【成套打包资料】2011届高考物理经典模型组合解析（13个专题）

1、2021届高考物理 经典模型组合解析 电磁流量计模型模型概述带电粒子在电磁场中运动时受到电场力、洛伦兹力有时还有考虑重力的作用，发生偏转或做直线运动，处理方法有很多共同的特点，同时在高考中也连年不断，实际应用有电磁流量计、磁流体发电机、霍尔效应等，所以我们特设模型为“电磁流量计模型。模型讲解例1. 图1是电磁流量计的示意图，在非磁性材料做成的圆管道外加一匀强磁场区域，当管中的导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上的ab两点间的电动势，就可以知道管中液体的流量Q单位时间内流过液体的体积。管的直径为D，磁感应强度为B，试推出Q与的关系表达式。图1解析：a，b两点的电势差是由于带电粒子受到洛伦兹力在管

2、壁的上下两侧堆积电荷产生的。到一定程度后上下两侧堆积的电荷不再增多，a，b两点的电势差到达稳定值，此时，洛伦兹力和电场力平衡：，圆管的横截面积故流量。评点：该题是带电粒子在复合场中的运动，但原先只有磁场，电场是自行形成的，在分析其他问题时，要注意这类情况的出现。联系宏观量I和微观量的电流表达式是一个很有用的公式。例2. 磁流体发电是一种新型发电方式，图2和图3是其工作原理示意图。图2中的长方体是发电导管，其中空局部的长、高、宽分别为，前后两个侧面是绝缘体，下下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻相连。整个发电导管处于图3中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如下图。发电

3、导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差维持恒定，求： 图2 图31不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；2磁流体发电机的电动势E的大小；3磁流体发电机发电导管的输入功率P。解析：1不存在磁场时，由力的平衡得。2设磁场存在时的气体流速为v，那么磁流体发电机的电动势回路中的电流电流I受到的安培力设为存在磁场时的摩擦阻力，依题意，存在磁场时，由力的平衡

4、得根据上述各式解得3磁流体发电机发电导管的输入功率由能量守恒定律得故：模型特征“电磁流量计模型设计到两种情况：一种是粒子处于直线运动状态；另一种是曲线运动状态。处于直线运动线索：合外力为0，粒子将做匀速直线运动或静止：当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动。处于曲线运动状态线索：当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的，那么粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理。所以分析带电粒子在电场、磁场中运动，主要是两条思路：1力和运动的关系。根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律

5、求解。2功能关系。根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场。因此要熟悉各种力做功的特点。模型诠释速度选择器：路径不发生偏转的离子的条件是，即，能通过速度选择器的带电粒子必是速度为该值的粒子，与它带多少电和电性、质量均无关。图4磁流体发电机霍尔效应：如图5所示的是磁流体发电机原理图，其原理是：等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到两极板上，在两极板上产生电势差。设A、B平行金属板的面积为S，相距L，等离子气体的电阻率为，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电

6、阻为R，当等离子气体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势。此时离子受力平衡：，电动势。图5电磁流量计：略见例题误区点拨处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要依据具体情况而定，质子、粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定，一般把装置在空间的方位介绍的很明确的，都应考虑重力。在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比拟正规，也比拟简单。假设是直接看不出是否要考虑重力，根据题目的隐含条件来判断。但在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行定性确定再决定是否要考虑重力。电场力可以对

7、电荷做功，能改变电荷的功能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能。模型演练2005年海淀区期末练习如图6甲所示，一带电粒子以水平初速度先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起。在带电粒子穿过电场和磁场的过程中其所受重力忽略不计，电场和磁场对粒子所做的总功为；假设把电场和磁场正交重叠，如图6乙所示，粒子仍以初速度穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为。比拟和，有 A. 一定是B. 一定是C. 一定是D. 可能是，也可能是图6答案：A。电路的动态变化模型模型概述“电路的动态变化模型指电路中的局部电路变

8、化时引起的电流或电压的变化，变化起因有变阻器、电键的闭合与断开、变压器变匝数等。不管哪种变化，判断的思路是固定的，这种判断的固定思路就是一种模型。模型讲解一、直流电路的动态变化1. 直流电路的动态变化引起的电表读数变化问题例1. 如图1所示电路中，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，各表各电表内阻对电路的影响均不考虑的示数如何变化？为什么？图1解析：这是一个由局部变化而影响整体的闭合电路欧姆定律应用的动态分析问题。对于这类问题，可遵循以下步骤：先弄清楚外电路的串、并联关系，分析外电路总电阻怎样变化；由确定闭合电路的电流强度如何变化；再由确定路端电压的变化情况；最后用局部电路的欧姆定律及分流、分压原

