高三物理難點突破專項練習題及解析一、電磁感應綜合問題電磁感應是高三物理的核心難點之一，涉及感應電動勢計算、動態(tài)分析、能量轉化、雙棒系統(tǒng)等高頻考點，需重點突破“力-電-磁”的綜合邏輯。1.基礎切割磁感線動態(tài)分析題目：如圖所示，光滑金屬導軌固定在水平面內(nèi)，導軌間距為\(L\)，左端連接電阻\(R\)，其余部分電阻不計。質量為\(m\)的導體棒\(ab\)垂直導軌放置，整個裝置處于磁感應強度為\(B\)的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下?，F(xiàn)用水平拉力\(F\)拉導體棒，使其從靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為\(a\)。求：（1）\(t\)時刻導體棒的感應電動勢；（2）\(t\)時刻導體棒所受的安培力大小及方向；（3）\(t\)時刻水平拉力\(F\)的大小。解析：（1）導體棒做勻加速直線運動，\(t\)時刻速度\(v=at\)，感應電動勢由切割磁感線產(chǎn)生：\(E=BLv=BLat\)（法拉第電磁感應定律的特殊形式）。（2）感應電流\(I=\frac{E}{R}=\frac{BLat}{R}\)，安培力\(F_安=BIL=\frac{B^2L^2at}{R}\)；由右手定則，電流方向為\(b→a\)，再由左手定則，安培力方向與運動方向相反（阻礙導體棒的相對運動）。（3）導體棒做勻加速直線運動，由牛頓第二定律：\(F-F_安=ma\)，代入得\(F=ma+\frac{B^2L^2at}{R}\)。易錯點提醒：安培力的方向判斷需“兩步走”：先右手定則判電流方向，再左手定則判安培力方向，切勿混淆左右手；動態(tài)分析中，安培力隨速度增大而增大，導致拉力\(F\)需隨時間增大才能保持勻加速，若\(F\)恒定，導體棒最終會做勻速運動（安培力與\(F\)平衡）。2.電磁感應中的能量轉化題目：上述問題中，若拉力\(F\)恒定，導體棒從靜止開始運動，最終達到勻速狀態(tài)。求：（1）勻速時的速度\(v_m\)；（2）從靜止到勻速過程中，電阻\(R\)產(chǎn)生的焦耳熱\(Q\)。解析：（1）勻速時，安培力與拉力平衡：\(F=F_安=\frac{B^2L^2v_m}{R}\)，解得\(v_m=\frac{FR}{B^2L^2}\)。（2）由能量守恒，拉力做的功轉化為導體棒的動能和電阻的焦耳熱：\(W_F=\DeltaE_k+Q\)；拉力做功\(W_F=Fx\)（\(x\)為位移），但直接求\(x\)較復雜，可利用動能定理：\(W_F-W_安=\frac{1}{2}mv_m^2\)；而安培力做功的絕對值等于焦耳熱（\(W_安=-Q\)，因為安培力阻礙運動，做負功），故\(Q=W_F-\frac{1}{2}mv_m^2\)；但更簡便的方法是利用能量轉化的最終狀態(tài)：當導體棒勻速時，拉力的功率全部轉化為電阻的熱功率，即\(Fv_m=\frac{E^2}{R}=\frac{B^2L^2v_m^2}{R}\)，此式可驗證（1）的結論，但求\(Q\)需用過程量：對導體棒，由牛頓第二定律：\(F-\frac{B^2L^2v}{R}=ma=m\frac{dv}{dt}\)，兩邊乘\(dx\)得：\(Fdx-\frac{B^2L^2v}{R}dx=mdv·v\)，積分得：\(Fx-\frac{B^2L^2}{R}·\frac{1}{2}v_m^2·t?\)不，更簡單的是用動量定理求位移？不，其實對于變加速過程，能量守恒是核心：\(Q=Fx-\frac{1}{2}mv_m^2\)，但\(x\)可通過\(v-t\)圖像的面積求嗎？其實對于本題，若\(F\)恒定，導體棒的速度隨時間變化為\(v=v_m(1-e^{-kt})\)（指數(shù)衰減），但高中階段不需要求\(x\)，而是通過功能關系：安培力做的功等于焦耳熱，而拉力做的功等于動能增加量加焦耳熱，所以\(Q=Fx-\frac{1}{2}mv_m^2\)，但\(x\)無法直接求，其實本題缺少條件？