高考物理大题11大经典模型组合讲解汇总

1、高考物理大题11大经典模型组合解说整理汇总高考物理大题11大经典模型组合解说整理汇总高考物理大题11大经典模型组合解说整理汇总模型组合解说类平抛运动模型邱东模型概括带电粒子在电场中的偏转是中学物理的重点知识之一，在每年的高考取一般都与磁场综合，分值高，波及面广，同时有关知识在技术上有典型的应用如示波器等，所认为高考的热门内容。模型解说例.（2010年常州调研）示波器是一种多功能电学仪器，能够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状况：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的加快电场后，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

2、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，电场所有集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子经过极板的极短时间内，电场视作恒定的。在两极板右边且与极板右端相距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订交。当第一个电子抵达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x方向运动，每经过必定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始地点，而后从头做相同的匀速运动。（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

3、需满足什么条件？3）要使荧光屏上一直显示一个完好的波形，荧光屏一定每隔多长时间回到初始地点？计算这个波形的峰值和长度，在如图1（丙）所示的xy坐标系中画出这个波形。图1（丙）分析：（1）电子在加快电场中运动，据动能定理，有eU11mv12，v12eU1。2m（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，在两板以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：Lv1t竖直方向，有y1at2，且aeU，联立解得：2mdy2eUL只需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：eU0L2d，U02d2U1ym

4、2L22mdv12（3）要保持一个完好波形，需要隔一个周期T时间回到初始地点，设某个电子运动轨迹如图2所示，有tanveULyeUL2Lv1mdv12又知y2mdv12，联立得LL2图2由相像三角形的性质，得：LDy(L2D)LU2L/2y，则y4dU1峰值为ym(L2D)LU0v4dU1波形长度为x1vT，波形如图3所示。图3模型重点带电粒子的类平抛运动模型其整体思路为运动的分解（1）电加快：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快运动，经过电势差U后所获取的速度v0可由动能定理来求得。即qU1mv02。2（2）电偏转：垂直电场线方向粒子做匀速vxv0，xv0t

5、，沿电场线方向粒子做匀加快，有：vyqUt，tanvy，yqUL2dmvx2dmv02在交变电场中带电粒子的运动：常有的产生及变电场的电压波形有方行波，锯齿波和正弦波，对方行波我们能够采纳上述方法分段办理，关于后二者一般来说题中会直接或间接提到“粒子在此中运动时电场为恒定电场”。3）在电场中挪动带电粒子时电场力做功及电势能变化的状况与重力做功即重力势能变化状况类比。推论：粒子从偏转电场中射出时，速度的反向延伸线与初速度的延伸线的交点均分初速vyy1度方向的位移，即粒子忧如从极板中点处沿直线飞离偏转电场，即tanvxL12荷质比不一样的正离子，被同一电场加快后进入同一偏转电场，它们走开偏转电场时

6、的速度方向必定相同，因此不会分红三股，而是汇聚为一束粒子射出。误区点拨因为电场力做功与路径没关，所以利用电场加快粒子时，无所谓电场是匀强电场还是非匀强电场，假如只受电场力作用时都有Uq1mv221mv02。2因为基本粒子（电子、质子、粒子等）在电场中遇到电场力Eqmg，所以基本粒子遇到的重力忽视不计，但带电的宏观（由大批分子构成）小颗粒，小球，小液滴所受重力不可以忽视。不可以穿出、恰能穿出、能穿出三种状况下粒子对应的位移与板长L的差异；侧位移与板d间距的d或的差异。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：EkEqy（注意，一般来说不等于qU）模型操练

7、（2010年模考）喷墨打印机的构造简图如图4所示，此中墨盒能够发出墨汁微滴，其半径5入信号加以控制，带电后的微滴以必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，径直经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1.61010kg，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，3偏转板间的电压是8.010V，若墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离是2.0mm。两图41）求这个墨汁微滴经过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，能够认为偏

8、转电场只限制在平行板电容器内部，忽视边沿电场的不均匀性）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，走开电场后沿直线打到纸上过程中的偏转为y2，则：y1at2qUl2y2y122mdv2，LL2由微滴打到纸上点距原入射方向的距离为：Yy1qUl(l2L)y222mdv代入数据可得：q1.251013C（2）由上式可知，Y与U成正比，能够提升偏转板间的电压U到8800V，实现字体放大10%；也能够增添偏转极板与纸的距离(L0.5l)解得：L3.6cm。L，1.1(L0.5l)模型组合解说电磁场中的单杆模

9、型秋飏模型概括在电磁场中，“导体棒”主假如以“棒生电”或“电动棒”的内容出现，从组合状况看有棒与电阻、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。模型解说一、单杆在磁场中匀速运动例1.（2005年河南省实验中学展望题）如图1所示，流表的量程分别为010V和03A，电表均为理想电表。导体棒导轨圆滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。，电压表与电ab与导轨电阻均不计，且图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棒并使之达到稳固速度时，两表中恰巧有一表满偏，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

10、器R接入电路的阻值调到，且仍使ab棒的速度达到稳准时，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？分析：（1）假定电流表指针满偏，即I3A，那么此时电压表的示数为U15V，电压表示数超出了量程，不可以正常使用，不合题意。所以，应当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棒稳准时的速度为，产生的感觉电动势为E1，则E1BLv1，且E1I1(R1R并)20Va、b棒遇到的安培力为F1BIL40N解得（2）利用假定法能够判断，此时电流表恰巧满偏，即I23A，此时电压表的示数为6V能够安全使用，符合题意。由FBIL可知，稳准

11、时棒遇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优秀，abMP恰巧围成一个正方形。该轨道平面处在磁感觉强度大小能够调理的竖直向上的匀强磁场中。ab棒的电阻为R0.10，其余各部分电阻均不计。开始时，磁感觉强度。图2（1）若保持磁感觉强度的大小不变，从t0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加快直线运动。此拉力F的大小随时间t变化关系如图2乙所示。求匀加快运动

12、的加快度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力。（2）若从t0开始，使磁感觉强度的大小从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？此时经过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）分析：（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，下端连结阻值为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

13、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快度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳准时，电阻R耗费的功率为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，求磁感觉强度的大小与方向。g10m/s2，0.6，cos370.8）分析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，依据牛顿第二定律由式解得2）设金属棒运动达到稳准时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力均衡：此时金属棒战胜安培力做功的功率等于电路中电阻R耗费的电功率由、两式解得：3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感觉强度为B由、两式解得磁场方向垂直导

14、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由粗细相同的同种资料制成，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的匀强磁场所区的磁感觉强度为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与导线框接触优秀且与对角线AC平行搁置于导线框上。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地点时，求（计算结果保存二位有效数字）：图41）棒MN上经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。分析：（1）棒MN运动至AC地点时，棒上感觉电动势为线路总电阻。MN棒

15、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。模型重点1）力电角度：与“导体单棒”构成的闭合回路中的磁通量发生变化导体棒产生感觉电动势感觉电流导体棒受安培力合外力变化加快度变化速度变化感觉电动势变化，循环结束时加快度等于零，导体棒达到稳固运动状态。（2）电学角度：判断产生电磁感觉现象的那一部分导体（电源）利用或求感觉电动势的大小利用右手定章或楞次定律判断电流方向分析电路构造画等效电路图。3）力能角度：电磁感觉现象中，当外力战胜安培力做功时，就有

16、其余形式的能转变为电能；当安培力做正功时，就有电能转变为其余形式的能。误区点拨正确应答导体棒有关量（速度、加快度、功率等）最大、最小等极值问题的重点是从力电角度分析导体单棒运动过程；而关于办理空间距离时好多同学总想到动能定律，但关于导体单棒问题我们还能够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由，经过分析受力，联合运动过程，知道加快度和速度的关系，联合动量定理、能量守恒就能解决。模型操练1.（2005年大联考）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能够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

17、感觉强度为B的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面。现给金属杆ab一个刹时冲量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的加快度多大？（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：而所以有又此中x为杆滑行的距离所以有。2.（2005年南通调研）如图6所示，圆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

