专题12 题型各个击破(精讲册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

0专题12电磁感应 3.解题方法：先定性排除，再定量解析。 (1)定性排除：用右手定则或楞次定律确定物理量的方向，定性分析物理量的变化趋势、变化快 慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化，以排除错误选项。 (2)定量解析：根据题目所给条件定量推导出物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像 作出分析，由图像的斜率、截距等作出判断。 三、电磁感应中的动力学问题 1.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行分析或结合功能关系进行分析 2.动态分析的基本思路 E 导体有初速度或受外力运动B=B感应电动势 I= 感应电流=导体受安培力、 合力变化三m加速度变化→速度变化临界状态。 四、电磁感应中的能量和动量问题 1.电磁感应中的能量问题 闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培 力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受 安培力做功或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。 其他形式的能量克服安培力做功电能电流做功，焦耳热或其他形式的能量 2.电磁感应中的动量问题 ①)动量定理在电，做感应中的应用通常将一B△三m(一)，g△九尖结合应用、 (2)动量守恒定律在电磁感应中的应用：在“双棒切割”系统中，若系统所受的合力为零，通常应 用动量守恒定律求解。 怎么考⊙ 题型各个击破 题型一 “三定则、一定律”的综合应用 线，与套在铁芯 题型解读 上部的线圈A相 X×××× (1)无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是 连，套在铁芯下 “力”都用左手定则判断。 部的线圈B引出 (2)“电生磁”用安培定则，“磁生电”用楞次定 两根导线接在两 律或右手定则判断。 根水平光滑导轨 典例如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘 上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于 纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的 (可绕O点转动)中央和边缘各引出一根导 371 讲解册 实战高考·物理 是( ) 磁感应强度方向及大小的变化)，判断一次 A.圆盘顺时针加速转动时，αb棒将向右运动 感应电流的方向。 B.圆盘逆时针减速转动时，αb棒将向右运动 (2)依据导体切割磁感线速度大小的变化 C.圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动 或原磁感应强度变化率随时间的空 D.圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动 解析：由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动 化)，判断一次感应电流的大小变化 时，感应电流从边缘经线圈流向圆心，线圈A (3)依据一次感应电流的方向及大小变化， 中产生的磁场方向向下且磁场增强；由楞次定 判断一次感应电流的磁通量方向及大小变 律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由安 化。从而判断二次感应电流的方向及现象。 培定则可知，ab棒中感应电流的方向由a→b, 2.逆向推理法 由左手定则可知，αb棒受到的安培力方向向 (1)依据二次感应产生的现象，判断二次感 左，ab棒将向左运动，选项A错误。圆盘逆时 应电流的方向，再应用安培定则判定二次感 针减速转动时，感应电流从圆心经线圈流向边 应电流的磁场的方向。 