高中物理模型总结.pdf

滑块、子弹打木块模型之一子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。p NS/AEk系统=Q,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：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。小球 上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时一，不将机械能转化为其它形式 的能，因此过程中系统机械能守恒。例题：质量为M长为1的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速V。射入木块，穿 出时子弹速度为v,求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f,突出时木块速度为V,位移为S,则子弹位移为(S+1)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv0=mv+MV 由动能定理，对子弹-f(s+J)=!能N 一!加诏 -二2 2 o 5:二二二二。一*Vn 1 1 V对木块 fs=-W2-0 *-s T由式得 v=-(v0-v)代入式有fs=4M襄(vo-v)2 M 2 M2(2)+(4)f 1=/hVq-/w v2-MV-=ihVq m v-+M-(vq v)2由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。即Q=f/,/为子弹现木块的相对 位移。结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即Q=A E系统=|j NS相其分量式为：Q=flS相l+f 2s相2+.+fnS相n=A E系统1.在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=LO O m,一质量.V与木板相同的金属块，以V o=2.O O m/s的初速度向右滑上木板A,金属 妹勿如勿易如切力工块与木板间动摩擦因数为|J=0.1,glO m/s%求两木板的最后速度。2.如图示，一质量为M长为1的长方形木块B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A,mL,因此假定不/jmgx=mv-3mvz 3、乙 乙合理，金属块一定会滑上B。设x为金属块相对B的位移，vi、V 2表示A、B最后的速度，vj为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在A上m,v0,即与B板原速同向。(2)A的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为v。，A、B摩擦力为f,向左运动对地最远位移为S,则fS-0 而 V o最大应满足 Mvo-mvo=(M+m)v fl=+m)v2解得等3.由A、B、C受力情况知，当B从v。减速到零的过程中，C受力平衡而保持不动，此子过程中B的位移2S1和运动时间如分别为：8=兽内=.o然后B、C以p g的加速度一起做加速运动。A继续减速,2咫 阳直到它们达到相同速度V。对全过程：m.2vo-ihbvo=(m,+mB+mc)v/.v=v0/3B、C的加速度a=必，此子过程B的位移52=褒=4运动时间办=件mB+mc 2 f 2g 9 悠 阳 3 座总路程 S=S+S2=777，总时.间，=0+&=18/留 3电A、B不发生碰撞时长为L,A、B在C上相对C的位移分别为La、LB,则L=La+LbpmAgLA+jumBgLB=-mA(2v0y+-mBv-(mA+mB+加02解得：L=2 2 2 3/.ig*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是 P=o和Q=fSE系统。全过程方程更简单。4.A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒,碰前是否有相同速度v需作以下判断:mv=(M+m)v,v=2m/s此时B对地位移为Si,则对B：mngS、=1a/v2S=lmV 5m,故在B与墙相撞前与A已达到相同速度v,设此时A在B上滑行Li距离，则/.imgLy=mv1+m)v2 Li=3m【以上为第一子过程】此后A、B以v匀速向右，直到B与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B的 速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B 以v向左、A以v向右运动，当A、B再次达到相同速度V，时：Mv-mv=(M+m)vv=2/3m/s向左,即B不会再与墙相碰，A、B以V，向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L2,则/jmgLq=g(Af+?)丫2 g(A/+加)/2 L2=l、33m L=L+L2=4.33m 为木板的最小长度。