9、理讨论各局部电阻的电流、电压变化情况。当滑片P向左滑动，减小，即减小，根据判断总电流增大，A1示数增大；路端电压的判断由内而外，根据知路端电压减小，V示数减小；对R1，有所以增大，示数增大；对并联支路，所以减小，示数减小；对R2，有，所以I2减小，A2示数减小。评点：从此题分析可以看出，在闭合电路中，只要外电路中的某一电阻发生变化，这时除电源电动势、内电阻和外电路中的定值电阻不变外，其他的如干路中的电流及各支路的电流、电压的分配，从而引起功率的分配等都和原来的不同，可谓“牵一发而动全身，要注意电路中各量的同体、同时对应关系，因此要当作一个新的电路来分析。解题思路为局部电路整体电路局部电路，原那

10、么为不变应万变先处理不变量再判断变化量。2. 直流电路的动态变化引起的功能及图象问题例2. 用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻，伏安图象如下图，根据图线答复：1干电池的电动势和内电阻各多大？2图线上a点对应的外电路电阻是多大？电源此时内部热耗功率是多少？3图线上a、b两点对应的外电路电阻之比是多大？对应的输出功率之比是多大？4在此实验中，电源最大输出功率是多大？图2解析：1开路时I=0的路端电压即电源电动势，因此，内电阻也可由图线斜率的绝对值即内阻，有：2a点对应外电阻此时电源内部的热耗功率：也可以由面积差求得：3电阻之比：输出功率之比：4电源最大输出功率出现在内、外电阻相等时，此时路端电压

11、，干路电流，因而最大输出功率当然直接用计算或由对称性找乘积IU对应于图线上的面积的最大值，也可以求出此值。评点：利用题目给予图象答复以下问题，首先应识图从对应值、斜率、截矩、面积、横纵坐标代表的物理量等，理解图象的物理意义及描述的物理过程：由UI图象知E=1.5V，斜率表内阻，外阻为图线上某点纵坐标与横坐标比值；当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大。二、交变电路的动态变化例3. 如图3所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关P为滑动变阻器的滑动触头，为加在初级线圈两端的电压，为初级线圈中的电流强度，那么 A. 保持及P的位置不变，S由a合到b时，将增大B. 保持P的位置及不变，S由b合到a时，R

12、消耗的功率减小C. 保持不变，S合在a处，使P上滑，将增大D. 保持P的位置不变，S合在a处，假设增大，将增大图3解析：S由a合到b时，减小，由可知增大，随之增大，而，又，从而增大，可见选项A是正确的。当S由b合到a时，与上述情况相反，将减小，可见，选项B也是正确的。当P上滑时，R增大，减小，又，从而减小，可见选项C是错误的。当增大，由，可知增大，随之增大；由可知也增大，那么选项D是正确的。说明：在处理这类问题时，关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中由和匝数比决定；由和负载电阻决定；由和匝数比决定。总结：变压器动态问题制约问题电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压由输入电压

13、决定，即，可简述为“原制约副。电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压确定时，原线圈中的电流由副线圈中的输出电流决定，即，可简述为“副制约原。负载制约：变压器副线圈中的功率由用户负载决定，；原线圈的输入功率简述为“副制约原。特例：当变压器空载时即负载电阻，输出功率为零，输入电流为零，输入功率也为零。当副线圈短路时即负载电阻R=0，输出电流为无穷大，那么输入电流也是无穷大，使原线圈处于“短路状态。模型要点判断思路：1电路中不管是串联还是并联局部，只要有一个电阻的阻值变大时，整个电路的总电阻就变大。只要有一个电阻的阻值变小时，整个电路的总电阻都变小。2根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定

14、律可判定总电流、电压的变化。3判定变化局部的电流、电压变化。如变化局部是并联回路，那么仍应先判定固定电阻局部的电流、电压的变化，最后变化电阻局部的电流、电压就能确定了。上述的分析方法俗称“牵一发而动全身，其要点是从变量开始，由原因导出结果，逐层递推，最后得出题目的解。图象特性类型公式图象特例I-R图线短路，图象顶端断路，图象末端U-R图线短路，断路，U-I图线短路，断路，P-R图线当R=r时，电源的输出功率最大，时有两个等效电阻误区点拨1. 区分固定导体的I-U图线与闭合电路欧姆定律的U-I图象。2. 在固定导体的I-U图线中，斜率越大，R越小；在固定导体的U-I图线中，斜率越大，R越大，在闭

15、合电路欧姆定律的U-I图象中，电源内阻，斜率越大，内阻r越大。3. 区分电源总功率消耗功率；输出功率外电路功率；电源损耗功率内电路功率；线路损耗功率4. 输出功率大时效率不一定大，当，电源有最大输出功率时，效率仅为50%，所以功率大并不一定效率高。5. 求解功率最大时要注意固定阻值与可变电阻的差异。6. 区分电动势E和内阻r均不变与r变化时的差异。模型演练1. 2006年杨浦高级中学期末考试如图4所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，下面说法正确的选项是 A. 电压表和电流表的读数都减小；B. 电压表和电流表的读数都增加；C. 电压表读数减小，电流表的读数增加；D. 电压表读数增加，

16、电流表的读数减小。图4答案：D对称性模型模型概述对称法作为一种具体的解题方法，虽然高考命题没有单独正面考查，但是在每年的高考命题中都有所渗透和表达。从侧面表达考生的直观思维能力和客观的猜测推理能力。所以作为一种重要的物理思想和方法，相信在今后的高考命题中必将有所表达。模型讲解1. 简谐运动中的对称性例1. 劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂一个质量为m的小球，小球静止时距地面的高度为h，用力向下拉球使球与地面接触，然后从静止释放小球弹簧始终在弹性限度以内那么：A. 运动过程中距地面的最大高度为2hB. 球上升过程中势能不断变小C. 球距地面高度为h时，速度最大D. 球在运动中的最大加速度是kh/m

17、解析：因为球在竖直平面内做简谐运动，球从地面上由静止释放时，先做变加速运动，当离地面距离为h时合力为零，速度最大，然后向上做变减速运动，到达最高点时速度为零，最低点速度为零时距平衡位置为h，利用离平衡位置速度相同的两点位移具有对称性，最高点速度为零时距平衡位置也为h，所以球在运动过程中距地面的最大高度为2h，由于球的振幅为h，由可得，球在运动过程中的最大加速度为，球在上升过程中动能先增大后减小，由整个系统机械能守恒可知，系统的势能先减小后增大。所以正确选项为ACD。2. 静电场中的对称性例2. 2005上海高考如图1所示，带电量为q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板

18、的几何中心。假设图中b点处产生的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为多少，方向如何？静电力恒量为k。图1解析：在电场中a点：板上电荷在a、b两点的电场以带电薄板对称，带电薄板在b点产生的场强大小为，方向水平向左。点评：题目中要求带电薄板产生的电场，根据中学物理知识仅能直接求点电荷产生的电场，无法直接求带电薄板产生的电场；由Ea0，可以联想到求处于静电平衡状态的导体的感应电荷产生的场强的方法，利用来间接求出带电薄板在a点的场强，然后根据题意利用对称性求出答案。例3. 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某局部静电场的分布如图2所示。虚线表示这个静电

19、场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称，等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点其横坐标为时，速度与Ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy，随位置坐标x变化的示意图是：图2解析：由于静电场的电场线与等势线垂直，且沿电场线电势依次降低，由此可判断Ox轴上方区域y轴左侧各点的场强方向斜向左上方，y轴右侧各点的场强方向斜向左下方。电子运动过程中，受到的电场力的水平分力沿x轴正方向，与初速方向相同，因此，电子在x方向上的分运动是加速运动，根据空间对称性，电子从x运

20、动到过程中，在y轴左侧运动时间比在y轴右侧运动的时间长。电子受到电场力的竖直分力先沿y轴负方向，后沿y轴正方向。因此电子在y方向上的分运动是先向下加速后向下减速，但由于时间的不对称性，减速时间比加速时间短，所以，当时，的方向应沿y轴负方向。正确答案为D。3. 电磁现象中的对称性例4. 2005年全国高考如图3所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。以下图中阴影局部表示带电粒子可能经过的区域，其中R。哪个图是正确的？ 图3解

21、析：由于是许多质量为m带电量为q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由孔O射入磁场区域。所以，重点是考虑粒子进入磁场的速度方向。在考虑时，想到速度方向在空间安排上是具有“空间对称性的，所以，此题就要在分析过程用到对称性。当粒子沿垂直MN的方向进入磁场时，由其所受到的“洛伦兹力的方向可以知道，其作圆周运动的位置在左侧。由“洛伦兹力公式和圆周运动“向心力公式可以得到：，解得R。所以，在左侧可能会出现以O为一点的直径为2R的半圆。当粒子沿水平向右的方向进入磁场时，其应该在MN的上方作圆周运动，且另外的半圆将会出现在点O的左边。直径也是2R。然后，利用对称性，所有可能的轨迹将会涉及到以点O为

