高中高考物理典型模型详解.docx

物理学习方法（北大物理系学子总结）第一画图一个字:图 两个字:画图三个字:要画图四个字:必须画图五个字:你必须画图 六个字:你必须画好图 . (*_*) 画图对于物理的重要性我就不多说了吧下面来讲讲什么叫画好图图-都有什么图呢?常用的无非 v-t s-t 受力分析图 运动简图 电路图 这几种吧画图容易,画好图并不是这么容易了. 举个例子吧.同学们手头都有10年的高考卷吧?看江苏卷第8题同学们可以做一下.这题怎么解?极限法?特殊化？把摩擦因数表示成函数然后列式子积分?不用!直接大概画个v-t再结合一点动能定理知识 直接秒杀!出题人是不是应该感到非常遗憾呢?继续看全国一卷的第18题.这题不难的 普通方法无非速度分解 然后导到位移上去.这是咱们不这么做.如何做?画图.用尺子画 画精确把竖直水平位移都画出来然后看那个角,好像30度来着, 用量角器一量 真30度.tan30大概0.58的样子吧再用直尺量竖直与水平位移大概按题目要求的比一下 再近似看下和0.58什么关系太不解释了选d 很狗血吧?就算一个只知道什么是位移的人的都能对了再看福建卷18题(记得北京09年有道类似的选择压轴 那题答案用量纲解的 不过我这个方法依旧可以用 而且绝对秒杀) 看起来好麻烦啊。应该是用微元后叠加的办法吧(积分).有图?看它那图干吗.咱们重新画图。共轴半径为r1 r2 好吧 咱们让r1=r2=0重新画图.出来两个点电荷两个点电荷的题总会了吧太不幸了这道很复杂的题瞬间秒杀选d 看答案的方法吧.是微元法. 就因为重新画了遍图选择压轴成口算题了画图的作用大家都体会到了吧?第二 物理模型法。第一阶段(建立基本模型)-拿出全国一卷。看大题。24。送分题。不会的话该好好反省一下了。25 双星模型 很基本的模型之一。26 有界磁场模型 也是基本模型。你要是熟悉这些基本物理模型以后，这几道题还能难住你?第二阶段(悟理)(对第一阶段物理模型要做到不仅知其然,而且知其所以然.比如gm=gr2 不仅会用。还要会推导。在这个阶段.你要做的是,把第一阶段总结的模型深化。顺便总结一些小技巧(比如带电粒子在磁场用偏转,圆心确定的方法等)。拿全国一卷说,第一二阶段进行完,72分到手了吧第三阶段 (综合应用):这个阶段怎么办呢?练题吧拿出10高考卷.十道力学大题,十道磁偏转大题足矣!该怎么练呢?拿全国新课标卷说吧。看24题。先标出有用条件,再把题分解成基本模型,一个匀加速，一个匀速运动。然后画图。这道题运动简图 v-t图随意然后 想想对这两个模型怎么列式子.这道题匀加模型用用平均速度,匀速模型用x=vt就行最后一加200m再这样列一次.就这样14分瞬间到手现在的高考基本都是70%的基础题,只要知道考什么就能解对题拿数学说吧看大题固定的模式 数列 三角 立体几何 概率 解析 导数 拿数列举例吧 无非基本(等差 等比)递推数列 数列求和吧递推数列又分很多形式a(n+1)=an+f(n),a(n+1)=f(n)an.自己总结哈不仅要总结形式还要总结对应方法。比如第一种类型数列是用累加法。第二种累乘。数列求和有公式法 倒序相加法 错位减法 裂项法(平常做题休息积累裂项方法 我看我们班好多同学一碰到裂项就放弃了) 分段法。all in all 出题人出题能超出考试大纲吗?他们真的有能力题题创新吗?他们能脱离学科主干吗?他们敢把一道题出得过度偏离该题预定难度系数吗?所以 注重通法才是王道 抓住主干才能成功 注重总结考点看到题能想到考什么,这题难道能做不出来吗?如果能,也是故意不做的吧xd _物理不好的同学认真完成3个阶段的物理模型总结(大概用9天这三轮下来 你物理应该冲破80分了吧?(90分钟做完卷子 因为你毕竟手生还要练 )实验题?为什么同学们会觉得难?为什么同学们得不上分?看看你是不是有下面几种问题1.根本不知道实验题考什么 2.做完题不长脑子 认为实验题千变万化,不知道反思 3.不知悔改 被题目中小细节阴险了下次还被阴险 呵呵，语言不大好。不过是为了能更加生动形像xd 看看你符合几条?不过现在不管这些开始系统复习实验这次要的东西比较多 大家快快准备啊:1.2011考纲 2.课本 3.10高考题 4.如果有的话 再来模拟题(45套是首选)吧.实验题固定的考察模式都是一个力学与电学题(或创新题 但如果是创新题完全可以化为理论题.)。知道怎么考了以后 正如同庖丁解牛一样好下手了另外 还有考器材读数的,实验器材使用的。这个书上都有。注意 万电表 游标卡尺 螺旋测微器 电压 电流 欧姆表这些一定要会读数。模型深化是指深化第一阶段模型。完全弄懂这个模型。就是对第一阶段总结的东西问为什么?怎么想到基本式子的(就是自己演绎推导一遍)?假设把题看作模型的话 那么模型千万种 你总结的完么?不过要把常考的模型总结出来 比如质点系牛二 (就是斜劈上放一木块 地面摩擦很小的那种)。你要做的是练习把一道题拆成基本模型。演示一道题吧。全国一15题 要拆成弹簧模型和牛二定律基本应用模型。现在想弹簧模型有什么特点。f=kx?w=1/2kx2?没突变性?小球挂上面能简谐?。这题需要这个模型什么特点?就是不具有突变性!所以 木块1加速度果断0。bd排除。对2该怎么办?问加速度。果断想到牛二和受力分析!对2受力分析 重力 弹簧给的压力 支持力。可是支持力突然消失了。只剩mg+mg的力。然后果断牛二 a2=(mg+mg)/m。选c 懂做题时该干吗了么?第一 练习拆题为基本模型。第二把查漏补缺(很同同学没总结到弹簧模型中突变性的特点吧这时做题就帮你分析你哪没总结全了全国新课标压轴一般考磁场。这也不是什么新类型题。这题做不出。只有三种情况1.智商不够 (我记得这题难度系数0.1?高考的选拔性就靠这题啊!)2.有界磁场模型没总结好而且没完全真正弄懂3.