18、地区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，与磁场左界限相距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在走开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨一直保持优秀的接触，导轨电阻不计）。求：图61）棒ab在走开磁场右界限时的速度；2）棒ab经过磁场区的过程中整个回路所耗费的电能；3）试分析谈论ab棒在磁场中可能的运动状况。分析：（1）ab棒走开磁场右界限前做匀速运动，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快直线运动，在磁场中

19、运动可分三种状况谈论：若（或），则棒做匀速直线运动；若（或），则棒先加快后匀速；若（或），则棒先减速后匀速。模型组合解说人船模型申健模型概括“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，在近几年的高考取极为常有，分值高，划分度大，假如我们在解题中依照模型看法办理，以每题分布给分的状况来看还是能够获取相当的分数。模型解说例.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分析：以人和船构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

20、向动量守恒。当人起步加快行进时，船同时向后做加快运动；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，依据动量守恒定律有：mvMv0，即vmvM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。所以人由船头走到船尾的过程中，人的均匀速度v与船的均匀速度v也与它们的质量成反比，即vms人vt，船的位移，而人的位移vMs船s船m1vt，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即Ms人式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的合用条件：本来处于静止状态的系

21、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能够看出：s船s人L2ML，s船mL由两式解得s人MmMm模型重点动力学规律：因为构成系统的两物体遇到大小相同、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。这种问题的特色：两物体同时运动，同时停止。动量与能量规律：因为系统不受外力作用，故而依照动量守恒定律，又因为相互作用力做功，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，随意一段时间内的均匀动量也守恒；当系统的动量守恒时，系统的质心保持本来的静止或匀速直线运动状态不变。合用范围

22、：动量守恒定律固然是由牛顿第二定律推导获取的，但它的合用范围比牛顿第二定律更宽泛，它既合用于宏观也合用于微观，既合用于低速也合用于高速。误区点拨动量守恒的研究对象是一个系统，对一个物体就不可以谈动量守恒问题。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；动量守恒定律拥有相对性，表达式中的速度应是对应同一参照系的速度；动量守恒定律拥有同时性，表达式中的初状态的动量应当是指同一时刻的各个物体动量的矢量和，末状态也是这样。模型操练如图2所示，质量为M的小车，上边站着一个质量为m的人，车以v0的速度在圆滑的水平川面上行进，此刻人用有关于小车为u的速度水平向后跳

23、出后，车速增添v，则计算的式子正确的选项是：（）v图2A.(Mm)v0M(v0v)muB.(Mm)v0M(v0v)m(uv0)C.(Mm)v0M(v0v)mu(v0v)D.0Mvm(uv)答案：CD模型组合解说滑轮模型张武喜【模型概括】滑轮是生活中常有的用具，依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，如圆滑的凸面（杆、球、瓶口等）。【模型解说】一、“滑轮”挂件模型中的均衡问题例别系于1.（2005年烟台市检测题）如图1所示，将一根不行伸长、柔嫩的轻绳左、右两头分A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到均衡时，两段绳索间的夹角为1，绳索张力为F1；将绳索右端移到C点，待

24、系统达到均衡时，两段绳索间的夹角为2，绳索张力为F2；将绳索右端再由C点移到D点，待系统达到均衡时，两段绳索间的夹角为3，绳索张力为F3，不计摩擦，而且BC为竖直线，则（）A.123B.123C.F1F2F3D.F1F2F3图1分析：因为越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均衡力，所以从B点移到C点的过程中，经过滑轮的挪动，12，F1F2，再从C点移到D点，3必定大于2，因为竖直方向上一定有2Fcosmg，所以F3F2。故只有A选项正确。2二、“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圆滑的带子（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

25、=90，若车厢以加快度a=7.5m/s2向左作匀加快运动，则带子的两边与车厢顶面夹角分别为多少？图2分析：设车静止时AC长为l，当小车以a7.5m/s2向左作匀加快运动时，因为AC、BC之间的近似于“滑轮”，故遇到的拉力相等，设为FT，圆柱体所遇到的合力为ma，在向左作匀加快，运动中AC长为ll，BC长为ll由几何关系得sinsinsinllll2l由牛顿运动定律成立方程：FTcosFTcosma，FTsinFTsinmg代入数据求得19，93说明：此题受力分析其实不难，可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，在两头

