备考2020版高考物理复习攻略之方法汇总专题14模型辨析法（含解析）.docx

专题14 模型辨析法目录一、瞬时值与平均值2二、死结与活结模型5三、整体法与隔离法7四、圆周运动的杆模型与绳模型8五、电磁感应中的感生与动生模型11高中物理模型可以分为一级模型与二级模型。一级模型是基础性模型，比如：质点、轻绳、轻杆、轻弹簧、不可伸长的细线、恒力、光滑表面、真空、点电荷、匀速直线运动、匀变速直线运动等。二级模型是一级模型的复合体，是应用性模型，就是在习题教学中应用一级模型构建出来的比较固定的问题模型，例如：行星运动模型、刹车模型、完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞、磁场中金属杆平动切割模型、霍尔模型、类平抛模型、带电粒子在有界磁场中偏转模型等。在解决物理问题时，物理问题首先要抽象概括为二级物理模型，即得出物理问题模型。我们可以依据一级模型，模仿二级模型进行建模，在模仿建模的过程中要注意知识的同化与顺化等理性思维过程，充分应用辨别、分类，分析、综合，归纳、演绎，等效、类比，抽象、概括，模拟、迁移等理性思维方法去建构科学的物理模型。物理模型是我们进一步解决问题的抓手，我们利用这个抓手，应用物理规律并借助数学方法就可以解决具体的物理问题。物理模型与数学方法整合的途径从思维的过程可分为：从文本问题还原为具象的问题情景，从具象的物理情景抽象为理想模型（理想模型界于抽象与具象之间），由理想模型到理想化问题，再由理想化问题应用物理规律上升到抽象的数形关系，由数形关系求出的数学解并分析出其物理意义。如果进一步细分，形成如下途径与方法：（1）问题图景化：文本问题需要情景化。我们面对的是具体的原生态的情境问题，就要在具体的问题情境中进行概括与抽象，去认识和控制变量，进而了解时空关系、了解数量关系；对于文本问题，需要解读文本，把文本问题图景化，通过力学与运动学分析，在头脑中形成研究对象的运动过程及其所处的状态的真实图景，根据要解决的问题，从具体的物理问题图景中分析出与之相关的物理因素并用物理量去表征。（2）物理模型辨析建构：物理模型可分为对象模型、过程模型、状态模型。首先基于一定的物理问题情境，根据物理问题，依据自己已有的物理模型信息来仿建模，先形成假设模型，再进行辨别、分类、归纳、迁移，确定研究对象模型。其次，对问题的过程与状态进行抽象与简化，形成过程模型与状态模型。这样物理问题就由一系列的模型来描述。物理模型以理想化，简约化为其主要特征。（3）理想化问题：依据建立的理想模型，忽略实体模型、过程模型、状态模型的原型的个性、特殊性，抓住其共性、一般性，用理想化物理术语把情境问题转化为理想问题。这是认知阶段由具体运演向形式运演的转化；这个过程也是物理模型向数学方法过渡的关键，要使思维进入“大象无形”状态，舍弃具象，留下抽象。（4）数理整合：在物理模型建构之后，要选择适当的物理规律来建立己知物理量与未知物理量函数关系，这个过程就是物理模型的应用过程。模型应用要借助于数学方法，除了定性的分析外还要能做定量的计算，以数学为语言，以数学推理、论证为工具，使数学渗透进物理思维的过程。有的需要用非常复杂的数学方法来处理，如：微元法、极值法、矢量法、近似计算法、递推法、图像法等等。物理量之间的函数关系或由函数关系转化而来的图像是表达数学方法的两种基本方式，利用数学公式或数学方法得到问题的正确解，并能深刻地理解数学解的物理意义。这要求物理教师要熟稔中学数学公式及一些基本的数学方法，这样，才能游刃有余地回旋于物理与数学之间，去引导学生解决具体的物理模型问题。下面以容易混淆的两种解题模型进行比较来辨析物理模型的应用。一、瞬时值与平均值瞬时值与平均值显然是两个不同的概念，在电磁感应中，如果感应电流是变化的，求某一过程中产生的电量，两种方法是等效的，求电功是不等效的，电功用电流的有效值来求，或用间接方法求解。再比如变力作用，求冲量可以用平均作用力代替整个过程的变力，而变力做功则不可以。典例1.（19年天津卷）如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计。（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功。【解析】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则设与并联的电阻为，有闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得设中的电流为，有设受到的安培力为，有保持静止，由受力平衡，有联立式得方向水平向右。（2）设由静止开始到速度大小为v的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，在t的时间内，电动势、电流都在变化，电动势、电流都恒定不变 在时间t时间内 以上各式解得： 其中 由动能定理，有联立式得方法二：第二小题也可以用平均值的方法来解，两种方法是等效的。（2）设由静止开始到速度大小为v的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中设中的平均电流为，有根据电流的定义得由动能定理，有联立式得【总结与点评】第三小题流过的电荷量的推导，需要微元法化变为恒进行处理，如果用平均值来推导，也可以得出正确的解。二、死结与活结模型活结:可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线。死结:可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。典例2如图所示,小方块代表一些相同质量的钩码,图甲中O为轻绳之间连接的结点,图乙中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码,两装置处于静止状态。现将图甲中右边滑轮的端点B右移一点,图乙中的端点B向上移动一点(图乙中的绳长不变),则关于角和OB绳的张力F的变化,下列说法正确的是()。甲乙A.图甲、乙中的角均增大,F均不变B.图甲、乙中的角均不变,F均不变C.图甲中角增大;图乙中角不变,张力F均不变D.图甲中角减小,F不变;图乙中角增大,F减小【答案】B【解析】图甲中,根据钩码个数,O点所受的三个力正好构成直角三角形,若端点B沿虚线右移一点,三力大小不变,根据力的合成法则,可知三力方向不变,即夹角不变;图乙中,因滑轮光滑,且绳子中的张力相等,则A、B两端的力总是相等的,因此合力平分A、B绳的夹角,即使端点B稍上移,绳子张力大小F仍不变,则根据力的合成法则,可知A、B绳夹角不变,则角不变,B项正确,A、C、D三项错误。针对训练2a如图所示,质量为M的斜劈放置在水平地面上,细线绕过滑轮O1、O3连接A、B物体,连接A的细线与斜劈平行,滑轮O3由细线固定在竖直墙O处,滑轮O1用轻质杆固定在天花板上,动滑轮O2跨在细线上,其下端悬挂质量为m的物体C,初始整个装置静止,不计细线与滑轮间摩擦,下列说法正确的是()。A.若增大m,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,细线张力大小不变B.若增大m,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,地面对斜劈的摩擦力变大C.若将悬点O上移,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,细线与竖直墙夹角变大D.若将悬点O上移,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,地面对斜劈的摩擦力不变【答案】AD【解析】若增大m,A、斜劈仍静止,先对物体B分析,受重力和拉力而平衡,说明细线的拉力大小保持不变;再对A和斜劈整体分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根据平衡条件可知,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不变,故地面对斜劈的摩擦力不变,A项正确,B项错误。若将悬点O上移,A、斜劈仍静止,细线的拉力依然等于物体B的重力,大小不变;先分析C,由于重力不变,两个拉力的大小也不变,故根据平衡条件可知,两个拉力的方向不变;再分析滑轮O3,受三个拉力,由于两个拉力的大小和方向不变,故根据平衡条件可知,第三个拉力的方向也不变,细线与竖直墙的夹角不变,故C项错误。最后分析A和斜劈整体,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根据平衡条件可知,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不变,故地面对斜劈的摩擦力不变,D项正确。针对训练2b如图所示,A、B都是重物,A被绕过小滑轮P的细线所悬挂,B放在粗糙的水平桌面上;小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点;O是三根细线的结点,bO水平拉着重物B,cO沿竖直方向拉着弹簧;弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于静止状态,g=10 m/s2。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 N,则下列说法中正确的是()。A.弹簧的弹力为10N B.重物A的质量为2kgC.桌面对重物B的摩擦力为10N D.OP与竖直方向的夹角为60【答案】ABC【解析】Oa与aA两细线拉力的合力与斜线OP的张力大小相等。由几何知识可知FOa=FaA=20N,且OP与竖直方向的夹角为30,D项错误;重物A的重力GA=FaA,所以mA=2kg,B项正确;桌面对B的摩擦力Ff=FOb=FOacos30=10N,C项正确;弹簧的弹力F弹=FOasin30=10N,A项正确。针对训练2b.