+得加诏-夕川+加2实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当Pa始终大于Pb 时，系统最终停在墙角，末动能为零。5.子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度VI时，小车速 度不变，有mv0-mv=(m0+m)vi 此后木块(含子弹)以w向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车 左端与小车有共同速度V 2,则(mo+m)vi-Mv=(m0+m+M)v2/(/w0+m)gL=-(/h0+m)vy+-Mv2-y(m0+m+M)v1 联立化简得：vo2+0.8vo-22500=0 解得 v0=149.6m/s 为最大值，vW149.6m/s6.当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束，v即为小车最终速度mv0=2mv v=vo/2=3m/s(2)pmgS=-wvg-2mv2 S=6m物块最终仍停在小车正中。*此解充分显示了全过程法的妙用。mv0=+m)vAC A：1c 1 1.Q=mvQ (A/+m)v2、2 2(3)n=-华+1=6.5=6 次 l dJS=-Mv2=1(也一心 22 2 vQ=f-d弹簧类问题难点探究思考在中学阶段，凡涉及的弹簧都不考虑其质量，称之为”轻弹簧，这是一种常见的理想化物理模型弹簧类问题多为综合性问题，涉及的知识面广，要求的能力较高，是高考的难点之一.难点提出1.（99年全国）如图2-1所示，两木块的质量分别为%和加2,两轻质弹簧的劲度系数分别为卮和42,上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态.现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离 开上面弹簧.在这过程中下面木块移动的距离为图21图222.如图2-2所示，劲度系数为肌的轻质弹簧两端分别与质量为h、加2的物块1、2拴接，劲度系数为 心的轻质弹簧上端与物块2拴接，下端压在桌面上（不拴接），整个系统处于平衡状态.现施力将物块1缓 慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面.在此过程中，物块2的重力势能增加了,物块1的重力势能增加了.3.质量为机的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为沏，如图2-3所示.一物块从钢板正上方距离为3劭的4处 打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连.它们到达最低点后又 已知物块质量为m时，它们恰能回到O点.若物块质量为2m,仍从A 下，则物块与钢板回到O点时一，还具有向上的速度.求物块向上运动到 自由落下，向上运动.处自由落达的最高图点与O点的距离.案例探究例1如图2-4,轻弹簧和一根细线共同拉住一质量为m的物体，平衡时细线水平，弹簧与竖直夹角为6,若突然剪断细线，刚刚剪断细线的瞬间，物体的加速度多大？.“日z/i命题意图：考查理解能力及推理判断能力.B级要求.I.错解分析：对弹簧模型与绳模型瞬态变化的特征不能加以区分，误认:为弹簧弹图2-4力在细线剪断的瞬间发生突变”从而导致错解.解题方法与技巧：弹簧剪断前分析受力如图2-5,由几何关系可知:弹簧的弹力T=mg/cos 细线的弹力T=mgtan G细线剪断后由于弹簧的弹力及重力均不变，故物体的合力水平向右，与V等大而反向，EF=mgtan0，故物体的加速度a=gtan 6，水平向右.例2 4、8两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图2-6所示，已知木块4 B质量分别为0.42 k g和0.40 k g,弹簧的劲度系数4100 N/m,若在木块/上作用一 的力R使A由静止开始以0.5 m/s 2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10（1）使木块力竖直做匀加速运动的过程中，力厂的最大值；（2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到4、8分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了 0.248 J,求这一过程/对木块做的功.图2-5图2-6个竖直向上m/s2）.命题意图：考查对物理过程、状态的综合分析能力.B级要求.错解分析：此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后,确定两物体分离的临界点，即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力N=0时，恰好分离.解题方法与技巧:当斤0（即不加竖直向上厂力时），设/、3叠放在弹簧时弹簧的压缩量为x,有图2-7上处于平衡kx(牝4十68)gX=(2/+28)g/k对力施加/力，分析4、3受力如图2-7对 A F+N-mAg=mAa对 3 kx-N-m B gm B a可知，当NWO时，43有共同加速度a=a，由式知欲使力匀加速运动，随N减小厂增大.