22、转动点，以2R为直径从右扫到左的一片区域。即如图4所示。图44. 光学中的对称性例5. 2005年江苏高考1801年，托马斯杨用双缝干预实验研究了光波的性质。1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干预的结果称洛埃镜实验。1洛埃镜实验的根本装置如图5所示，S为单色光源，M为一平面镜。试用平面镜成像作图法在答题卡上画出S经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域。图52设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a和L，光的波长为，在光屏上形成干预条纹。写出相邻两条亮纹或暗纹间距离的表达式。解析：1如图6所示。图62因为，所以。点评：试题以托马斯杨的双缝干预实验为引导，以洛埃镜实验

23、为载体，将平面镜对光的反射与光的干预综合在一起，考查考生对“一分为二及干预过程的理解和对课本知识的迁移能力。模型特征在研究和解决物理问题时，从对称性的角度去考查过程的物理实质，可以防止繁冗的数学推导，迅速而准确地解决问题。对称法是从对称性的角度研究、处理物理问题的一种思维方法，有时间和空间上的对称。它说明物理规律在某种变换下具有不变的性质。用这种思维方法来处理问题可以开拓思路，使复杂问题的解决变得简捷。如，一个做匀减速直线运动的物体在至运动停止的过程中，根据运动的对称性，从时间上的反演，就能看作是一个初速度为零的匀加速直线运动，于是便可将初速度为零的匀加速直线运动的规律和特点，用于处理末速度为

24、零的匀减速运动，从而简化解题过程。具体如：竖直上抛运动中的速度对称、时间对称。沿着光滑斜面上滑的物体运动等具有对称性；简谐振动中|v|、|a|、|F|、动势能对称以平衡位置的对称性；光学中的球型对称等，总之物理问题通常有多种不同的解法，利用对称性解题不失为一种科学的思维方法。利用对称法解题的思路：领会物理情景，选取研究对象；在仔细审题的根底上，通过题目的条件、背景、设问，深刻剖析物理现象及过程，建立清晰的物理情景，选取恰当的研究对象如运动的物体、运动的某一过程或某一状态；透析研究对象的属性、运动特点及规律；寻找研究对象的对称性特点。利用对称性特点，依物理规律，对题目求解。模型演练将一测力传感器

25、连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图7甲表示小滑块可视为质点沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的AA之间来回滑动。A、A点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为，均小于10，图7乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t0为滑块从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中包括图中所给的信息，求小滑块的质量、容器的半径及滑块运动过程中的守恒量。g取10m/s2图7答案：由图乙得小滑块在A、A之间做简谐运动的周期s由单摆振动周期公式，得球形容器半径代入数据，得R0.1m在最高点A，有，式中在最低点B，有，式中从A到B过程中，滑块机械能守恒联立解得：，那么m0.05kg滑块机械能图52

26、. 在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如图5所示。当变压器输入电压发生变化时，可上下调节的位置，使输出电压稳定在220V上。现发现输出电压低于220V，以下措施不正确的选项是 图5A.P1不动，将P2向上移；B. P2不动，将P1向下移；C. 将P1向上移，同时P2向下移；D. 将P1向下移，同时P2向上移。答案：C。挂件模型【模型概述】理解静态的“挂件模型是我们进行正确分析动态类型的根底，因此高考对该局部的考查一直是连续不断，常见题型有选择、计算等。【模型讲解】一、“挂计模型的平衡问题例1：图1中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的。平衡时AO是水平的，BO与

27、水平面的夹角为。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是 A. B. C. D. 图1解析：以“结点O为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有竖直方向有联立求解得BD正确。思考：假设题中三段细绳不可伸长且承受的最大拉力相同，逐渐增加物体的质量m，那么最先断的绳是哪根？二、“结点挂件模型中的极值问题例2：物体A质量为，用两根轻绳B、C连接到竖直墙上，在物体A上加一恒力F，假设图2中力F、轻绳AB与水平线夹角均为，要使两绳都能绷直，求恒力F的大小。图2解析：要使两绳都能绷直，必须，再利用正交分解法作数学讨论。作出A的受力分析图3，由正交分解法的平衡条件：图3解得两绳都绷直，必须由以上解得

