上匀速运动时间为 故2026号滑块开始运动的时刻 （3）由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒， 解得， 同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即 同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。 设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，， 代入数据 由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知 物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移 物块a与传送带总相对位移 物块a与传送带间因摩擦产生的总热量 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $