高考物理大题11大经典模型组合讲解整理汇总

1、模型组合讲解类平抛运动模型邱东模型概述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. （2010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下列情况：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

2、间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的。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。（已知电子的质量为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

3、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。（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，则有：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，则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：，则峰值为波形长度为，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

4、）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，即粒子好像从极板

5、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。由于基本粒子（电子、质子、粒子等）在电场中受到电场力，所以基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

6、程的动能增量：（注意，一般来说不等于qu）模型演练（2010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高低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，若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，若墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离是2

7、.0mm。图4（1）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办法。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，则：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：。 ks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5u

8、ks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5u

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24、5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5u模型组合讲解电磁场中的单杆模型秋飏模型概述在电磁场中，“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。模型讲解一、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

25、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）

26、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

27、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

28、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

29、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

30、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，即在磁场中与速度方向垂直的导线长度。模型要点（1）力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化导体棒产生感应电动势感应电流导体棒受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。（2）电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体

31、（电源）利用或求感应电动势的大小利用右手定则或楞次定律判断电流方向分析电路结构画等效电路图。（3）力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。误区点拨正确应答导体棒相关量（速度、加速度、功率等）最大、最小等极值问题的关键是从力电角度分析导体单棒运动过程；而对于处理空间距离时很多同学总想到动能定律，但对于导体单棒问题我们还可以更多的考虑动量定理。所以解答导体单棒问题一般是抓住力是改变物体运动状态的原因，通过分析受力，结合运动过程，知道加速度和速度的关系，结合动量定理、能量守恒就能解决。模型演练1. （2005年大联考

32、）如图5所示，足够长金属导轨mn和pq与r相连，平行地放在水平桌面上。质量为m的金属杆ab可以无摩擦地沿导轨运动。导轨与ab杆的电阻不计，导轨宽度为l，磁感应强度为b的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面。现给金属杆ab一个瞬时冲量i0，使ab杆向右滑行。图5（1）回路最大电流是多少？（2）当滑行过程中电阻上产生的热量为q时，杆ab的加速度多大？（3）杆ab从开始运动到停下共滑行了多少距离？答案：（1）由动量定理得由题可知金属杆作减速运动，刚开始有最大速度时有最大，所以回路最大电流：（2）设此时杆的速度为v，由动能定理有：而q解之 由牛顿第二定律及闭合电路欧姆定律得（3）对全过程应用动量定理有：而所以

33、有又其中x为杆滑行的距离所以有。2. （2005年南通调研）如图6所示，光滑平行的水平金属导轨mnpq相距l，在m点和p点间接一个阻值为r的电阻，在两导轨间矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感强度为b。一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0。现用一大小为f、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）。求：图6（1）棒ab在离开磁场右边界时的速度；（2）棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能；（3）试分析讨论ab棒在磁场中可能的运动情况。解析：（1）ab

34、棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为vm，则有：对ab棒0，解得（2）由能量守恒可得：解得：（3）设棒刚进入磁场时速度为v由：棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中运动可分三种情况讨论：若（或），则棒做匀速直线运动；若（或），则棒先加速后匀速；若（或），则棒先减速后匀速。模型组合讲解人船模型申健模型概述“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，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

35、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

36、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

37、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

38、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，则计算v的式子正确的是：（ ）图2a. b. c. d. 答案：cd ks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5uks5u

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