不，等一下，其實當導體棒勻速時，\(F=\frac{B^2L^2v_m}{R}\)，所以\(Q=Fx-\frac{1}{2}mv_m^2\)，但\(x\)可通過\(v=v_m(1-e^{-t/τ})\)（\(τ=\frac{mR}{B^2L^2}\)為時間常數(shù)），積分得\(x=v_mt-v_mτ(1-e^{-t/τ})\)，當\(t→∞\)時，\(x→v_mt\)，但這是極限情況，其實高中階段本題應補充“從靜止到勻速過程中拉力做的功為\(W\)”，否則無法求\(Q\)，但原題可能假設\(F\)恒定，最終勻速，所以\(Q=W_F-\frac{1}{2}mv_m^2\)，而\(W_F\)需用過程量，但可能我剛才犯了一個錯誤：其實對于恒定拉力下的電磁感應變加速問題，焦耳熱的計算需用能量守恒，而\(W_F\)是過程量，但本題可能需要用動量定理求位移？不，等一下，回到題目，可能我剛才的（1）是對的，（2）的\(Q\)等于拉力做的功減去動能增加量，而拉力做的功等于\(F\)乘以位移，但位移無法直接求，其實本題在高中階段通常會給出位移\(x\)，或者用功率關系（當勻速時，拉力功率等于熱功率），但過程中的\(Q\)必須用過程量，所以可能我剛才的題目設計有問題，換一道經(jīng)典題：修正題目：如圖所示，豎直放置的光滑金屬導軌間距為\(L\)，上端連接電阻\(R\)，下端足夠長。質量為\(m\)的導體棒\(ab\)垂直導軌放置，初速度為零，釋放后沿導軌下滑，整個裝置處于磁感應強度為\(B\)的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向里。求：（1）導體棒的最大速度\(v_m\)；（2）從釋放到達到最大速度過程中，電阻\(R\)產(chǎn)生的焦耳熱\(Q\)。解析：（1）導體棒下滑時，受重力\(mg\)和安培力\(F_安=\frac{B^2L^2v}{R}\)（方向向上，阻礙下滑），當\(mg=F_安\)時，速度最大，故\(v_m=\frac{mgR}{B^2L^2}\)。（2）由能量守恒，重力勢能的減少量轉化為導體棒的動能和電阻的焦耳熱：\(mgh=\frac{1}{2}mv_m^2+Q\)，其中\(zhòng)(h\)為下滑的高度，故\(Q=mgh-\frac{1}{2}mv_m^2\)。哦，對，剛才的題目應該這樣設計，這樣（2）就有解了，剛才的錯誤是沒選重力作為驅動力，導致拉力\(F\)恒定的情況下位移無法求，而重力驅動的情況下，高度\(h\)是過程量，容易計算。3.雙棒電磁感應（動量守恒模型）題目：如圖所示，光滑金屬導軌固定在水平面內(nèi)，導軌間距為\(L\)，左端連接電阻\(R\)，其余部分電阻不計。質量分別為\(m_1\)、\(m_2\)的導體棒\(ab\)、\(cd\)垂直導軌放置，初始時\(ab\)棒靜止，\(cd\)棒以速度\(v_0\)向右運動。整個裝置處于磁感應強度為\(B\)的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下。求：（1）兩棒最終的速度\(v_1\)、\(v_2\)；（2）從開始到最終狀態(tài)，電阻\(R\)產(chǎn)生的焦耳熱\(Q\)。解析：（1）動量守恒分析：兩棒在水平方向只受安培力，且安培力大小相等、方向相反（\(ab\)棒的安培力向右，\(cd\)棒的安培力向左），故系統(tǒng)合外力為零，動量守恒：\(m_2v_0=m_1v_1+m_2v_2\)；電磁感應條件：當兩棒速度相等時，穿過回路的磁通量變化率為零（\(\Delta\Phi/\Deltat=BL\Deltav/\Deltat=0\)），故感應電動勢為零，電流為零，安培力為零，兩棒保持勻速，因此最終兩棒速度相等，即\(v_1=v_2=v\)；聯(lián)立得：\(v=\frac{m_2v_0}{m_1+m_2}\)。（2）能量守恒分析：系統(tǒng)初始動能為\(\frac{1}{2}m_2v_0^2\)，最終動能為\(\frac{1}{2}(m_1+m_2)v^2\)，動能減少量全部轉化為電阻的焦耳熱：\(Q=\frac{1}{2}m_2v_0^2-\frac{1}{2}(m_1+m_2)v^2=\frac{1}{2}·\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}v_0^2\)。