当N=O 时，E取得了最大值此“即 见=叫（铲Q）=4.41 N又当N=O时，4、8开始分离，由式知，此时，弹簧压缩量而=mB（”+g）x=mB（a+g）/k 力方共同速度v?=2a（x-x）由题知，此过程弹性势能减少了%p=Ep=0.248J设F力功叩f，对这一过程应用动能定理或功能原理昕+Ep-（见1+加8）g（X-x）=；（如1+加3）V2 联立，且注意到今=0.248 J可知，阪=9.64X IO。j锦囊妙计一、高考要求轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的 平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见.应引 起足够重视.二、弹簧类命题突破要点1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时 刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置，现长位置，找出 形变量工与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动 状态的可能变化.2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变.因此,在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变.3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据 动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点：唯二，弹2 2力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep-kx2,高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在 2求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解.歼灭难点1.如左图所示，小球在竖直力厂作用下将竖直弹簧压缩，若将力尸撤去，小球将向上弹起并离开弹簧,直到速度变为零为止，在小球上升的过程中A.小球的动能先增大后减小B.小球在离开弹簧时动能最大C.小球的动能最大时弹性势能为零D.小球的动能减为零时，重力势能最大2.（00年春）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板,M的平板，处在平衡状态.一质量为m的均匀环套在 下端系一质量为弹簧外，与平板的距离为，如图右所示.让环自由下落，撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长.A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C.环撞击板后，板的新的平衡位置与6的大小无关D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于 做的功3.如图2-10所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触 克服弹簧力所图 2-10是光滑的，子弹/沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒4.如图2-11所示，轻质弹簧原长,竖直固定在地面上，质量为加 高处由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为X,图2-11 的小球从距地面在下落过程中，空气阻力恒为f,则弹簧在最短时具有的弹性势能为Ep=.5.（01年上海）如图9-12（A）所示，一质量为m的物体系于长度分别为I1、b的两根细线上，乙的端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为6,b水平拉直，物体处于平衡状态.现将/2线剪断，求剪断瞬口寸物体的加速度.（1）下面是某同学对该题的一种解法：解：设。线上拉力为T 1，4线上拉力为72，3 27icos 0 mg,TisinO=n,=加gtan J图 212剪断线的瞬间，突然消失，物体即在“反方向获得加速度.因为加gtan 6=ma,所以加速度Q=gtan 6，方向在晚反方向.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6改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2-12（B）所示，其他条件不变,求解的步骤与（1）完全相同，即方gtan 6,你认为这个结果正确吗?请说明理由.*6.如图2-13所示，/、B、。三物块质量均为2,置于光滑水平台面上.8、。间夹有原已完全压紧不 能再压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展.物块A以初速度均沿3、。连线方向向3运动，相碰后，4与B、C粘合在一起，然后连接8、。