26、各挂一个重为B的中点C处挂一个重为Q的小球，Qm）的小物体用轻绳连结；跨放在半径为R的圆滑半圆柱体和圆滑定滑轮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能抵达圆柱体的顶端，试求：1）m抵达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。2）m抵达A点时，对圆柱体的压力。图7答案：（1）Mg1RmgR1(Mm)v222vMgR2mgRMm（2）mv2mgFNRFNMmg2m2gmgMmMmM2mmgMm模型组合解说先加快后减速模型【模型概括】物体先加快后减速的问题是运动学中典型的综合问题，也是近几年的高考热门，同学在求解这种问题时必定要注意前一过程的末速度是

27、下一过程的初速度，如能画出速度图象就更明确过程了。【模型解说】例.一小圆盘静止在桌面上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的合，如图1所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为AB边重2。现突然以恒定加快度a将桌布抽离桌面，加快度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘近来未从桌面掉下，则加快度a满足的条件是什么？（以g表示重力加快度）图1分析：依据题意可作出物块的速度图象如图2所示。设圆盘的质量为m，桌边长为L，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加快度为a1，有1mgma1图2桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加快度的大小，有2mgma2设盘刚走开桌布时的速度

28、为v1，挪动的距离为x1，走开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，由匀变速直线运动的规律可得：v122a1x1v122a2x2盘没有从桌面上掉下的条件是：x1x2L2设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布挪动的距离为x，有：1212Lx2at，x12a1t，而xx12，求得：tLa1tL，及v1a1aa1aa1(122)1g联立解得a2【模型特色】“先加快后减速”模型的v-t图象中速度为临界点，斜率为加快度、面积为位移。办理“物体先加快后减速”问题的方法好多，我们能够依据已知条件采纳三大定理办理，也能够依据图象快捷办理，借助图象法为我们更为清楚正确的采纳全过程法供给了保证。【热门图

29、象】直线运动的s-t图；直线运动的v-t图；平抛运动的y-x图；机车启动的P-t图；简谐运动的x-t图；简谐波的y-x图；受迫振动的共振曲线；电场线；磁感线；闭合电路的U-I图；闭合电路的P出-R图；部分电路的U-I图；分子力随距离变化的F分-r图；分子势能随距离变化的EP-r图；电磁感觉中的-t图；电磁感觉中的I-t图；光电效应中的Ekm-图。识图重点：运用图象第一要搞清楚纵横轴所代表的物理量，明确要描绘的是哪两个物理量之间的关系。如s-t图象与v-t图象在纵轴上的差异；简谐运动图象与简谐波的图象在横轴上的差异等。图线其实不表示物体实质运动的轨迹。如匀速直线运动的s-t图象是一条斜向上的直线

30、，但实质运动的轨迹能够是随意方向的。认识图象的物理意义。从图象的形状看出物理过程，在好多状况下，写出物理量的分析式与图象比较，更有助于理解图象物理意义。要特别关注图象中的“点”、“线”、“面”、“斜率”、“截距”等及其对应物理意义。“点”代表状态，描绘物体在该状态下所拥有的特色；“线”代表过程，描绘物体在一段过程中跟着横轴所代表的物理量的变化，纵轴代表物理量的变化状况；“面”指的是图线与横轴所围成的y面积，表示纵轴所代表的物理量对横轴所代表的物理量的累积；“斜率”指的是lim，当x0 x横轴为时间轴时，斜率表示纵轴所示物理量对时间的变化率；“截距”指的是图线与纵轴的交点，当横轴为时间轴时截距描

31、绘初态特色。【模型操练】一个质量为m=0.2kg的物体静止在水平面上，用一水平恒力F作用在物体上10s，而后撤去水平力F，再经20s物体静止，该物体的速度图象如图3所示，则下边说法中正确的选项是（）A.物体经过的总位移为150mB.物体的最大动能为20JC.物体前10s内和后10s内加快度大小之比为2：1D.物体所受水平恒力和摩擦力大小之比为3：1答案：ACD图3模型组合解说子弹打木块模型模型概括子弹打木块模型：包含一物块在木板上滑动等。FNs相Ek系统中产生的热量；小球在置于圆滑水平面上的竖直平面内弧形圆滑轨道上滑动；Q，Q为摩擦在系一致静一动的同种电荷追碰运动等。模型解说例.如图1所示，一