缘，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减 (2)依据楞次定律，得出一次感应电流的磁 弱；由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方 场的方向及相应变化的可能情况，从而得到 向向上，由安培定则可知，ab棒中感应电流的 引起磁场变化的一次感应电流的方向与大 方向由a→b,由左手定则可知，ab棒受到的安 小的变化情况。 培力方向向左，ab棒将向左运动，选项B错 (4)依据一次感应电流的方向及大小的变化 误。当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产 情况，判断导体切割磁感线运动的方向与速 生恒定的电流，通过线圈B的磁通量不变，则 度变化情况（或原磁感应强度的方向、大小 ab棒中没有感应电流，将不会运动，选项C错 变化及B的变化)。 误。由右手定则可知，圆盘逆时针加速转动 △t 时，感应电流从圆心经线圈流向边缘，线圈A 题型口电磁感应中的图像问题 中产生的磁场方向向上且磁场增强，由楞次定 题型解读 律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由安 分析思路 培定则可知，ab棒中感应电流的方向由b→a, 关注 E-图像 -t图像 E 由左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向 Φ-图像 E=BL有装V相时 右，ab棒将向右运动，选项D正确。故选D。 B-图像下E n4 Ai=nSAB +E变化 「R一变化 △t )答案D 关注普变化 关注是变化 q-图像 解题技巧分析二次感应问题的方法 a-图像 F图像 F-图像 如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程 a变化尽ma F变化一F变化 F=BIL 序法；如果已知二次感应后的结果，要判断导体 棒的运动情况或磁场的变化，选择逆向推理法。 关键 1.程序法（正向推理法） P咬化←一U变化=R (1)依据导体切割磁感线运动的方向（或原 P-图像U-图像 372 0专题12电磁感应 典例2（多选）如图甲所示，两根倾斜的光滑平 解析：设两轨道间距为L,闭合电路的磁通量 行金属轨道，下端接有电阻R,放在垂直斜面 Φ=Φ十BLx,因Φt图线为抛物线，可知x-t 向上的匀强磁场中，=0时刻，一根金属杆在 图线也为抛物线，而开始时金属杆静止，则金 沿轨道向上的外力F的作用下由静止开始向 属杆做初速度为0的匀加速直线运动，A正 上运动，运动过程中闭合电路的磁通量Φ随时 确；1-是”-收，1国线应为过原点的领 间t变化的图像如图乙所示，图线是一条抛物 线。不计金属轨道和金属杆的电阻，金属杆的 舒直线，B结误：因R=B=货，由牛 速度大小、电路中产生的电流I、外力F随时 顿第二定律有F-F安一ngsin0=ma,则F与 间t变化关系的图线，及速度大小的平方随 t为一次函数关系，F-t图线为不过原点的倾 位移x变化关系的图线正确的是( ) 斜直线，C正确；由=2ax,可知-x图线为 过原点的倾斜直线，D错误。 )答案AC 解题技巧电磁感应图像问题的“六个明确” (1)明确图像横、纵坐标的含义及单位。 (2)明确图像中物理量正负的含义。 (3)明确图像斜率、截距、所围面积的含义。 (4)明确图像所描述的物理意义。 (5)明确所选的正方向与图线的对应关系。 B (6)明确图像和电磁感应过程间的对应关系。 题型三电磁感应中的单杆模型 题型解读 示意图 力学观点 运动图像 能量观点 感应电动势E=BLv,电流I 一{-祭安培力 2 BL=BL(方向向左)， 动能全部转化为 导轨水平光滑，间距为 R 内能：Q-nm L,电阻不计；杆ab初 杆ab做减速运动，v↓→ 速度为vo,质量为m, F安→aV,当v=0时，F安 电阻不计 =0,a=0,杆ab保持静止 U≠0 a 2 感应电流1=BLR,安 杆ab的部分动 R 能转化为电阻的 培力F安=BIL(方向向左)， 电热和电容器的 杆ab做减速运动，v￥→ 导轨水平光滑，间距为 F安↓→a↓，电容器充电， 根据q=CU=CBLVmin、 电场能：号mG= L,电阻不计；杆ab初 Uc个，当BLv=Uc时，I=0, -BiL·△t=MUmin-mw 