28、F有最大值，解得F有最小值，所以F的取值为。三、“结点挂件模型中的变速问题例3：如图4所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg。当小车静止时，AC水平，AB与竖直方向夹角为=37，试求小车分别以以下加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力FAC、FAB分别为多少。取g=10m/s2。1；2。图4解析：设绳AC水平且拉力刚好为零时，临界加速度为根据牛顿第二定律联立两式并代入数据得当，此时AC绳伸直且有拉力。根据牛顿第二定律；，联立两式并代入数据得当，此时AC绳不能伸直，。AB绳与竖直方向夹角，据牛顿第二定律，。联立两式并代入数据得。【模型要点】物体受到三个共点力的作用，且两力垂直，

29、物体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态。条件是：物体所受到的合外力为零，即。处理方法：1正交分解法：这是平衡条件的最根本的应用方法。其实质就是将各外力间的矢量关系转化为沿两个坐标轴方向上的力分量间的关系，从而变复杂的几何运算为相对简单的代数运算。即和具体步骤：确定研究对象；分析受力情况；建立适当坐标；列出平衡方程。假设研究对象由多个物体组成，优先考虑运用整体法，这样受力情况比拟简单，要求出系统内物体间的相互作用力，需要使用隔离法，因此整体法和隔离法常常交替使用。常用方法：合成分解法；多边形三角形法；相似形法。动态平衡的常见问题：动态分析；临界问题；极值分析等。动态平衡的判断方法：函数讨论法；图

30、解法注意适用条件和不变力；极限法注意变化的转折性问题。【误区点拨】1受力分析：重力是否有微观粒子；粒子做圆周运动；弹力弹簧弹力的多解性；摩擦力静摩擦力的判断和多解性，和滑动摩擦力Ff并不总等于mg；电磁力。2正确作受力分析图，要注意平面问题的思维惯性导致空间问题的漏解。解题策略：受力分析；根据物体受到的合力为0应用矢量运算法如正交分解、解三角形法等求解。对于较复杂的变速问题可利用牛顿运动定律列方程求解。【模型演练】1. 2005年联考题两个相同的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球，然后用一水平方向的力F作用在

31、小球A上，此时三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图5所示，如果不考虑小球的大小，两球均处于静止状态，那么力F的大小为 A. 0B. mgC. D. 图5答案：C2. 如图6甲所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的钢球A，球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一刻，都可以认为球处于平衡状态，如果外力F方向始终水平，最大值为2G，试求：1轻绳张力FT的大小取值范围；2在乙图中画出轻绳张力与cos的关系图象。图6答案：1当水平拉力F=0时，轻绳处于竖直位置时，绳子张力最小当水平拉力F=2G时，绳子张力最大：因此轻绳的张力范围是：2设在

32、某位置球处于平衡状态，由平衡条件得所以即，得图象如图7。图7滑轮模型【模型概述】滑轮是生活中常见的器具，根据其使用方法有动滑轮与定滑轮，在试题中还有它的“变脸模型，如光滑的凸面杆、球、瓶口等。【模型讲解】一、“滑轮挂件模型中的平衡问题例1. 2005年烟台市检测题如图1所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，到达平衡时，两段绳子间的夹角为，绳子张力为；将绳子右端移到C点，待系统到达平衡时，两段绳子间的夹角为，绳子张力为；将绳子右端再由C点移到D点，待系统到达平衡时，两段绳子间的夹角为，绳子张力为，不计摩擦，并且BC为竖直线，那么 A. B.

33、C. D. 图1解析：由于跨过滑轮上绳上各点的张力相同，而它们的合力与重力为一对平衡力，所以从B点移到C点的过程中，通过滑轮的移动，再从C点移到D点，肯定大于，由于竖直方向上必须有，所以。故只有A选项正确。二、“滑轮挂件模型中的变速问题例2. 如图2所示在车厢中有一条光滑的带子质量不计，带子中放上一个圆柱体，车子静止时带子两边的夹角ACB=90，假设车厢以加速度a=7.5m/s2向左作匀加速运动，那么带子的两边与车厢顶面夹角分别为多少？图2解析：设车静止时AC长为，当小车以向左作匀加速运动时，由于AC、BC之间的类似于“滑轮，故受到的拉力相等，设为FT，圆柱体所受到的合力为ma，在向左作匀加速