32、个长为L、质量为M的长方形木块，静止在圆滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0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，求系统机械能转变为内能的量Q。图1分析：可先依据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再依据动能定理或能量守恒求出转变为内能的量Q。对物块，滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得：Ff(ds)1mvt21mv0222即Ff对物块做负功，使物块动能减少。对木块，滑动摩擦力Ff对木块做正功，由动能定理得Ffs1Mv2，即Ff对木块做正功，2使木块动能增添，系统减少的机械能为：1mv021mvt21Mv2Ff(

33、ds)FfsFfd1222此题中Ffmg，物块与木块相对静止时，vtv，则上式可简化为：mgd1mv021(mM)vt2222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：mv0(mM)vt3联立式、得：Mv02dm)2g(M故系统机械能转变为内能的量为：QFfdMv02Mmv02mg2(Mm)2g(Mm)评论：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许，即FfsE。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也能够得出相同的结论。因为子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与均匀速度成正比：s2d(v0v)/2v0v

34、s2v/2v所以dv0Mm，s2mds2vmMm一般状况下Mm，所以s2d，这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，能够忽视不计。这就为分阶段办理问题供给了依照。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的种类，全过程动能的损失量可用公式：EkMmm)v022(M模型重点子弹打木块的两种常有种类：木块放在圆滑的水平面上，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快运动。图象描绘：从子弹击中木块时刻开始，在同一个vt坐标中，二者的速度图线以以下图中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹逗留在木块中）图2图中，图线的纵坐标

35、给出各时刻二者的速度，图线的斜率反应了二者的加快度。两图线间暗影部分面积则对应了二者间的相对位移。方法：把子弹和木块看作一个系统，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：Ffd1mvt21mv0222两各样类的共同点：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变为内能）。B、摩擦生热的条件：一定存在滑动摩擦力和相对滑行的行程。大小为QFfs，此中Ff是滑动摩擦力的大小，s是

36、两个物体的相对位移（在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内二者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。C、静摩擦力可对物体做功，但不可以产生内能（因为两物体的相对位移为零）。误区点拨静摩擦力即使对物体做功，因为相对位移为零而没有内能产生，系统内相互作用的两物体间的一对静摩擦力做功的总和恒等于零。不明确动量守恒的条件性与阶段性，如图3所示，不明确动量守恒的瞬时性如速度问题。图3模型操练如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在圆滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，经过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘圆滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量

37、为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0瞄准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：图41）带电环与左极板相距近来时的速度v；2）此过程中电容器挪动的距离s。3）此过程中能量如何变化？答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加快直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距近来，由系统动量守恒定律可得：动量看法：mv0(Mm)v，vmv0Mm力与运动看法：设电场力为FFtFv，vmv0v0tMmmM（2）能

38、量看法（在第（1）问基础上）：对m：Eq(sd)1mv21mv02222对M：Eqs1Mv202Eqd1(mM)v21mv02222所以smdMm2运动学看法：对M：vts，对m：vv0ts22ssdmd，解得：s22(Mm)带电环与电容器的速度图像如图5所示。由三角形面积可得：图5d1122v0t0，s2vt0md解得：s2(Mm)3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增添，同时电容器等的动能增添，系统中减少的动能所有转变为电势能。2011高三物理模型组合解说水平方向上的碰撞+弹簧模型车晓红模型概括在应用动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转变等规律观察学生的综合应用能力时，常有一类

39、模型，就是有弹簧参加，因弹力做功的过程中弹力是个变力，并与动量、能量联系，所以分析解决这种问题时，要仔细分析弹簧的动向过程，利用动能定理和功能关系等知识解题。模型解说一、圆滑水平面上的碰撞问题例1.在圆滑水平川面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为则碰前A球的速度等于（）球静止，A球EP，EP2EPC.2EPD.2EPA.B.m2mmm分析：设碰前A球的速度为v0，两球压缩最紧时的速度为v，依据动量守恒定律得出1212，联立解得v02EPmv02mv，由能量守恒定律得0P(2m)v，所以正确2mvEm2选项为