易錯點提醒：雙棒系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，若導軌不光滑或存在外力，則動量不守恒；最終速度相等的原因是感應電動勢為零（兩棒切割磁感線的電動勢抵消），此時無電流，安培力消失，兩棒勻速；焦耳熱等于系統(tǒng)動能的減少量，不是單個棒的動能變化，因為安培力對兩棒做功的代數(shù)和等于焦耳熱（\(W_安_{ab}+W_安_{cd}=-Q\)）。二、動量與能量綜合問題動量與能量是高中物理的“兩大支柱”，綜合題常涉及碰撞、爆炸、子彈打木塊等模型，需明確“動量守恒條件”與“能量轉化形式”的區(qū)別。1.彈性碰撞與非彈性碰撞題目：質量為\(m_1=2kg\)的小球以\(v_0=3m/s\)的速度與靜止的質量為\(m_2=1kg\)的小球發(fā)生正碰，碰撞后\(m_2\)的速度為\(v_2=4m/s\)。求：（1）碰撞后\(m_1\)的速度\(v_1\)；（2）判斷碰撞是否為彈性碰撞（計算動能變化）。解析：（1）動量守恒：\(m_1v_0=m_1v_1+m_2v_2\)，代入得：\(2×3=2v_1+1×4\)，解得\(v_1=1m/s\)（方向與原方向相同）。（2）動能變化：初始動能\(E_{k0}=\frac{1}{2}m_1v_0^2=\frac{1}{2}×2×9=9J\)；最終動能\(E_{k}=\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2=\frac{1}{2}×2×1+\frac{1}{2}×1×16=1+8=9J\)；動能不變，故碰撞為彈性碰撞。易錯點提醒：彈性碰撞的條件是動能守恒，非彈性碰撞是動能減少（轉化為內(nèi)能），完全非彈性碰撞是動能減少最多（兩物體共速）；碰撞后速度的方向需通過符號判斷，若\(v_1\)為負，說明\(m_1\)被反彈。2.爆炸問題（動量守恒+能量守恒）題目：一靜止的炸彈質量為\(M=6kg\)，爆炸后分裂為兩塊，其中一塊質量為\(m_1=2kg\)，以\(v_1=10m/s\)的速度水平向右飛行。求：（1）另一塊的速度\(v_2\)；（2）爆炸過程中釋放的總能量\(E\)。解析：（1）動量守恒：爆炸前總動量為零，爆炸后總動量仍為零（內(nèi)力遠大于外力，動量守恒）：\(0=m_1v_1+m_2v_2\)，其中\(zhòng)(m_2=M-m_1=4kg\)，代入得：\(0=2×10+4v_2\)，解得\(v_2=-5m/s\)（負號表示方向向左）。（2）能量守恒：爆炸釋放的能量全部轉化為兩塊的動能（忽略內(nèi)能損失）：\(E=\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2=\frac{1}{2}×2×100+\frac{1}{2}×4×25=100+50=150J\)。易錯點提醒：爆炸過程動量守恒（內(nèi)力遠大于外力），但動能增加（化學能轉化為動能）；速度的方向需注意，分裂后的兩塊速度方向相反，總動量為零。3.子彈打木塊（完全非彈性碰撞+能量轉化）題目：質量為\(M=2kg\)的木塊靜止在光滑水平面上，質量為\(m=0.1kg\)的子彈以\(v_0=200m/s\)的速度水平射入木塊，最終子彈留在木塊中。求：（1）子彈和木塊的共同速度\(v\)；（2）子彈射入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能\(Q\)。解析：（1）完全非彈性碰撞：子彈與木塊共速，動量守恒：\(mv_0=(m+M)v\)，代入得：\(0.1×200=(0.1+2)v\)，解得\(v≈9.52m/s\)。（2）能量轉化：子彈的動能減少量轉化為木塊的動能和內(nèi)能，內(nèi)能等于動能減少量：\(Q=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(m+M)v^2=\frac{1}{2}×0.1×____-\frac{1}{2}×2.1×(9.52)^2≈2000-95.2≈1904.8J\)（近似值，精確計算：\(v=\frac{0.1×200}{2.1}=\frac{20}{2.1}≈9.5238m/s\)，\((m+M)v^2=2.1×(400/4.41)=2.1×90.7029≈190.476J\)，故\(Q=2000-95.238≈1904.76J\)）。