速度为o,质量为m, F安=0，杆ab做匀速运动 q-1△，可得m一m+形L2C 2mdin +Q+Ec 电阻不计 373 讲解册 实战高考·物理 续表 示意图 力学观点 运动图像 能量观点 S闭合，安培力F安=BIL= BLE,a=F弦=BLE,杆a6 m mr 做加速运动，)个→感应电动 电源输出的电能 转化为动能： 势BL0+→I=E BLov→ 导轨水平光滑，间距为 Wa=合md L,电阻不计，杆ab质 F安↓→a,当BLv=E时， E Um BL 量为m,电阻不计 v最大，此后杆做匀速直线 运动 开始时a= ,杆ab速度v个 F做的功一部分 m →感应电动势E=BLv个→ 转化为杆的动 能，一部分转化 导轨水平光滑，间距为 个→F安=BIL个，由 为电阻产生的电 L,电阻不计，杆ab质 F-F安=ma知aV,当a= 热：Wr=Q十 FR 量为m,电阻不计，拉力 0时，最大，此后杆做匀速 Vm-B2L2 1 F恒定 直线运动 2m S拨至1，电容器充满电后， 12 S拨至2，杆ab受安培力运 U6=0 电容器的部分电 动，感应电动势E=BLw,感 场能转化为电阻 应电流IUBL0,F 6 R 根据△q=0一q=CE 的电热和杆ab 导轨水平光滑，间距为 BIL,杆ab做加速运动，v CBLUm、 的动能：Ecw= L,电阻不计，单杆ab 个，电容器放电Uc减小，F安 BTL·△t=mm-0、 2 mv+Q+Ecm 质量为m,电阻为R 1,aV,当BLw=Uc时，I= △q=I△t, 0,F安=0，杆ab做匀速运动 可得vm= BLCE m+B2L2C 开始时a=卫，杆ab速度u个 m →感应电动势E=BLv个， 电容器充电，电流1=9 F做的功一部分 △t 转化为杆的动 CAU_CAE-CBL △v 能，一部分转化 △t △t △t 导轨水平光滑，间距为 为电容器的电场 CBLa,F安=BLI=CB2L2a, L,电阻不计，杆ab质 能：W=1 量为m,电阻不计，拉力 F安=ma,a= F恒定 m十BL2C,杆以恒定的加速 +Ec 度做匀加速运动（若回路有电 阻，则杆不做匀加速运动) 374 0专题12电磁感应 注意(1)在电磁感应中，动量定理应用于单 R,QR,×mR,×m( 杆切割磁感线运动，可求解速度、位移、电荷 RP 量，以及除安培力之外恒力的作用时间。 2m(R+),B错误。 (2)若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆重力 ⑥“动量分析”：根据动量定理可得一BIL△t= 沿导轨斜面向下的分力。 典例3（多选）如图所示，左端接有阻值为R 0一m,冲量，9-7△，可得g品，C 的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF 正确：g=1A1=R车，4=#g=记代 E 的间距为L,导轨固定在水平面上，且处在磁 感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场 入，可得b运动的位移大小x=1R+护，D 中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直放 正确。 置在导轨上静止，导轨的电阻不计。某时刻给 )答案CD 导体棒αb一个水平向右的瞬时冲量I,导体棒 解题技巧焦耳热的求法 将向右运动，最后停下来，则此过程中( (1)纯电阻电路 xCx x ax x××xE× ě×××××× 焦耳定律：Q=TRt 焦耳热Q的三种求法 功能关系：Q=W安力 ××××××××× ×D××bx××××F× 能量转化：Q=△E心 A.导体棒做匀减速直线运动直至停止运动 (2)非纯电阻电路（功能关系）：Q=W克服安培力 B电阻R上产生的焦耳热为院 一E其他。 典例4如图甲所示，倾角为0的斜面上固定两 C,通过导体棒a6横裁面的电荷量为配 根足够长的平行光滑导轨，将定值电阻、电容 D导体棒ab运动的位移大小为R十) 器和电源在导轨上端分别通过开关S、S2、S B2L2 与导轨连接，匀强磁场垂直斜面向下。初始时 解析：①“等效电路”：如图甲所示。 刻导体棒垂直导轨静止，不计导轨和导体棒的 ↑F 电阻，下列说法正确的是( I-mv. ⑧ +mg X-- 甲 父 XX ②“图形转换”：如图乙所示。 