的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与/、3分离，脱离弹簧后。的速度为玲.（1）求弹簧所释放的势能A E（2）若更换尻。间的弹簧，当物块4以初速v向3运动，物块。在脱离弹簧后的速度为2W，则弹 簧所释放的势能A 是多少？（3）若情况（2）中的弹簧与情况（1）中的弹簧相同，为使物块。在脱离弹簧后的速度仍为2,A的初速度v应为多大？国 2-13参考答案：难点提出1 2 1 1 21.C 2.r m2（加 1+）2）g；（-1-）m（加 1+加2）gk k2 k213.xq2歼灭难点l.AD 2.AC 3.B4.分析从小球下落到压缩最短全过程由动能定理：CH-L+x)-W少弹性=Ep=(mg-p(-+x)5.(1)结果不正确.因为4被剪断的瞬间，/i上张力的大小发生了突变，此瞬间T尸mg cos G,a=g s in O(2)结果正确，因为b被剪断的瞬间、弹簧/i的长度不能发生突变、4的大小和方向都不变.1 7 1?6.(1)mvQ(2)m(v-6vo)2(3)4yo弹性碰撞模型及应用弹性碰撞问题及其变形在是中学物理中常见问题，在高中物理中占有重要位置，也是多年来高考的热 点。弹性碰撞模型能与很多知识点综合，联系广泛，题目背景易推陈出新，掌握这一模型，举一反三，可 轻松解决这一类题，切实提高学生推理能力和分析解决问题能力。所以我们有必要研究这一模型。(-)弹性碰撞模型弹性碰撞是碰撞过程无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒和系统机械能守恒。确切的说是碰 撞前后动量守恒，动能不变。在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹 性碰撞。已知4、8两个钢性小球质量分别是加八加2，小球3静止在光滑水平面上，A以初速度必与小球3发生弹性碰撞，求碰撞后小球力的速度切，物体8的速 度w大小和mi Vo mjVi m2V2方向-解析：取小球/初速度诙的方向为正方向，因发 e /生的是弹性图1碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有:niiVtr/匕+m2V2 g机了:二（加1%2+；加2学由两式得：四二,“用 mi+m2 m1+m2结论：（1）当尸汲时，必=，。2=%,显然碰撞后/静止，8以4的初速度运动，两球速度交换，并且/的动能完全传递给以因此而9也是动能传递最大的条件；（m m）2m（2）当用）时，K1 0,即A,8同方向运动，因!.-!,所以速度大小V1 V2,W+m2 啊+m2即两球不会发生第二次碰撞；若/必彼时，/；=%，吆=2%即当质量很大的物体力碰撞质量很小的物体3时，物体力的速度几乎不 变，物体8以2倍于物体力的速度向前运动。（3）当/汲时，则0,即物体力反向运动。当见妙时，y产%,%=即物体力以原来大小的速度弹回，而物体占不动，力的动能完全没有传 给B,因此0N加2是动能传递最小的条件。以上弹性碰撞以动撞静的情景可以简单概括为：（质量）等大小，（速度和动能）交换了；小撞大，被弹回；大撞小，同向跑。（二）应用举例-1-例1如图2所示，两单摆的摆长不同，已知8的摆长是/摆长的4倍,A的 周期为7,平衡时两钢球刚好接触，现将摆球/在两摆线所在的平面向左拉开一小角度释放，两球发生弹性碰撞,碰撞后两球分开各自做简谐运动，以巩p加5分别表示两摆球/，3的 质量，则下列说法正确的是；A.如果加尸机8经时间T发生下次碰撞且发生在平衡位置 A O O B图2B,如果用Q相B经时间T发生下次碰撞且发生在平衡位置C.如果mAmB经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置右侧D.如果0犯3经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置左侧解析当加广加8时，/、3球在平衡位置发生弹性碰撞，速度互换，力球静止，由于3摆长是4摆长 的4倍，由单摆周期公式丁=2 可知H周期是丁，3的周期是27,当3球反向摆回到平衡位置经时间 为T,再次发生碰撞。故A选项正确。当加“加3时，发生第一次碰撞后两球同向右摆动，但A球的速度 小于B球的速度，并有A的周期是B周期的一半，T/2时B到达右侧最大位移处，此时A向左回I到平衡位 置,A继续向左;再经T/2,B完成半个全振动向右,A恰好完成一次全振动向左同时回到平衡位置发生碰撞，故B选项正确，C选项错误；当也1加8时，碰撞后A反弹向左运动，B向右，若见4越接近加3发生下一 次碰撞的时间越接近T,若mAmB，A接近原速反弹，B几乎不动，发生下一次碰撞的时间越接近T/2,当A经T/2经平衡位置从左向右运动时B恰好在右侧最高点，而A、B碰撞的位置只能在平衡位置的右侧,或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左侧，故D选项错误。例2质量为的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面叫圆弧的轨道均光滑，如图3如图所示，一个质量为m的小球以速度V。水平冲向小车，当小左端脱离小车时，下列说法正确的是：A.小球一定沿水平方向向左做平作抛运动B.小球可能沿水平方向向左作平抛运动C.