40、C。二、圆滑水平面上有阻截板参加的碰撞问题例2.在原子核物理中，研究核子与核子关系的最有效门路是“双电荷互换反应”。这种反应的前半部分过程和下述力学模型近似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在圆滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图1所示，C与B发生碰撞并马上结成一个整体D，在它们连续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度忽然被锁定，不再改变，而后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，忽然消除锁定（锁定及消除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。图11）求弹簧长

41、度刚被锁定后A球的速度。2）求在A球走开挡板P以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。分析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得mv0(mm)v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得2mv13mv2，由以上v21两式求得A的速度3v0。（2）设弹簧长度被锁定后，储存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有12mv1213mv22EP撞击P后，A与D的动能都为零，消除锁定后，当弹簧刚恢复到自221(2m)v32然长度时，势能所有转弯成D的动能，设D的速度为v3，则有EP2今后弹簧伸长，A球走开挡板P，并获取速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此

42、时的速度为v4，由动量守恒得2mv33mv4当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP，由能量守恒，有12mv3213mv42EP解以上各式得EP1mv02。2236说明：对弹簧模型来说“系统拥有共同速度之时，恰为系统弹性势能最多”。三、粗拙水平面上有阻截板参加的碰撞问题例3.图2中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一同运动，但互不粘连。已知最后A恰巧返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变

43、量为l2，重力加快度为g，求A从P出发时的初速度v0。图2分析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前）由功能关系，有1mv021mv12mgl122A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2有mv12mv2碰后A、B先一同向左运动，接着A、B一同被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有1(2m)v221(2m)v32(2m)g(2l2)22今后A、B开始分别，A独自向右滑到P点停下，由功能关系有1mv32mgl12由以上各式，解得(1016)v0gl1l2四、结论开放性问题例4.用轻弹簧相连的质量均

44、为2kg地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的A、B两物块都以v6m/s的速度在圆滑的水平的物体C静止在前面，如图3所示，B与C碰撞后二者粘在一同运动。求：在今后的运动中，图3（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？2）弹性势能的最大值是多大？3）A的速度有可能向左吗？为何？分析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，因为A、B、C三者组成的系统动量守恒，有(mAmB)v(mAmBmC)vA解得：vA3m/s（2）B、C碰撞时B、C构成的系统动量守恒，设碰后瞬时B、C二者速度为v，则mBv(mBmC)v，v2m/s设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，依据能量守

45、恒EP1(mBmC)v21mAv21(mAmBmC)vA212J222（3）由系统动量守恒得mAvmBvmAvA(mBmC)vB设A的速度方向向左，vA0，则vB4m/s则作用后A、B、C动能之和Ek1mAvA21(mBmC)vB248J22实质上系统的机械能EEP1(mAmBmC)vA248J2依据能量守恒定律，EkE是不行能的。故A不行能向左运动。模型重点系统动量守恒p1p2，假如弹簧被作为系统内的一个物体时，弹簧的弹力对系统内物体做不做功都不影响系统的机械能。能量守恒EkEP，动能与势能相互转变。弹簧两头均有物体：弹簧伸长到最长或压缩到最短时，有关系物体的速度必定相等，弹簧拥有最大的弹性

46、势能。当弹簧恢还原长时，相互关系物体的速度相差最大，弹簧对关系物体的作用力为零。若物体再受阻力时，弹力与阻力相等时，物体速度最大。模型操练（2010年江苏省前黄高级中学检测题）如图小球之间有一处于原长的轻质弹簧，弹簧右端与4所示，在圆滑水平长直轨道上，A、BB球连结，左端与A球接触但不粘连，已知两mAm，mB2m，开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为1m的小球C以初速22度v0向右运动，与A球碰撞后粘连在一同，成为一个复合球D，碰撞时间极短，接着逐渐压缩弹簧并使B球运动，经过一段时间后，D球与弹簧分别（弹簧一直处于弹性限度内）。图41）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少？2）当弹簧恢还