XX ③“受力分析”：如图丙所示（对ab)。 ④“过程分析”：根据牛顿第二定律有F安 v=ma,随着u减小，a也减小，A错误。 R+r ⑤“能量分析”：ab从开始运动到速度变为0 的过程中，根据能量守恒有Q=2m,故Qr 375 讲解册 实战高考·物理 动，故导体棒的Ut图像可能如图丁，C正确； S1、S2、S3断开，由静止释放导体棒△t后闭合 开关S3,可知闭合开关S3瞬间导体棒的速度 戊 =gsin0·△t,导体棒切割磁感线产生的电动 势E动=BLv=BLgsin0·△t,根据右手定则 A.S闭合，S2、S3断开，由静止释放导体棒，导 可知E动与电源的电动势E,方向相反，若E动 体棒的a-t图像如图乙 B.S2闭合，S、S3断开，由静止释放导体棒，导 >E,则回路中的电流I=E劲一E一 体棒的a-t图像如图丙 C.S、S2、S3断开，由静止释放导体棒△t后闭 BLgsin0·△t一E,安培力方向沿导轨向上， 合开关S,导体棒的vt图像可能如图丁 大小为F安=BIL=BL·BLgsin0·△t-E。 D.S、S2、S断开，由静止释放导体棒△t后闭 r 合开关S3,导体棒的t图像一定如图戊 若刚好满足F安=mgsin0,则导体棒向下做匀 解析：S闭合，S2、S断开，由静止释放导体棒， 速直线运动，D错误。 导体棒与电阻构成闭合回路，根据E=BLV,I )答案C —后，P:=BL,可得R=聚，根格牛顿 解题技巧分析电磁感应中电路问题的基本 步骤 第二定律可得导体棒的加速度a= 哪一部分判断产生电磁感应现象的是哪一部分导 四AB=9一股，可知导体春的 体（其阻值为电源内阻） 确定 E的大小 加速度随着速度的增加逐渐减小，A错误；S2 E-n 电源 更或E=Bw △t 闭合，S、S3断开，由静止释放导体棒，导体棒 电源正极楞次定律或右手定则（感应电流流出的 与电容器构成闭合回路，则有E=BLV,电容 一端) 分析电.判断等效电源的正负极或电势的高低，弄清各元件 器极板所带电荷量Q=CE=CBLU,电路中电 路结构 的串并联关系，画等效电路图 流I=AQ_CBLA=CBLa,导体棒受到的安 应用规 闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦 △t △t 律求解耳定律等 培力F安=BIL=CBL2a,根据牛顿第二定律 题型四电磁感应中的双杆模型 可得mgsin0-F安=ma,解得a=mgsin0。 m+CB2L2' 题型解读 可知导体棒的加速度保持不变，B错误；S、 1.初速度不为零，不受其他水平外力的作用 S2、S3断开，由静止释放导体棒△t后闭合开关 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 S1,可知闭合开关S瞬间导体棒的速度v= gsin日·△t,导体棒受到的安培力大小为F安 BL2v_B2 gsin0·△t,若F安<mgsin0,可 刀。 R R 示意 知导体棒继续向下加速，随着速度的增加，安 图 质量m6=ma, 质量m6=ma, 培力增大，加速度减小，当安培力与重力沿导 电阻r6=ra, 电阻r%=ra, 长度Lb=La 长度L6=2La 轨向下的分力平衡时，导体棒做匀速直线运 376 0专题12电磁感应 续表 续表 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 杆b受安培力做变 杆b受安培力做变减 减速运动，杆a受 速运动，杆a受安培 运动图像 b 安培力做变加速运 力学 力做变加速运动，稳 动，稳定时，两杆的 F<F<2F: F>2F 观点 定时，两杆的加速度 加速度均为零，两 均为零，以相等的速 F做的功转化为两杆 杆的速度之比为 能 F做的功转化为两 度做匀速运动 的动能和内能（包括电 :℃=1：2 观 杆的动能和内能： 热和摩擦热)：We= Wr=△Ek十Q △Ek+Q电+Q 运动 动 两杆组成的系统动 两杆组成的系统动量 图像 观 量不守恒；对单杆 不守恒；对单杆可以用 点 可以用动量定理 动量定理 能量 部分动能转化为内能，即Q=一△Ek 注意)对于不在同一平面上运动的双杆问 观点 两杆组成的系统 题，动量守恒定律不适用，可以用牛顿运动 动量 两杆组成的系统动量 动量不守恒，对单 定律、能量观，点、动量定理进行解决。 