小球可能沿水平方向向右作平抛运动图3球返回D.小球可能做自由落体运动解析:小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒,相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果加V W,小球离开小车向左平抛运动，相=，小球离开小车 做自由落体运动，如果加，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选B,C,D例3在光滑水平面上有相隔一定距离的8两球，质量相等，假定它们之间存在恒定的斥力作用，原来两球被按住，处在静止状态。现突然松开两球，同时给/球以速度vo,使之沿两球连线射向3球，B 球初速度为零；若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复到原始值所经历的时间为仇求：8球 在斥力作用下的加速度解析：/球射向8球过程中，力球一直作匀减速直线运动，3球由静止开始一直作匀加速直线运动，当两球速度相等时相距最近，当恢复到原始值时相当于发生了一次弹性碰撞，由于/、3质量相等，8发生了速度交换，系统动量守恒、机械能守恒。设/、3速度相等时速度为v,恢复到原始值时4、3的速度分别为功、电，mv（f=2mv 2mv-mvi+mv2mV0=mv+mv2由式得由解得力=0,vo（另一组解v尸w，舍去）2则B的加速度a=V2V=及-=&-%0，0 2to例4如图4所示，光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A和B,一质量为m子弹,以速度叱,水平击中木块4并留在其中)的质量为3m,B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何时8的速度最大，最大速度是多少？解析(1)从子弹击中木块力到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块Z的碰撞 过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块/组成的整体与木块8通过弹簧相互作用的过程，动量 守恒，系统机械能守恒,(2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块B 一直作变加速运动，木块A 一直作变减速运动,子弹打入：mvo=4mvi A7WWWWW打入后弹黄由原长到埴盅：4mvi=8 mv2 /机械能守恒：4W1V J2=i8mv2+EP 图4解得 EP=mvl16相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与B木块交换速度，此时一 B的速度最大,设弹簧弹开时/、8的速度分别为4mvi=4mvi+4mv24mv,2=4mv.2+4mv72 解得：力=。,丫2=丫/=-2 2 2 4可见，两物体通过弹簧相互作用，与弹性碰撞相似。弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，我们应广义地理解“碰撞”模型。这一模型的关键是 抓住系统“碰撞”前后动量守恒、系统机械能守恒(动能不变)，具备了这一特征的物理过程，可理解为“弹性碰撞”。我们对物理过程和遵循的规律就有了较为清楚的认识，问题就会迎刃而解。电磁学导棒问题归类分析近十年高考物理试卷和理科综合试卷，电磁学的导棒问题复现率高达100%（除98年无纯导棒外），且 多为分值较大的计算题.为何导棒问题频繁复现，原因是：导棒问题是高中物理电磁学中常用的最典型的 模型，常涉及力学和热学问题，可综合多个物理高考知识点.其特点是综合性强、类型繁多、物理过程复 杂，有利于对学生综合运用所学的知识从多层面、多角度、全方位分析问题和解决问题的能力考查；导棒 问题是高考中的重点、难点、热点、焦点问题.导棒问题在磁场中大致可分为两类：一类是通电导棒,使之平衡或运动；其二是导棒运动切割磁感线 生电.运动模型可分为单导棒和双导棒.（一）通电导棒问题通电导棒题型，一般为平衡和运动型，对于通电导棒平衡型，要求考生用所学物体的平衡条件（包含 F=0,M=0）来解答，而对于通电导棒的运动型，则要求考生用所学的牛顿运动定律、动量定理以及能量 守恒结合在一起，加以分析、讨论，从而作出准确地解答.例1：如图（1-1-1）所示，相距为d的倾角为a的光滑平行导轨（电源、和电阻火均已知）处于竖直向 上的匀强磁场3中，一质量为加的导棒恰能处于平衡状态，则该磁场3的大小为；当3由竖将图（1-1-1）首先直向上逐渐变成水平向左的过程中，为保持棒始终静止不动，则B的大小应是.上述过程中，3的最小值是图（皿-1）分析和解：此题主要用来考查考生对物体平衡条件的理解 情况，同时考查考生是否能利用矢量封闭三角形或三角函数求 其极值的能力.改画为从右向左看的侧面图，如图（1-1-2）所示，分析导棒受力,并建立直角坐标系进行正交分解，也可采用共点力的合成法来做.