易錯點提醒：完全非彈性碰撞的標志是“共速”，此時動能損失最大；內(nèi)能等于系統(tǒng)動能的減少量，不是子彈的動能減少量（木塊獲得了部分動能）。三、天體運動中的變軌與能量問題天體運動的核心是萬有引力提供向心力，但變軌問題需結合能量守恒（引力勢能與動能的轉化），是高考的高頻難點。1.變軌問題（速度與能量關系）題目：如圖所示，衛(wèi)星沿橢圓軌道\(Ⅰ\)繞地球運行，近地點為\(A\)，遠地點為\(B\)，橢圓的半長軸為\(a\)，近地點距離地心為\(r_1\)，遠地點距離地心為\(r_2\)。已知地球質量為\(M\)，衛(wèi)星質量為\(m\)，引力常量為\(G\)。求：（1）衛(wèi)星在近地點\(A\)和遠地點\(B\)的速度大小\(v_1\)、\(v_2\)；（2）若衛(wèi)星在近地點\(A\)處加速，進入圓軌道\(Ⅱ\)運行，求圓軌道\(Ⅱ\)的速度\(v_3\)，并比較\(v_1\)與\(v_3\)的大小。解析：（1）橢圓軌道的機械能守恒：衛(wèi)星在橢圓軌道上運行時，只有萬有引力做功，機械能守恒（引力勢能\(E_p=-\frac{GMm}{r}\)，動能\(E_k=\frac{1}{2}mv^2\)）：\(\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{GMm}{r_1}=\frac{1}{2}mv_2^2-\frac{GMm}{r_2}\)；同時，橢圓軌道的角動量守恒（萬有引力指向地心，力矩為零）：\(mv_1r_1=mv_2r_2\)（角動量\(L=mvr\)，對地心的角動量守恒）；聯(lián)立角動量守恒得\(v_2=\frac{r_1}{r_2}v_1\)，代入機械能守恒：\(\frac{1}{2}v_1^2-\frac{GM}{r_1}=\frac{1}{2}(\frac{r_1^2}{r_2^2}v_1^2)-\frac{GM}{r_2}\)，解得：\(v_1=\sqrt{\frac{2GMr_2}{r_1(r_1+r_2)}}\)，\(v_2=\sqrt{\frac{2GMr_1}{r_2(r_1+r_2)}}\)（也可通過橢圓軌道的半長軸\(a=\frac{r_1+r_2}{2}\)，用開普勒第三定律或機械能公式\(E=-\frac{GMm}{2a}\)驗證：\(E=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{GMm}{r_1}=-\frac{GMm}{2a}\)，代入\(a=\frac{r_1+r_2}{2}\)，得\(v_1=\sqrt{GM(\frac{2}{r_1}-\frac{1}{a})}\)，與上述結果一致）。（2）圓軌道的向心力條件：衛(wèi)星在圓軌道\(Ⅱ\)運行時，萬有引力提供向心力：\(\frac{GMm}{r_1^2}=m\frac{v_3^2}{r_1}\)，解得\(v_3=\sqrt{\frac{GM}{r_1}}\)；比較\(v_1\)與\(v_3\)：\(v_1=\sqrt{\frac{2GMr_2}{r_1(r_1+r_2)}}\)，而\(r_2=2a-r_1>r_1\)（橢圓遠地點距離大于近地點），故\(\frac{2r_2}{r_1+r_2}>1\)（因為\(r_2>r_1\)，\(2r_2=r_2+r_2>r_2+r_1\)），因此\(v_1>v_3\)。易錯點提醒：變軌時，從橢圓軌道近地點加速進入圓軌道，需增加動能，故圓軌道的速度\(v_3\)小于橢圓軌道近地點的速度\(v_1\)（因為橢圓軌道近地點的速度大于同半徑圓軌道的速度，遠地點的速度小于同半徑圓軌道的速度）；角動量守恒是橢圓軌道的重要補充，僅用機械能守恒無法解出速度，需結合角動量守恒。2.雙星系統(tǒng)（角速度相等+萬有引力提供向心力）題目：雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，它們繞共同的質心做勻速圓周運動，兩恒星之間的距離為\(L\)，質量分別為\(m_1\)、\(m_2\)，引力常量為\(G\)。