数学没学好。对应到该点去补就行-要注意做题后的反思与查漏补缺（高考数学选择简单题认真 难题秒杀，填空 认真 思维敏捷，解答题注重通法）高考物理模型汇总一皮带轮问题1：如图所示，水平传送带以2m/s的速度运动，传送带长ab20m今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦系数0.1试求这工件经过多少时间由传送带左端运动到右端？解：加速运动的时间为：t0=2s 在t0时间内运动的位移：s=at02=2m 在t0秒后，工件作匀速运动运动时间为：t1=(ab-s)/v0=9s 工件由传送带左端运动到右端共用时间为： t=t0+t1=11s2.将一底面涂有颜料的木块放在以v=2 m/s的速度匀速运动的水平传送带上，木块在传送带上留下了4 m长的滑痕.若将木块轻放在传送带上的同时，传送带以a=0.25 m/s2做匀加速运动，求木块在传送带上留下的滑痕长度.解析：传送带匀速运动时 vt-(v/2)t=4 解得:t=4 (s)木块在传送带上的加速度为 a木=v/t=2/4=2 (m/s2)传送带加速运动时，木块的加速度仍为a木=2 m/s2不变.设经过时间t木块和传送带达到共速v,a木t=v+at 将a木=2 m/s2,v=2 m/s,a=0.25 m/s2代入上式得 t=8 (s)v=a木t=v+at=4 (m/s) 滑痕长度s痕=（v+v）t/2-vt/2=vt/2=8 (m)3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc与水平面的夹角=37，一小物体a与传送皮带的滑动摩擦系数=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2米/秒。若把物体a轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体a一直没有脱离皮带。求物体a从a点被传送到c点所用的时间。分析与解：物体a轻放到a点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对a的滑动摩擦力向前，则 a 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t1，则：a1=g=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒设a匀加速运动时间内位移为s1，则：设物体a在水平传送带上作匀速运动时间为t2，则设物体a在bc段运动时间为t3,加速度为a2，则：a2=g*sin37-gcos37=10x0.6-0.25x10x0.8=4m/s 解得：t3=1秒 （t3=-2秒舍去） 所以物体a从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如图4-1所示，传送带与地面倾角=37，ab长为16米，传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端a无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为=0.5，求：（1）物体从a运动到b所需时间，（2）物体从a 运动到b 的过程中，摩擦力对物体所做的功（g=10米/秒2） 分析与解：（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为1,（此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：t1=v/1=10/10=1秒 当物体下滑速度大于传送带v=10米/秒 时，物体的加速度为a2，（此时f沿斜面向上）则：即：10t2+t22=11 解得：t2=1秒（t2=-11秒舍去） 所以，t=t1+t2=1+1=2秒（2）w1=fs1=mgcoss1=0.5x0.5x10x0.8x5=10焦w2=-fs2=-mgcoss2=-0.5x0.5x10x0.8x11=-22焦 所以，w=w1+w2=10-22=-12焦。想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端a从静止开始下滑到皮带底端b用的时间为（s=at2）其中a=2米/秒2 得t4秒，则：（请选择）a. 当皮带向上运动时，物块由a滑到b的时间一定大于t。 b. 当皮带向上运动时，物块由a滑到b的时间一定等于t。 c. 当皮带向下运动时，物块由a滑到b的时间可能等于t。 d. 当皮带向下运动时，物块由a滑到b的时间可能小于t。 答案：（b、c、d）5.(15分)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角=30，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2 m/s的速率运行.现把一质量为m=10 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经时间1.9 s，工件被传送到h=1.5 m的高处，取g=10 m/s2.求：(1)工件与皮带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.解：由题图得，皮带长s=3 m(1)工件速度达v0前，做匀加速运动的位移s1=t1= 达v0后做匀速运动的位移s-s1=v0（t-t1） 解出加速运动时间 t1=0.8 s加速运动位移 s1=0.8 m 所以加速度a=2.5 m/s2(5分)工件受的支持力n=mgcos 从牛顿第二定律，有n-mgsin=ma 解出动摩擦因数 (4分)(2)在时间t1内，皮带运动位移s皮=v0t=1.6 m 在时间t1内，工件相对皮带位移 s相=s皮-s1=0.8 m在时间t1内，摩擦发热 q=ns相=60 j 工件获得的动能 ek=mv02=20 j工件增加的势能epmgh150 j 电动机多消耗的电能w =q+ek十ep=230 j(6分)6（22分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过 ab 区域时是水平的，经过 bc 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过 cd 区域时是倾斜的，ab 和 cd 都与 bc 相切。现将大量的质量均为 m 的小货箱一个、个在 a 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到 d 处 d 和 a 的高度差为 h。稳定工作时传送带速度不变，cd 段上各箱等距排列相邻两箱的距离为 l。每个箱子在 a 处投放后，在到达 b 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经 bc 段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间 t 内，共运送小货箱的数目为 n。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率 。解：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有 在这段时间内，传送带运动的路程为 由以上可得用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为传送带克服小箱对它的摩擦力做功 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 t时间内，电动机输出的功为 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即 已知相邻两小箱的距离为l，所以 联立，得 7（22分）如图所示，水平传送带ab长l=83m，质量为m=1kg的木块随传送带一起以的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数=05。当木块运动至最左端a点时，一颗质量为m=20g的子弹以水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取。求：1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离a点的最大距离?2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中?3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热能是多少?（ g取）a）考点透视：在典型模型下研究物体的运动和功能问题b）标准解法：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒 （1） 解得： （2）木块向右作减速运动 加速度 （3）木块速度减小为零所用时间为 （4） 解得 （5）所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离a点最远时，速度为零移动距离为解得 （6）（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间 （7）速度增大为（恰与传递带同速） （8）向左移动的位移为 （9）所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移方向向右 （10）第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为 （11）第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m8.3m木块将从b端落下。所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中。（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为 产生的热量为 木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为 产生的热量为 第16颗子弹射入后木块滑行时间为有 （17） 解得 （18）木块与传送带的相对位移为 （19） 产生的热量为 （20）全过程中产生的热量为 解得q=14155.5j （21）c）思维发散：该题分析时对象选择整体隔离相结合。解题方法应是动力学和功能方法相结合。8（25分）如图所示，质量m1=1.0kg的物块随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带速度v带=3.0m/s，质量m2=4.0kg的物块在m1的右侧l=2.5m处无初速度放上传送带，两物块与传送带间的动摩擦因数均为0.10，碰后瞬间m1相对传送带的速度大小为2.0m/s，求碰撞后两物块间的最大距离解:以地面为参照物，由牛顿第二定律可得碰撞前m2向右的加速度 a=f2/m2=m2g/m2=g=1.0m/s2 碰撞前运动时间内m1与 m2位移关系s1= s2+l 即v带t=at2/2+l代入数据解得:t=1.0s t/=5.0s（不合题意舍去）碰前m1随传送带匀速运动速度为v= v带=3.0m/s，碰前瞬间m2的速度v2=at=1m/s，碰后瞬间m的速度v1/= v2.0m/s=1.0m/s，碰撞瞬间由动量守恒定律有: m1 v+ m2 v2= m1 v1/+ m2 v2/代入数据解得: v2/=1.5m/s碰后m1 和m2均作匀加速运动至与传送带相对静止，由于v2/ v1/，其加速度均为a，此过程中总有m2均大于m1 的速度，故二者都相对传送带静止时距离最大（设为sm）m1相对滑动的时间为: t=( vv1/)/a=2.0s m2相对滑动的时间为: t2=( vv2/)/a=1.5sm1相对滑动的时间内m2 先加速后匀速，则sm= s2ms1m= v2/ t2+a t22/2+ v2( tt2)(v1/ t1+a t12/2)=0.875s二、追及、相遇模型（同一直线上）追及和相遇问题是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。若物体同时出发，运动时间相等；若甲比乙早出发t，则运动时间关系为。要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。【模型讲解】1. 利用不等式求解例1：甲、乙两物体相距s，在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物体在前，初速度为v1，加速度大小为a1。乙物体在后，初速度为v2，加速度大小为a2且知v1v2，但两物体一直没有相遇，求甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？解析：若是，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。在运动过程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为若是，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体相距最近，根据，求得在t时间内 甲的位移 乙的位移代入表达式 求得评点：本题是一个比较特殊的追及问题（减速追减速）。求解时要对各种可能的情况进行全面分析，先要建立清晰的物理图景。本题的特殊点在于巧妙地通过比较两物体运动时间的长短寻找两物体相距最近的临界条件。2. 巧用图象法求解例2：如图1所示，声源s和观察者a都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为和。空气中声音传播的速率为，设，空气相对于地面没有流动。 图1（1）若声源相继发出两个声信号。时间间隔为，请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程。确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔。（2）请利用（1）的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式。解析：作声源s、观察者a、声信号p（p1为首发声信号，p2为再发声信号）的位移时间图象如图2所示图线的斜率即为它们的速度则有： 两式相减可得： 图2解得（2）设声源发出声波的振动周期为t，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期为 由此可得观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为评点：图象分速度图象和位移图象，位移图线的斜率为速度，速度图线的斜率为加速度，速度图线与时间轴所围的“面积”值，等于该段时间内的位移大小。3. 妙取参照物求解例3：火车甲正以速度v1向前行驶，司机突然发现前方距甲d处有火车乙正以较小速度v2同向匀速行驶，于是他立即刹车，使火车做匀减速运动而停下。为了使两车不相撞，加速度a应满足什么条件？解析：设以火车乙为参照物，则甲相对乙做初速为、加速度为a的匀减速运动。若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则此后就不会相撞。因此，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为d。即：，故不相撞的条件为【模型要点】追及、相遇问题特点：讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题。一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系。一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。【特别说明】1. 匀减速运动的物体追同向匀速运动物体若二者速度相等时，追赶者仍没有追上被追赶者，则追赶者永远追不上被追赶者，此时二者有最小距离；若二者相遇时，追赶者的速度等于被追赶者的速度，则刚好追上，也是二者避免碰撞的临界条件；若二者相遇时，追赶者的速度仍大于被追赶者的速度，则还有一次被被追赶者追上追赶者的机会，其间速度相等时二者的距离有一个最大值。2. 初速度为零的匀加速运动的物体追同向匀速运动的物体只要时间足够长，追赶者一定能追上被追赶者发生碰撞。当二者速度相等时有最大距离。若位移相等即追上（同一地点出发）。在相遇问题中，同向运动的两物体追到即相遇，解决方法同上；相向运动的物体，各自发生的位移绝对值之和为开始时两物体间的距离时即相遇。