观点 守恒 杆可以用动量 典例5（多选）如图所示，U形光滑金属框 定理 abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行， 2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用 和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻 可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框， +B B 运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁 场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边 保持平行。经过一段时间后( ) 质量m,=ma, 图 质量m=ma, × 电阻r%=ra, b 电阻r%=ra, 长度Lb=La, 长度Lb=La ××××××× 摩擦力F%=Fa d 开始时，若F:<F≤ A.金属框的速度大小趋于恒定值 2F,则a杆先变加速 B.金属框的加速度大小趋于恒定值 开始时，两杆受安 后匀速运动，b杆静止； C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 培力做变加速运 学 若F>2F,a杆先变加 D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 动；稳定时，两杆以 点 速后匀加速运动，b杆 解析：金属框在力F的作用下向右运动，bc边 相同的加速度做匀 先静止后变加速最后 加速运动 切割磁感线产生感应电动势，在回路MNcb中 和a杆同时做匀加速 有感应电流，使得导体棒MN受到向右的安 运动，且加速度相同 培力而做加速运动，bc边受到向左的安培力。 377 讲解册 实战高考·物理 设导体棒MN和金属框的速度分别为O1、, 典例6（多选）如图所示，电阻不计的光滑金属 导体棒的电阻为R,金属框的宽度为L,磁感 导轨由直窄轨AA'、CC,直宽轨EF、GH和连 应强度为B,则电路中的总电动势E=BL(2 接直轨A'E、GC构成，整个导轨固定于同一水 一)，电路中的电流I==BL(。）,金 平面内，AA'∥CC∥EF∥GH,A'E和GC'共 R R 属框受到的安培力F安框=BIL= 线且与AA垂直，窄轨间距为？，宽轨间距为 BL2(一），与运动方向相反；导体棒MN L。窄轨和宽轨所在空间都存在方向竖直向 R 上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大 受到的安培力Fn=BIL=BL(-) R 小为B,窄轨所在区域的磁感应强度大小为 与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的 2B。棒长均为L、质量均为m、电阻均为R的 质量分别为m1、m2,加速度分别为a1、a2,对导 金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好。 体棒MN有FN=m1a1,对金属框有F 初始时刻，b棒静止在宽轨上，α棒从窄轨上某 F安框=m2a2,导体棒MN和金属框的初始速 位置以平行于AA'的初速度vo向右运动。a 度均为零，则a从零开始逐渐增加，从F开 棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。 m2 则( 始逐渐减小，当a1=a2时，相对速度2一v1= BL2(m+m),之后a、a2不变，w一u恒定， FRm 整个运动过程的速度一时间图像如图所示。 A.a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小 U 为2BL 3mR B经过足够长时间后。棒的速度大小为号心 综上可得，经过一段时间后，金属框和导体棒 的加速度大小趋于恒定值，所受安培力的大小 C整个过程中，通过回路的电荷量为瓷 也趋于恒定值，B、C正确；金属框的速度会一 D.