求：（1）兩顆恒星的軌道半徑\(r_1\)、\(r_2\)；（2）雙星系統(tǒng)的周期\(T\)。解析：（1）質心位置：雙星系統(tǒng)的質心的位置滿足\(m_1r_1=m_2r_2\)（質心定義），且\(r_1+r_2=L\)，聯(lián)立得：\(r_1=\frac{m_2}{m_1+m_2}L\)，\(r_2=\frac{m_1}{m_1+m_2}L\)。（2）向心力條件：兩顆恒星的向心力由彼此間的萬有引力提供，且角速度相等（\(ω_1=ω_2=ω\)）：對\(m_1\)：\(\frac{Gm_1m_2}{L^2}=m_1ω^2r_1\)；對\(m_2\)：\(\frac{Gm_1m_2}{L^2}=m_2ω^2r_2\)；代入\(r_1\)和\(r_2\)的表達式，兩式均得：\(\frac{G(m_1+m_2)}{L^3}=ω^2\)；周期\(T=\frac{2π}{ω}\)，故\(T=2π\(zhòng)sqrt{\frac{L^3}{G(m_1+m_2)}}\)。易錯點提醒：雙星系統(tǒng)的角速度相等（否則它們的相對位置會變化，無法保持穩(wěn)定）；軌道半徑與質量成反比，質量大的恒星軌道半徑??；周期公式與單星繞中心天體的周期公式類似（\(T=2π\(zhòng)sqrt{\frac{r^3}{GM}}\)），但此處的“中心天體質量”替換為兩星質量之和，“軌道半徑”替換為兩星之間的距離。四、帶電粒子在復合場中的運動復合場（電場+磁場+重力場）是高考的難點，需結合受力分析（電場力、洛倫茲力、重力）和運動分析（勻速直線、圓周運動、類平拋），核心是“洛倫茲力不做功”（只改變速度方向）。1.速度選擇器（電場與磁場正交）題目：如圖所示，速度選擇器由正交的勻強電場和勻強磁場組成，電場強度為\(E\)（方向豎直向下），磁感應強度為\(B\)（方向垂直紙面向里）。一帶電粒子以速度\(v\)沿水平方向射入，恰好沿直線通過速度選擇器。求：（1）粒子的速度\(v\)；（2）若粒子帶正電，調整電場方向為豎直向上，粒子仍沿直線通過，求此時粒子的速度\(v'\)。解析：（1）受力平衡：粒子沿直線通過，說明合力為零，即電場力與洛倫茲力平衡：\(qE=qvB\)（電場力\(F_e=qE\)，洛倫茲力\(F_B=qvB\)，方向相反），解得\(v=\frac{E}{B}\)。（2）電場方向調整后：電場力方向變?yōu)樨Q直向上（正電荷受力與電場方向相同），洛倫茲力方向仍由左手定則判斷：正電荷向右運動，磁場向里，洛倫茲力方向豎直向上（左手定則：伸開左手，讓磁感線穿掌心，四指指向正電荷運動方向，拇指指向洛倫茲力方向），此時電場力與洛倫茲力方向相同，無法平衡，除非粒子速度為零？不，等一下，原題（2）的條件應該是“調整磁場方向”，否則無法平衡，假設（2）是調整磁場方向為垂直紙面向外，那么洛倫茲力方向變?yōu)樨Q直向下（左手定則：四指向右，磁場向外，拇指向下），此時電場力（豎直向上）與洛倫茲力（豎直向下）平衡，故\(qE=qv'B\)，解得\(v'=\frac{E}{B}\)，與（1）的速度相同。易錯點提醒：速度選擇器的條件是電場力與洛倫茲力平衡，與粒子的電荷量、電性無關，只與速度有關；洛倫茲力的方向判斷需注意電荷的電性，正電荷與負電荷的洛倫茲力方向相反。2.回旋加速器（周期與速度無關）題目：回旋加速器的D形盒半徑為\(R\)，勻強磁場的磁感應強度為\(B\)，加速電壓為\(U\)，粒子的質量為\(m\)，電荷量為\(q\)。求：（1）粒子加速后的最大速度\(v_m\)；（2）粒子加速過程中繞D形盒運動的周期\(T\)；（3）粒子從靜止開始加速到最大速度，需要加速的次數(shù)\(n\)。解析：（1）最大速度：粒子到達D形盒邊緣時速度最大，此時洛倫茲力提供向心力：\(qv_mB=m\frac{v_m^2}{R}\)，解得\(v_m=\frac{qBR}{m}\)。（2）周期：粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動的周期由洛倫茲力決定，與速度無關（因為\(v=\frac{qBR}{m}\)，周期\(T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}\)），故\(T=\frac{2πm}{qB}\)。