三、追及、相遇模型（不在一条直线上）不在一条直线上的相遇问题在近年高考中也较为常见，如2000年的上海高考中的“估算出飞机速度”，2004年广西高考“观察者看卫星”等，该类问题其实是两种不在一条直线上的运动或不同运动的组合体，在空间上在某一时刻到达同一位置。例. 有一个很大的湖，岸边（可视湖岸为直线）停放着一艘小船，缆绳突然断开，小船被风刮跑，其方向与湖岸成15角，速度为2.5km/h。同时岸上一人从停放点起追赶小船，已知他在岸上跑的速度为4.0km/h，在水中游的速度为2.0km/h，问此人能否追及小船？解析：费马原理指出：光总是沿着光程为极小值的路径传播。据此就将一个运动问题通过类比法可转化为光的折射问题。如图3所示，船沿op方向被刮跑，设人从o点出发先沿湖岸跑，在a点入水游到op方向的b点，如果符合光的折射定律，则所用时间最短。图3根据折射定律： 解得在这最短时间内，若船还未到达b点，则人能追上小船，若船已经通过了b点，则人不能追上小船，所以船刚好能到达b点所对应的船速就是小船能被追及的最大船速。根据正弦定理又 由以上两式可解得：此即小船能被人追上的最大速度，而小船实际速度只有2.5km/h，小于，所以人能追上小船。【模型要点】从空间的角度来讲，两物体经过一段时间到达同一位置。必然存在两种关系：一是空间关系，不在一条直线的相遇问题要做好几何图形，利用三角形知识解题。二是时间关系。这是解决该类问题的切入点。【特别说明】圆周运动中的相遇、追及：同一圆、同方向追击的物体转过的角度时表明两物体相遇或相距最近；反方向转动的物体转过的角度（n=0、1、2、）时表明两物体相遇或相距最近。不同一圆、同方向追击的物体转过的角度（n=0、1、2、）时表明两物体相距最近。四绳件、弹簧、杆件模型（动力学问题）挂件问题是力学中极为常见的模型，其中绳件、弹簧件更是这一模型中的主要模具，相关试题在高考中一直连续不断。它们间的共同之处是均不计重力，但是它们在许多方面有较大的差别。例1. 如图1中a所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，l2水平拉直，物体处于平衡状态。现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。图1（1）下面是某同学对题的一种解法：解：设l1线上拉力为，l2线上拉力为，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，剪断线的瞬间，突然消失，物体即在反方向获得加速度。因为，所以加速度，方向沿反方向。你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。（2）若将图a中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图b所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即，你认为这个结果正确吗？请说明理由。解析：因为l2被剪断的瞬间，l1上的张力发生突变，故物体获得的瞬间加速度由重力的分力提供，大小为，方向垂直l1斜向下，所以（1）错。因为l2被剪断的瞬间，弹簧的长度不能发生突变而导致弹力不能突变，所以（2）对。拓展：在（1）中若l1、l2皆为弹性绳，剪断l2的瞬间，小球的加速度为多少？（参考答案）若l1、l2皆为弹性绳，剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？（参考答案）在（2）中剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？（参考答案）例2. 如图2所示，斜面与水平面间的夹角，物体a和b的质量分别为、。两者之间用质量可以不计的细绳相连。求：（1）如a和b对斜面的动摩擦因数分别为，时，两物体的加速度各为多大？绳的张力为多少？（2）如果把a和b位置互换，两个物体的加速度及绳的张力各是多少？（3）如果斜面为光滑时，则两个物体的加速度及绳的张力又各是多少？图2解析：（1）设绳子的张力为，物体a和b沿斜面下滑的加速度分别为和，根据牛顿第二定律：对a有对b有设，即假设绳子没有张力，联立求解得，因，故说明物体b运动比物体a的运动快，绳松弛，所以的假设成立。故有因而实际不符，则a静止。（2）如b与a互换则，即b物运动得比a物快，所以a、b之间有拉力且共速，用整体法代入数据求出，用隔离法对b：代入数据求出（3）如斜面光滑摩擦不计，则a和b沿斜面的加速度均为两物间无作用力。拓展：如a、b之间为轻杆，上面三问情况如何？如a、b之间为轻质弹簧，试分析在上述三种情况下物体ab的运动情况？例3. 如图3所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为、在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力f的判断中，正确的是（ ）图3a. 小车静止时，方向沿杆向上b. 小车静止时，方向垂直杆向上c. 小车向右以加速度a运动时，一定有d. 小车向左以加速度a运动时，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为解析：小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg。小车向右以加速度a运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为，如图4所示，根据牛顿第二定律有：，两式相除得：。