47、原长时B球速度是多大？（3）若开始时在B球右边某地点固定一块挡板（图中未画出），在D球与弹簧分别前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后马上将挡板撤走，设B球与挡板碰撞时间极短，碰后B球速度大小不变，但方向相反，试求出今后弹簧的弹性势能最大值的范围。答案：（1）设C与A相碰后速度为v1，三个球共同速度为v2时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，能量守恒有：112mv0mv11v12v01mv03mv22v21v026Epmax1mv1213mv221mv022212（2）设弹簧恢还原长时，D球速度为v3，B球速度为v4mv1mv32mv431mv121mv3212mv424222则有v31v1v0，v4

48、2v1v03633（3）设B球与挡板相碰前瞬时D、B两球速度v5、v61mv0mv52mv652与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为vmv52mv63mv6v52v6v5v0v52v5v04v5v0v223336EP1m(v0)213mv2222mv023m(4v5v0)28236mv02m(4v5v0)2824当v5v0时，EP最大EPmaxmv0248v5v0时，EP最小，EPminmv026108所以mv02EPmv021088模型组合解说回旋加快模型王模型概括带电粒子在电磁场中的运动是每年高考取的热门问题，观察内容或电场对带电粒子的加快（减速），或磁场对带电粒子的偏转（回旋

49、），或二者联合观察学生的综合能力。模型解说回旋加快器解读例1.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当先技术，它为临床诊断和治疗供给崭新的手段。（1）PET在心脏疾病诊断中，回旋加快器输出的高速质子轰击氧应方程。需要使用放射正电子的同位素氮13示踪剂，氮13是由小型16获取的，反应中同时还产生另一个粒子，试写出该核反（2）PET所用回旋加快器表示如图1，此中置于高真空中的金属D形盒的半径为R，两盒间距为d，在左边D形盒圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感觉强度为B，方向以以下图。质子质量为m，电荷量为q。设质子从粒子源S进入加快电场时的初速度不计，质子在加快器中运动的总时

50、间为（t此中已略去了质子在加快电场中的运动时间），质子在电场中的加快次数于回旋半周的次数相同，加快质子时的电压大小可视为不变。求此加快器所需的高频电源频次f和加快电压U。图1（3）试推证当Rd时，质子在电场中加快的总时间有关于在D形盒中回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）。分析：（1）核反应方程为：168O11H137N24He（2）设质子加快后最大速度为v，由牛顿第二定律得：qvBmv2R质子的回旋周期为：2R2mTqBv高频电源的频次为：1qBf2mT质子加快后的最大动能为：Ek1mv22设质子在电场中加快的次数为n，则：EknqU又tnT2BR2可解得：U2t（3

51、）在电场中加快的总时间为：t1nd2ndvv2在D形盒中回旋的总时间为t2nRv故t12d1，即当Rd时，t1能够忽视不计。t2R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快一次。匀强电场匀变速；匀强磁场回旋（偏转）例2.（2010年江苏省泰兴第三高级中学调研）匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60，大小为在如图2所示的空间地区里，y轴左方有一5E4.010N/C；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度B0.20T。有一质子以速度v2.0106m/s，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

52、场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场。已知质子质量近似为m1.61027kg，电荷q1.61019C，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二次抵达y轴所经历的时间。（3）质子第三次抵达y轴的地点坐标。图2分析：（1）质子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，依据牛顿第二定律，fqvBmv2R得质子做匀速圆周运动的半径为：Rmv0.10mqB（2）因为质子的初速度方向与x轴正方向夹角为30，且半径恰巧等于OA，所以，质子将在磁场中做半个圆周祥达y轴上的C点，如答图3所示。图32m依据圆周运动的规律，质子做圆周运动周期为TqB质