34、，运动中AC长为，BC长为由几何关系得由牛顿运动定律建立方程：代入数据求得说明：此题受力分析并不难，但是用数学工具解决物理问题的能力要求较高。三、“滑轮挂件模型中的功能问题例3. 如图3所示，细绳绕过两个定滑轮A和B，在两端各挂一个重为P的物体，现在A、B的中点C处挂一个重为Q的小球，Qm的小物体用轻绳连接；跨放在半径为R的光滑半圆柱体和光滑定滑轮B上，m位于半圆柱体底端C点，半圆柱体顶端A点与滑轮B的连线水平。整个系统从静止开始运动。设m能到达圆柱体的顶端，试求：1m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。2m到达A点时，对圆柱体的压力。图7答案：12盘旋加速模型模型概述带电粒子在电磁场中的运

35、动是每年高考中的热点问题，考查内容或电场对带电粒子的加速减速，或磁场对带电粒子的偏转盘旋，或两者结合考查学生的综合能力。模型讲解1. 盘旋加速器解读例1. 2005天津高考正电子发射计算机断层PET是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。1PET在心脏疾病诊疗中，需要使用放射正电子的同位素氮13示踪剂，氮13是由小型盘旋加速器输出的高速质子轰击氧16获得的，反响中同时还产生另一个粒子，试写出该核反响方程。2PET所用盘旋加速器示意如图1，其中置于高真空中的金属D形盒的半径为R，两盒间距为d，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如下图

36、。质子质量为m，电荷量为q。设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，质子在加速器中运动的总时间为t其中已略去了质子在加速电场中的运动时间，质子在电场中的加速次数于盘旋半周的次数相同，加速质子时的电压大小可视为不变。求此加速器所需的高频电源频率f和加速电压U。图13试推证当时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中盘旋的时间可忽略不计质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响。解析：1核反响方程为：2设质子加速后最大速度为v，由牛顿第二定律得：质子的盘旋周期为：高频电源的频率为：质子加速后的最大动能为：设质子在电场中加速的次数为n，那么：又可解得：3在电场中加速的总时间为：在D形盒中盘旋的总时间

37、为故，即当时，可以忽略不计。评点：交变电场的周期等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，经交变电场每半周粒子被加速一次。2. 匀强电场匀变速；匀强磁场盘旋偏转例2. 2006年江苏省泰兴第三高级中学调研在如图2所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60，大小为；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。有一质子以速度，由x轴上的A点10cm，0沿与x轴正方向成30斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场。质子质量近似为，电荷，质子重力不计。求：计算结果保存3位有效数字1质子在磁场中做圆周运动的半径。2质子从开始运动到第

38、二次到达y轴所经历的时间。3质子第三次到达y轴的位置坐标。图2解析：1质子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，得质子做匀速圆周运动的半径为：2由于质子的初速度方向与x轴正方向夹角为30，且半径恰好等于OA，因此，质子将在磁场中做半个圆周到达y轴上的C点，如答图3所示。图3根据圆周运动的规律，质子做圆周运动周期为质子从出发运动到第一次到达y轴的时间为质子进入电场时的速度方向与电场的方向相同，在电场中先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，设质子在电场中运动的时间，根据牛顿第二定律：，得因此，质子从开始运动到第二次到达y轴的时间t为。3质子再次进入磁场时，速度的方向与

39、电场的方向相同，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，到达y轴的D点。根据几何关系，可以得出C点到D点的距离为；那么质子第三次到达y轴的位置为即质子第三次到达y轴的坐标为0，34.6cm。评点：由以上几例看到，带电粒子的复杂运动常常是由一些根本运动组合而成的。掌握根本运动的特点是解决这类问题的关键所在。另外我们也要注意近年高考对盘旋加速模型考法的一些变化，如环行电场，变化磁场等组合，但不管怎样处理的根本方法不变。模型要点带电粒子在两D形盒中盘旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关；将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速为0的匀加速直线运动；带电粒子每经电场加速一

40、次，盘旋半径就增大一次，所有经过半径之比为1：这可由学生自己证明，对于同一盘旋加速器，其粒子盘旋的最大半径是相同的，解题时务必引起注意。电场加速减速，磁场盘旋。磁场盘旋时在洛伦兹力作用下做圆周运动有；电场加速从能角度电场力做功，动能：；从力角度假设匀强电场还可以用牛顿定律解决。模型演练1. 2005年南京调研如图4所示，在半径为R的绝缘圆筒内有匀强磁场，方向垂直纸面向里，圆筒正下方有小孔C与平行金属板M、N相通。两板间距离为d，两板与电动势为U的电源连接，一带电量为、质量为m的带电粒子重力忽略不计，开始时静止于C点正下方紧靠N板的A点，经电场加速后从C点进入磁场，并以最短的时间从C点射出。带电