图4只有当球的加速度且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有。小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg和杆对球的作用力f的合力大小为ma，方向水平向左。根据力的合成知，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为：五人船模型 “人船”模型极其应用如一人（物）在船（木板）上，或两人（物）在船（木板）上等，在近几年的高考中极为常见，分值高，区分度大，如果我们在解题中按照模型观点处理，以每题分布给分的情况来看还是可以得到相当的分数。例. 如图1所示，长为l、质量为m的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？图1解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为v，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：，即因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的平均速度v也与它们的质量成反比，即，而人的位移，船的位移，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：六子弹打木块模型子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。，q为摩擦在系统中产生的热量；小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动；一静一动的同种电荷追碰运动等。例. 如图1所示，一个长为l、质量为m的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量q。图1解析：可先根据动量守恒定律求出m和m的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量q。对物块，滑动摩擦力做负功，由动能定理得：即对物块做负功，使物块动能减少。对木块，滑动摩擦力对木块做正功，由动能定理得，即对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为：本题中，物块与木块相对静止时，则上式可简化为：又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：联立式、得：故系统机械能转化为内能的量为：点评：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： 所以一般情况下，所以，这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：模型要点子弹打木块的两种常见类型：木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射击木块。运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个vt坐标中，两者的速度图线如下图中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）图2图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法：把子弹和木块看成一个系统，利用a：系统水平方向动量守恒；b：系统的能量守恒（机械能不守恒）；c：对木块和子弹分别利用动能定理。推论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即effd物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得：两种类型的共同点：a、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部分机械能转化为内能）。b、摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为qffs，其中ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移（在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。c、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。图3七 追碰模型追碰是物理上一个重要模型，它涉及到动量定理、动量守恒定律、能量守恒等诸多知识点。从物理方法的角度看。处理碰撞问题，通常使用整体法（系统）、能量方法，守恒方法及矢量运算。“追碰”模型所设计的内容在每年的高考中可以以选择、计算题形式出现，所以该类试题综合性强，区分度大，分值权重高，因该部分内容恰是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，因此相关内容就成为每年高考测试的热点内容。一、理解动量守恒定律的矢量性例1. 如图1所示，光滑水平面上有大小相同的a、b两球在同一直线上运动，两球质量关系为，规定向右为正方向，a、b两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后a球的动量增量为，则：（ ）图1a. 左方是a球，碰撞后a、b两球速度大小之比为2:5b. 