(2017天津卷)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是()。A.绳的右端上移到b,绳子拉力不变 B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小 D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移【答案】AB【解析】绳的右端上下移动及改变绳子两端高度差都不会改变两部分绳间的夹角,A项正确,C项错误;两绳间的夹角与衣服的质量大小无关,D项错误;将杆N向右移一些,两部分绳间的夹角变大,绳子拉力变大,B项正确。【总结与点评】解题时要分清楚活结与死结，注意两种情况力的特点。三、整体法与隔离法典例3. (17年海南卷)如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（ ）A若0，则k= B若0 ，则C若=0，则 D若=0，则【解析】将PQR作为一个整体，对于R，对于P, 解得：变式训练3.在倾角的平斜面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（ ）A若0，则k= B若0 ，则C若=0，则 D若=0，则【解析】将PQR作为一个整体，对于R，对于P, 解得：【点评与总结】这两题都要用整体法与隔离法求解。可以得出：物体之间的弹力与动摩擦因数无关（几个物体与平面之间的动摩擦因数要相同），与斜面的倾角无关，与物体之间的质量关系有关。四、圆周运动的杆模型与绳模型竖直平面内圆周运动，由杆模型与绳模型两类问题，绳栓小球在运动过程中只能产生拉力。而杆模型中，杆对小球既可以产生拉力，也可以产生支持力。典例4.质量为的人手握一根长为的轻绳，轻绳的另一端系一盛满水的碗，碗水的质量为，碗水舞动起来叫“水流星”。如果“水流星”经过最高点的速度为。求其在整个圆周运动过程中，人对地面的最小压力是多大？【解析】如图.“水流星”运动到轻绳与竖直方向夹角为的点位置时，速度为由动能定理得： 在点 解得： 对人受力分析得： 联立得：由和积不等式知： 即时，人对地面压力最小由上述解可知人对地面的最小压力不是“水流星”在最高点。是否可以探究出最高点的速度与人对地面的最小压力位置的定量关系呢？答案是肯定的。针对训练4a.假设“水流星”在最高点的速度为，我们重新求解上面的问题。【解析】“水流星”由最高点运动到点的过程中由动能定理得： 在点 联立得 对人受力分析得： 联立解得：配方整理得：讨论：1.当，即 ， ，“水流星”在最高点，人对地面压力有最小值2.当，即时， 3. 当，即时，可知，即“水流星”在最高点人对地面压力最小 【点评与总结】当“水流星”在最高点的速度条件下，“水流星”在最高点时，耍“水流星”的人对地面的压力最小；当“水流星”在最高点的速度条件下，耍“水流星”的人对地面的压力最小时，“水流星”不在最高点。针对训练4b.一个质量为的圆环用细绳悬挂着，有两个质量均为的小球套在圆环上，可沿圆环无摩擦地滑动，现将两小球同时从环的顶端释放，使其沿相反方向自由滑下，欲使圆环能够升起，求小球的最小质量。【解析】两小球在环两侧对称的圆周运动，圆环将要升起时细绳拉力为零。设小球滑到图示位置，对小球受力分析得 由机械能守恒定律得： 解得： 对圆环在竖直方向进行受力分析，设绳拉力为,则: 圆环上升时，绳对大圆环产生的向上的拉力 以上各式联立解得：.由和积不等式得：当 时， 小球的最小质量为【点评与总结】两小球在最高点的速度为零，满足，所以细绳对圆环拉力最小即，圆环将要升起，这时。五、电磁感应中的感生与动生模型电磁感应中的感生与动生是两类解题模型，感生是磁场变化，动生是面积变化，即导体棒切割问题。典例5.（全国2卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】由于PQ进入磁场时加速度为零，AB若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误。针对训练5（19年江苏卷）如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 ，磁场的磁感应强度B=0.2 T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t=0.5s时间内合到一起求线圈在上述过程中（1）感应电动势的平均值E；（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；（3）通过导线横截面的电荷量q【解析】（1）感应电动势的平均值磁通量的变化解得，代入数据得E=0.12 V（2）平均电流代入数据得I=0.2 A（电流方向见图3）（3）在t=0.5s的时间内，电动势、电流都在变化，电动势、电流都恒定不变在时间t=0.5s时间内电荷量 代入数据得q=0.1 C【总结与点评】第三小题电量的计算要把过程微元化，在经过微元后电流恒定，才可以应用电流公式。六、弹性碰撞与完全非弹性碰撞弹性碰撞与完全非弹性碰撞，系统动量都守恒，弹性碰撞没有