53、子从出发运动到第一次抵达y轴的时间t1为t1Tm1.57107s2qB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快直线运动，设质子在电场中运动的时间t2，依据牛顿第二定律：qEm2v，t2得t22mv1.0107sqE所以，质子从开始运动到第二次抵达y轴的时间t为tt1t22.57107s。3）质子再次进入磁场时，速度的方向与电场的方向相同，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，抵达y轴的D点。依据几何关系，能够得出C点到D点的距离为CD2Rcos30；则质子第三次抵达y轴的地点为y2CDOC2Rcos302Rcos30203cm即质子第三次抵达y

54、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基本运动组合而成的。掌握基本运动的特色是解决这种问题的重点所在。其余我们也要注意近来几年高考对回旋加快模型考法的一些变化，如环行电场，变化磁场等组合，但不论如何办理的基本方法不变。模型重点带电粒子在两D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度没关；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的匀加快直线运动；带电粒子每经电场加快一次，回旋半径就增大一次，所有经过半径之比为1：2：3（这可由学生自己证明），关于同一回旋加快器，其粒子回旋的最大部分径是相同的，解题时务必惹起注意。

55、2电场加快（减速），磁场回旋。磁场回旋时在洛伦兹力作用下做圆周运动有qvBmv；R电场加快从能角度电场力做功UqEk，动能：Ek1mv2(qBR)22m2；从力角度若匀强电场还能够用牛顿定律解决。模型操练1.（2010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的电源连结，一带电量为q、质量为m的带电粒子（重力忽视不计），开始时静止于C点正下方紧靠N板的A点，经电场加快后从C点进入磁场，并以最短的时间从C点射出。已知带电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

56、的磁感觉强度大小；2）带电粒子从A点出发至从头回到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qU1mv22粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为2qUvm由rmvmv即Rcot30，qBqB12mU得B3qR（2）粒子从AC的加快度为qUamd由dat12，粒子从AC的时间为：2t12dd2maqU粒子在磁场中运动的时间为t2Tm2qB将（1）求得的B值代入，得t2R3m，2qU求得：t2t1t2m(22d3qUR)。22.如图5甲所示，一对平行搁置的金属板M、N的中心各有一小孔P、Q、PQ连线垂直金属板；N板右边的圆A

57、内分布有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感觉强度大小为B，圆半径为r，且圆心O在PQ的延伸线上。现使置于P处的粒子源连续不停地沿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视不计，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。假如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5（1）在每一个周期内哪段时间放出的带电粒子抵达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地区。答案：（1）在每一个周期速度为v，则据动能定理得t22T内放出的带电

58、粒子抵达Q孔的速度最大。设最大4qU1mv2，求得v2qU。2m（2）因为Bqvv2，r解得带电粒子在磁场中的最小偏转角为mtanRR22arctanBrq。所以图6中斜线部分有带电粒子射出。2mU图6模型组合解说电磁流量计模型模型概括带电粒子在电磁场中运动时遇到电场力、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，办理方法有好多共同的特色，同时在高考取也连年不停，实质应用有电磁流量计、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。模型解说例1.图1是电磁流量计的表示图，在非磁性资料做成的圆管道外加一匀强磁场所区，当管中的导电液体流过此磁场所区时，测出管壁上的ab两点

59、间的电动势，就能够知道管中液3试推出Q与的关系表达式。图1分析：a，b两点的电势差是因为带电粒子遇到洛伦兹力在管壁的上下双侧积聚电荷产生的。到必定程度后上下双侧积聚的电荷不再增加，a，b两点的电势差达到稳固值，此时，洛伦兹力和电场力均衡：qvBqE，E，v，圆管的横截面积S1D2故流量DDDB4QSv。4B评点：该题是带电粒子在复合场中的运动，但原来只有磁场，电场是自行形成的，在分析其余问题时，要注意这种状况的出现。联系宏观量I和微观量的电流表达式InevS是一个很实用的公式。例2.磁流体发电是一种新式发电方式，图2和图3是其工作原理表示图。图2中的长方体是发电导管，此中空部分的长、高、宽分别

60、为l、a、b，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RL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，磁感觉强度为B，方向以以下图。发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并经过专用管道导出。因为运动的电离气体遇到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不一样。设发电导管内电离气体流速到处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v0，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两头的电离气体压强差p保持恒定，求：图2图3（1）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