左方是a球，碰撞后a、b两球速度大小之比为1:10c. 右方是a球，碰撞后a、b两球速度大小之比为2:5d. 右方是a球，碰撞后a、b两球速度大小之比为1:10解析：题中规定向右为正方向，而ab球的动量均为正，所以ab都向右运动，又，所以，可以判断a球在左方，cd错；碰撞后a的动量变化，根据动量守恒可知，b球的动量变化，所以碰后ab球的动量分别为解得，所以选a评点：动量守恒定律的矢量性即是重点又是难点，解题时要遵循以下原则：先确定正方向，与正方向相同的矢量取正号，与正方向相反的矢量取负号，未知矢量当作正号代入式中，求出的结果若大于零，则与正方向相同，若小于零则与正方向相反，同时也要善于利用动量与动能的关系，但要注意它们的区别。二、利用动量守恒定律处理微观粒子的追碰例2. 在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为e0，试求：（1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？（2）若e01.76mev，则经过多少次碰撞后，中子的能量才可减少到0.025ev。解析：按弹性正碰的规律可求出每次碰撞后中子的速度变为多少，对应的动能也就可以求解；在根据每次碰撞前后的动能之比与需要减少到0.025ev与原动能e0的比值关系，取对数求出碰撞次数（必须进位取整）。（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。设中子的质量为m，碳核的质量为m，有： 由两式整理得：则经过一次碰撞后中子的动能：（2）同理可得设经过n次碰撞，中子的动能才会减少至0.025ev，即，解上式得。评点：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞。说明：考试大纲强调“应用数学处理物理问题的能力”，我们在计算中常遇到的是以下一些数学问题：等差数列、等比数列，这两类问题的处理方法是先用数学归纳法找出规律，再求解；对，当对的形式（即），则在时，y有极值。对的形式，其中均为a、b变量，但恒量（、），则可根据不等式性质求极值等。模型要点在近年高考中，考查的碰撞皆为正碰问题。碰撞是中学物理教学的重点、是历年高考命题的热点，同时它一直是学生学习和高考的难点。碰撞在考试说明中作ii级要求掌握。1. 碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的；（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能；（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大；（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。2. 碰撞的分类：按能量变化情况可分为弹性碰撞和非弹性碰撞（包括完全非弹性碰撞）。3. 能量方面：弹性碰撞动能守恒；非弹性碰撞动能不守恒；完全非弹性碰撞能量损失（不能完全恢复原形）最大。注意：动量守恒定律的验证、分析推理、应用等实验中，不论在平面还是斜面或用其他方式进行，我们都要注意守恒的条件性。解题原则：（1）碰撞过程中动量守恒原则；（2）碰撞后系统动能不增原则；（3）碰撞后运动状态的合理性原则。碰撞过程的发生应遵循客观实际。如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动。解决“追碰”问题大致分两类运动，即数学法（如函数极值法、图象法）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）。八 电磁场中的单杆模型在电磁场中，“导体棒”主要是以“棒生电”或“电动棒”的内容出现，从组合情况看有棒与电阻、棒与电容、棒与电感、棒与弹簧等；从导体棒所在的导轨有“平面导轨”、“斜面导轨”“竖直导轨”等。一、单杆在磁场中匀速运动例1. （2005年河南省实验中学预测题）如图1所示，电压表与电流表的量程分别为010v和03a，电表均为理想电表。导体棒ab与导轨电阻均不计，且导轨光滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。图1（1）当变阻器r接入电路的阻值调到30，且用40n的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度时，两表中恰好有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab棒的速度是多少？（2）当变阻器r接入电路的阻值调到，且仍使ab棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用于ab棒的水平向右的拉力f2是多大？解析：（1）假设电流表指针满偏，即i3a，那么此时电压表的示数为u15v，电压表示数超过了量程，不能正常使用，不合题意。因此，应该是电压表正好达到满偏。当电压表满偏时，即u110v，此时电流表示数为设a、b棒稳定时的速度为，产生的感应电动势为e1，则e1blv1，且e1i1(r1r并)20va、b棒受到的安培力为f1bil40n 解得（2）利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即i23a，此时电压表的示数为6v可以安全使用，符合题意。由fbil可知，稳定时棒受到的拉力与棒中的电流成正比，所以。