41、粒子与筒壁的碰撞无电荷量的损失，且碰撞后以原速率返回。求：1筒内磁场的磁感应强度大小；2带电粒子从A点出发至重新回到A点射出所经历的时间。图4答案：1带电粒子从C孔进入，与筒壁碰撞2次再从C孔射出经历的时间为最短。由粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为由即，得2粒子从AC的加速度为由，粒子从AC的时间为：粒子在磁场中运动的时间为将1求得的B值代入，得，求得：。2. 如图5甲所示，一对平行放置的金属板M、N的中心各有一小孔P、Q、PQ连线垂直金属板；N板右侧的圆A内分布有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆半径为r，且圆心O在PQ的延长线上。现使置于P处的粒子源连续

42、不断地沿PQ方向放出质量为m、电量为+q的带电粒子带电粒子的重力和初速度忽略不计，粒子间的相互作用力忽略不计，从某一时刻开始，在板M、N间加上如图5乙所示的交变电压，周期为T，电压大小为U。如果只有在每一个周期的0T/4时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，求：甲 乙图51在每一个周期内哪段时间放出的带电粒子到达Q孔的速度最大？2该圆形磁场的哪些地方有带电粒子射出，在图中标出有带电粒子射出的区域。答案：1在每一个周期内放出的带电粒子到达Q孔的速度最大。设最大速度为v，那么据动能定理得，求得。2因为解得带电粒子在磁场中的最小偏转角为。所以图6中斜线局部有带电粒子射出。图6类平抛运动模型模型概述

43、带电粒子在电场中的偏转是中学物理的重点知识之一，在每年的高考中一般都与磁场综合，分值高，涉及面广，同时相关知识在技术上有典型的应用如示波器等，所以为高考的热点内容。模型讲解例. 2005年常州调研示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成以下情况：如图1甲所示，真空室中电极K发出电子初速不计，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图1乙所示的正弦交变电压，周期为T，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场视

44、作恒定的。在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线图中虚线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动。电子的质量为m，带电量为e，不计电子重力求：1电子进入AB板时的初速度；2要使所有的电子都能打在荧光屏上荧光屏足够大，图1乙中电压的最大值U0需满足什么条件？3要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度，在如图1丙所示的坐标系中画出这个波形。图1丙解析：1电子在加速电场中运动，据动能定理，有。

45、2因为每个电子在板A、B间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A、B间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上，在板A、B间沿水平方向的分运动为匀速运动，那么有：竖直方向，有，且，联立解得：只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，那么所有电子都能打在屏上，所以：3要保持一个完整波形，需要隔一个周期T时间回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图2所示，有又知，联立得图2由相似三角形的性质，得：，那么峰值为波形长度为，波形如图3所示。图3模型要点带电粒子的类平抛运动模型其总体思路为运动的分解1电加速：带电粒子质量为m，带电量为q，在静电场中静止开始仅在电场力作用下做加速运动，经过电势差U后所获

46、得的速度v0可由动能定理来求得。即。2电偏转：垂直电场线方向粒子做匀速，沿电场线方向粒子做匀加速，有：在交变电场中带电粒子的运动：常见的产生及变电场的电压波形有方行波，锯齿波和正弦波，对方行波我们可以采用上述方法分段处理，对于后两者一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场。3在电场中移动带电粒子时电场力做功及电势能变化的情况与重力做功即重力势能变化情况类比。推论：粒子从偏转电场中射出时，速度的反向延长线与初速度的延长线的交点平分初速度方向的位移，即粒子好似从极板中点处沿直线飞离偏转电场，即荷质比不同的正离子，被同一电场加速后进入同一偏转电场，它们离开偏转电场时的速度方向一定

47、相同，因而不会分成三股，而是会聚为一束粒子射出。误区点拨因为电场力做功与路径无关，所以利用电场加速粒子时，无所谓电场是匀强电场还是非匀强电场，如果只受电场力作用时都有。由于根本粒子电子、质子、粒子等在电场中受到电场力，所以根本粒子受到的重力忽略不计，但带电的宏观由大量分子构成小颗粒，小球，小液滴所受重力不能忽略。不能穿出、恰能穿出、能穿出三种情况下粒子对应的位移与板长L的区别；侧位移与板间距的d或的区别。在匀强电场中场强不变，但两点间的电势差要随距离的变化而变化，穿越电场过程的动能增量：注意，一般来说不等于qU模型演练2006年模考喷墨打印机的结构简图如图4所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半