（3）加速次數(shù)：粒子每次加速獲得的動能為\(qU\)，從靜止到最大速度，動能增加量為\(\frac{1}{2}mv_m^2\)，故加速次數(shù)\(n=\frac{\frac{1}{2}mv_m^2}{qU}=\frac{\frac{1}{2}m(\frac{qBR}{m})^2}{qU}=\frac{qB^2R^2}{2mU}\)。易錯點提醒：回旋加速器的周期與速度無關，因此可以通過交變電場的周期與粒子的周期同步，實現(xiàn)持續(xù)加速；最大速度由D形盒的半徑?jīng)Q定（\(v_m=\frac{qBR}{m}\)），與加速電壓無關（電壓越大，加速次數(shù)越少，但最大速度不變）。五、力學實驗中的誤差分析力學實驗是高考的必考點，核心是實驗原理與誤差分析，需明確“系統(tǒng)誤差”（由實驗裝置或原理引起）與“偶然誤差”（由讀數(shù)或操作引起）的區(qū)別。1.驗證動量守恒定律（平拋運動替代速度）題目：用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律，實驗步驟如下：①將斜槽固定在水平桌面上，調整末端切線水平；②用天平測量小球A（入射球）的質量\(m_1\)和小球B（靶球）的質量\(m_2\)；③讓小球A從斜槽的某一高度由靜止釋放，落在水平地面的復寫紙上，留下痕跡；④將小球B放在斜槽末端的支柱上，讓小球A從同一高度由靜止釋放，碰撞后兩球落在復寫紙上，留下痕跡；⑤用刻度尺測量小球A碰撞前的水平位移\(x_1\)，碰撞后A的水平位移\(x_1'\)，碰撞后B的水平位移\(x_2'\)。（1）實驗中，為什么要調整斜槽末端切線水平？（2）若動量守恒，需驗證的表達式是什么？（3）若實驗中發(fā)現(xiàn)\(m_1x_1>m_1x_1'+m_2x_2'\)，可能的原因是什么？解析：（1）調整末端水平的原因：使小球離開斜槽后做平拋運動，平拋運動的水平分速度等于小球離開斜槽時的速度（水平方向勻速直線運動），且下落時間相同（\(t=\sqrt{\frac{2h}{g}}\)，\(h\)為斜槽末端到地面的高度），因此可以用水平位移代替速度（\(v=\frac{x}{t}\)）。（2）動量守恒表達式：碰撞前A的速度\(v_1=\frac{x_1}{t}\)，碰撞后A的速度\(v_1'=\frac{x_1'}{t}\)，碰撞后B的速度\(v_2'=\frac{x_2'}{t}\)（B初始靜止，\(v_2=0\)）；動量守恒定律：\(m_1v_1=m_1v_1'+m_2v_2'\)，代入速度表達式得：\(m_1x_1=m_1x_1'+m_2x_2'\)（\(t\)約去）。（3）誤差原因分析：\(m_1x_1>m_1x_1'+m_2x_2'\)說明碰撞后總動量小于碰撞前總動量，可能的原因是：斜槽末端不水平，導致小球離開斜槽后做斜拋運動，水平分速度偏??；支柱過高，碰撞時小球A未正對小球B的球心，導致碰撞后B的水平位移偏?。粡蛯懠埼垂潭ê茫圹E模糊，測量位移時讀數(shù)偏大（或偏小，但此處是總動量偏小，故更可能是B的位移偏?。?。易錯點提醒：實驗中必須保證小球A的質量大于小球B的質量（\(m_1>m_2\)），否則碰撞后A會反彈，無法落在同一側的復寫紙上；系統(tǒng)誤差主要來自“末端不水平”或“碰撞不正對”，偶然誤差來自“讀數(shù)誤差”或“釋放高度不一致”。2.探究加速度與力、質量的關系（平衡摩擦力）題目：在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，裝置如圖所示，小車的質量為\(M\)，砝碼盤和砝碼的總質量為\(m\)，細繩的拉力為\(T\)。（1）實驗中，為什么要平衡摩擦力？（2）若未平衡摩擦力，會導致加速度的測量值比真實值大還是小？（3）實驗中，為什么要求\(m<<M\)？解析：（1）平衡摩擦力的原因：小車在水平木板上運動時，受到摩擦力（\(f=μMg\)），若不平衡摩擦力，小車的合力為\(T-f\)，無法用砝碼盤的重力代替拉力（\(T≠mg\)）。平衡摩擦力后，小車的合力等于拉力（\(F=T\)）。（2）未平衡摩擦力的誤差：未平衡摩擦力時，小車的合力\(