整个过程中，6棒产生的焦耳热为2m听 直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一 直增大，A、D错误。 解析：a棒开始运动时，回路中的电流I= )答案BC 2B.L · 2B地，由牛顿第二定律得b棒 解题技巧力学对象和电学对象的相互关系 尽+R 电动势：E=nA E=Bla 内电路 △t 内阻：r 的加速度a=BL_2B,A正确。对a,b m (1)电学对象 3mR 外电路：串、并联电路 棒受力分析可知，系统所受合力为零，由动量 全电路：E=I(R+) I 守恒可得mb=mu.十m%,系统稳定时有2B 受力分析：F=IB L (2)力学对象 →Fo=ma ·乞4=BL,联立解得=一空，B错误。 运动过程分析： U 对b棒由动量定理可得BIL·t=m%,通过回 378 0专题12电磁感应 路的电荷量q=7·1=院，C正确。系统产 1 得Q=6m6,D错误。 生的焦耳热Q=m-md-m话=} )答案AC 方法技巧当两棒产生的感应电动势大小相 m,b棒产生的焦耳热Q。= Q,联立解 R 等时，回路中电流为0，之后两棒均做匀速直 线运动。 题型五电磁感应中的线框模型 题型解读 示意图 动力学观点 能量观点 动量观点 以进人磁场过程为例，设某时 水平平动切割 刻的速度为v,则加速度a= (1)求电荷量或速度： 1XXX×1 B2L2v mR,a与v方向相反，导线 动能减少量等于线框 -BIL△t=m2-mw, ×××× 框做加速度减小的减速运动， 产生的焦耳热：Q= q=1△t. ××××1 最终匀速运动（全部进入磁 (2)求位移： 在安培力作用下穿越 -△Es 场)。 磁场（磁场宽度足够 BL2△t=mu2一mw, R总 导线框离开磁场过程的分析 大) 相同 即-BLx R点 =mU2-mU1。 (3)求时间： 以进入磁场过程为例，设某时 ①-BTL△t十F其他△t=m2 刻导线框的速度为v,加速度a 一mU, _FBL20 即一BLq十F其他△t=m2 竖直平动切割 mmR。 mu, 《1)告一B2一之，则异我国可 若已知电荷量q,F其他为恒 172 力，可求出变加速运动的 速运动 力F做的功等于导 时间。 2)咎工B2[巴，则导线框做 m 线框的动能变化量与 ×× ② BL2△十F共他△t= x× 加速度减小的加速运动（直至 回路中产生的焦耳热 R总 在恒力F(包括重力 匀速)。 之和：Ws=△Ek十Q mg)和安培力作用下 《③)若片<股，则导线框做 即-BIz+F雅△=mw R总 m 穿越磁场（磁场宽度 加速度减小的减速运动（直至 mi, 足够大) 匀速)。 若已知位移x,F其他为恒力， 导线框离开磁场过程的分析 可求出变加速运动的时间 相同 379 讲解 实战高考·物理 典例7如图甲所示，地面上方高度为d的空 加量 间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正 D.导线框产生的焦耳热大于mgl 方形闭合导线框abcd的边长为l,从bc边距 解析：由图乙可知，在0~时间内，导线框自 离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d 由下落，1~t2时间内导线框切割磁感线进入 >l。从导线框开始运动到bc边即将落地的 磁场，做加速度减小的减速运动，完全进入磁 过程中，导线框的心t图像如图乙所示。重力 场后做匀加速运动。t~t2时间内，对导线框 加速度为g,不计空气阻力，下列有关这一过 受力分析可知F安-mg=ma,a减小，则安培 程的说法正确的是( 力逐渐减小，A错误；根据题意可知，i时刻bc 边刚进入磁场，3时刻bc边到达地面，所以磁 场高度d为t1~t3时间内导线框的位移大小， 即vt图线t1t3部分与t轴所围图形的面 XB xx 积，B错误；根据题意可知，安培力做负功，所 nnn济mn 以重力势能的减少量等于动能的增加量和克 甲 乙 服安培力做功之和，C错误；由上述分析可知， A.t1~t2时间内，导线框受到的安培力逐渐 右~t2时间内F安>g,而W安=F安l,所以在 增大 下降过程中导线框产生的焦耳热Q=W安 B.磁场的高度d可以用v-t图中阴影部分的 mgl,D正确。 面积表示 )答案D C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增 380