48、径约为，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画上下位置输入信号加以控制，带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体，无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒。设偏转板板长l1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸L3.2cm，假设一个墨汁微滴的质量为，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是，假设墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离是2.0mm。图41求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘

49、电场的不均匀性2为了使纸上的字体放大10%，请你提出一个可行的方法。答案：1带电液滴的电量设为q，设进入偏转电场后做类平抛运动过程中的偏转为y1，离开电场后沿直线打到纸上过程中的偏转为y2，那么：由微滴打到纸上点距原入射方向的距离为：代入数据可得：2由上式可知，Y与U成正比，可以提高偏转板间的电压U到8800V，实现字体放大10%；也可以增加偏转极板与纸的距离L，解得：。人船模型模型概述“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。模型讲解例. 如图1所示

50、，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，那么船匀速运动；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

51、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：由两式解得模型要点动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人做的功量度“人动能的变化；力对“船做的功量度“船动能的变化。两个推

52、论：当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒；当系统的动量守恒时，系统的质心保持原来的静止或匀速直线运动状态不变。适用范围：动量守恒定律虽然是由牛顿第二定律推导得到的，但它的适用范围比牛顿第二定律更广泛，它既适用于宏观也适用于微观，既适用于低速也适用于高速。误区点拨动量守恒的研究对象是一个系统，对一个物体就不能谈动量守恒问题。动量守恒定律是一个矢量表达式；动量守恒定律是一个状态量表达式，它只与系统的初末状态有关；动量守恒定律具有相对性，表达式中的速度应是对应同一参照系的速度；动量守恒定律具有同时性，表达式中的初状态的动量应该是指同一时刻的各个物体动量的矢量和，末状态也是如此。模型演练

53、如图2所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加v，那么计算v的式子正确的选项是： 图2A. B. C. D. 答案：CD绳件、弹簧、杆件模型动力学问题模型概述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异。模型回忆模型讲解例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

54、线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。图11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假设将图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

55、导致弹力不能突变，所以2对。拓展：在1中假设l1、l2皆为弹性绳，剪断l2的瞬间，小球的加速度为多少？参考答案假设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，那么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

56、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，那么A静止。2如B与A互换那么，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，那么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，以下关于杆对球的作用力F的判断中，正确的选项是 图

57、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：模

58、型演练1. 2006年无锡统考细绳拴一质量为m的小球，小球将固定在墙上的弹簧压缩，压缩距离为x，如图5所示，假设弹簧和小球不拴接，将细线烧断后：图5A. 小球做平抛运动B. 小球加速度立即为gC. 弹簧完全恢复原长后小球做匀速运动D. 小球落地时动能为mgh答案：C2. 2006年湖南湘乡如图6所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来。轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a向右运动而到达稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直局部的夹角为，试求此时弹簧的形变量。图6答案：，讨论：假设那么弹簧伸长假设那么弹簧伸

59、长假设那么弹簧压缩矢量运算模型模型概述矢量及运算是高中物理的重点和难点之一，常见的矢量有位移、速度、加速度、力、动量、电场强度、磁感应强度等，由于其运算贯穿整个中学物理，所以在进行模块讲解之前，我们有必要熟练掌握矢量的运算规律。模型讲解例. 2005年安丘市统考如图1所示，平行四边形ABCD的两条对角线的交点为G。在平行四边形内任取一点O，作矢量OA、OB、OC、OD，那么这四个矢量所代表的四个共点力的合力等于 图1A. 4OGB. 2ABC. 4GBD. 2CB解析：如图2所示，延长OG至P，使GPOG，连结PA、PB、PC、PD，得平行四边形AODP和平行四边形COBP。由力的平行四边形定

60、那么知道，矢量OA、OD所代表的两个共点力的合力可用矢量OP表示，即。图2同理，矢量OB、OC所代表的两个共点力的合力也可用矢量OP表示，即。从而，四个共点力的合力。所以A项正确。评点：由于题中的O点是任取的，各力的大小和方向无法确定，通过直接计算肯定行不通。但考虑到平行四边形的对角线互相平分这一特点问题就解决了。其实对该局部的考查往往是从特殊的角度进行的，如0，90，120，180等。总结：1当两分力和大小一定时，合力F随着角的增大而减小。当两分力间的夹角0时，合力最大，等于；当两分力间的夹角180时，合力最小，等于。两个力的合力的取值范围是。2求两个以上的力的合力，也可以采用平行四边形定那