二、单杠在磁场中匀变速运动例2. （2005年南京市金陵中学质量检测）如图2甲所示，一个足够长的“u”形金属导轨nmpq固定在水平面内，mn、pq两导轨间的宽为l0.50m。一根质量为m0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abmp恰好围成一个正方形。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。ab棒的电阻为r0.10，其他各部分电阻均不计。开始时，磁感应强度。图2（1）若保持磁感应强度的大小不变，从t0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动。此拉力f的大小随时间t变化关系如图2乙所示。求匀加速运动的加速度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力。（2）若从t0开始，使磁感应强度的大小从b0开始使其以0.20t/s的变化率均匀增加。求经过多长时间ab棒开始滑动？此时通过ab棒的电流大小和方向如何？（ab棒与导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等）解析：（1）当t0时， 当t2s时，f28n联立以上式得：（2）当时，为导体棒刚滑动的临界条件，则有：则三、单杆在磁场中变速运动例3. （2005年上海高考）如图3所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成37角，下端连接阻值为r的电阻。匀速磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。图3（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻r消耗的功率为8w，求该速度的大小；（3）在上问中，若r，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向。（g10m/s2，0.6，cos370.8）解析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律 由式解得 （2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为f，棒在沿导轨方向受力平衡： 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻r消耗的电功率 由、两式解得： （3）设电路中电流为i，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为b 由、两式解得 磁场方向垂直导轨平面向上。四、变杆问题例4. （2005年肇庆市模拟）如图4所示，边长为l2m的正方形导线框abcd和一金属棒mn由粗细相同的同种材料制成，每米长电阻为r01/m，以导线框两条对角线交点o为圆心，半径r0.5m的匀强磁场区域的磁感应强度为b0.5t，方向垂直纸面向里且垂直于导线框所在平面，金属棒mn与导线框接触良好且与对角线ac平行放置于导线框上。若棒以v4m/s的速度沿垂直于ac方向向右匀速运动，当运动至ac位置时，求（计算结果保留二位有效数字）：图4（1）棒mn上通过的电流强度大小和方向； （2）棒mn所受安培力的大小和方向。解析：（1）棒mn运动至ac位置时，棒上感应电动势为线路总电阻。mn棒上的电流 将数值代入上述式子可得：i0.41a，电流方向：nm（2）棒mn所受的安培力：方向垂直ac向左。说明：要特别注意公式eblv中的l为切割磁感线的有效长度，即磁场中与速度方向垂直的导线长度。九 爆炸反冲模型 “爆炸反冲”模型是动量守恒的典型应用，其变迁形式也多种多样，如炮弹发射中的化学能转化为机械能；弹簧两端将物块弹射将弹性势能转化为机械能；核衰变时将核能转化为动能等。例题. 如图所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为m，每颗炮弹质量为m，当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？解析：两次发射转化为动能的化学能e是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即：，所以。思考：有一辆炮车总质量为m，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成角发射出去，炮弹对地速度为，求炮车后退的速度。提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为，设炮车后退方向为正方向，则评点：有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要善于选择系统，善于选择过程来研究。十 水平方向的圆盘模型水平方向上的“圆盘”模型大多围绕着物体与圆盘间的最大静摩擦力为中心展开的，因此最大静摩擦力的判断对物体临界状态起着关键性的作用。例1. 如图1所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）。物体和转盘间最大静摩擦力是其正压力的倍，求：图1（1）当转盘的角速度时，细绳的拉力。（2）当转盘的角速度时，细绳的拉力。解析：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为，则，解得。（1）因为，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物