根据题意尸=0,即片=0;耳=0；EFx=Fb-N sina N JV Fb尺 底 tga=Z FyFcosa-mg=O,/得：吆w mg mg J _图(1-1-3)由安培力公式用=3/d；全电路区姆定律一下立，B mgtga(R+r)联立并整理可得 一二厂(2)借助于矢量封闭三角形来讨论，如图(1-1-3)在磁场由竖直向上逐渐变成水平的过程中，安培力由水 平向右变成竖直向上，在此过程中，山图(1-1-3)看出&先减小后增大，最终N=0,FB=mg,因而8也应先 减小后增大.s in a=-由图(1-1-3)可知，当&方向垂直于N的方向时巳最小，其3最小，故 吆，而&=B ld,772g s in a(R+r)I=-_ mgsm a=B-a nmin=-R+厂,联立可得 H+r,即mm Bd评析：该题将物体的平衡条件作为重点，让考生将公式和图象有机地结合在一起，以达到简单快速解 题的目的，其方法是值得提倡和借鉴的.(二)棒生电类：棒生电类型是电磁感应中的最典型模型、生电方式分为平动切割和转动切割，其模型可分为单导棒和 双导棒.要从静态到动态、动态到终态加以分析讨论，其分析动态是关键.对于动态分析，可从以下过程 考虑：闭合电路中的磁通量发生变化n导体产生感应电流=导体受安培力和其他力作用二导体加速度变 化n速度变化=感应电流变化二周而复始地循环最后加速度减小至零二速度达到最大二导体做匀速直 线运动.我们知道，电磁感应现象的实质是不同形式能量的转化过程，因此，由功能观点切入，分清楚电 磁感应过程中能量转化关系，往往是我们解决电磁感应问题的关键，当然也是我们处理这类题型的有效途 径.1、单导棒问题例1：(2001年全国高考试题)如图(2-1-1)所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距 L=0.20m,电阻&=1.0。；有一导棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整 个装置处丁磁感应强度3-0.507的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现用 外力尸沿轨道方向拉棒,使之做匀加速运动，测得力歹与时间，的关系如图(2-1-2)所示.求棒的质量2和加速度a.分析和解：此题主要用来考查学生对基本公式掌握的情况，是否能熟练将力电关X f x-系式综合在一起，再根据图象得出其a和2值.从图中找出有用的隐含条件是解答本JX X：XbV图(2-1-1)题的关键.解法一：导棒在轨道上做匀加速直线运动，用V表示其速度，表示时间，则有尸山，棒切割磁感/=线，产生感应电动势=皮丫，在棒、轨道和电阻的闭合电路中产生感应电流 尺，杆所受安培力F=atFb=BIL,再由牛顿第二定律Xia故属汝，联立求解式得一 R.在图线上取 两点代入式，可得。=10加/m=O.lkg.解法二：从尸-，图线可建立方程 产=1+0.1/，棒受拉力厂和安培力用作用，做匀加速直线运动，其 合力不随时间，变化，并考虑初始状态为=0,因而理的大小为a=0.1/，再由牛顿第二定律：F=ma有F-.L 82A1=r d=-FB=ma(3),联立可得加a=l.又：Fb=BIL，而 R,“B Lv,联立得B R F _ B2lat，而呼成，故B -R，/得:O.lxl.O52Z2(0.50)2x(0.20)=10(加/)，再由与式得m O.lAg评析：解法一采用了物理思维方法，即用力学的观点，再结合其Ef图象将其所求答案一一得出.解 法二则采用了数学思维方法，先从图象中建立起相应的直线方程，再根据力学等知识一一求得，此解 法不落窠臼，有一定的创新精神.我们认为，此题不愧为电磁学中的经典习题，给人太多的启发，的确是 一道选拔优秀人才的好题.例2：如图(2-1-2)所示，两根竖直放置在绝缘地面上的金属框架上端接有一电容量为。的电容器，框 架上有一质量为加，长为上的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好且无摩擦，棒离地面的高度为,磁感应强度为3的匀强磁场与框架平面垂直，开始时电容器不带电，将棒由静止释放，问棒落地时的速度多大？落地时间多长？分析和解：此题主要用来考查考生对匀变速直线运动的理解，这种将其电容和导棒图(2-1-2)有机地综合在一起，使之成为一种新的题型.从另一个侧面来寻找电流的关系式，更有一种突破常规思维的创新，因而此题很具有代表性.经分析，导棒在重力作用下下落，下落的同时产生了感应电动势.由于电容器的存在，在棒上产生充 电电流，棒将受安培力的作用，因此，棒在重力作用和安培力的合力作用下向下运动，由牛顿第二定律 F=ma,得故 mg-FB=ma，Fb=BIL.由于棒做加速运动，故丫、a、&均为同一时刻的瞬时值，与此对应电容器上瞬时电量为Q=C七，而 设在时间，内，棒上电动势的变化量为，电容器上电量的增加量为4。,显然&=B LAv,.=-0=Av=mgQ=CA，再根据电流的定义式”4，。2，联立得：m+炉/?。由式可知，。与运动时间无关，且是一个恒量，故棒做初速度为零的匀加速直线运动，其落地速度v=2m gh 1 2 l2h为v,贝#=后，将代入得：V m+B2L2C 落地时间可由，得廿工，将代入t_ I 2h 2（加+炉）mg V mg上式得 Xm+B C评析：本题应用了微元法求出。与的关系，又利用电流 定义式，使电流i和加速度a有机地整合在一起来求解，给人一 的感觉.读后使人颇受启示.例：如图(2-1-3)所示,倾角为6=30,宽度为=1加的足够 种耳目一新和加速度的长的U型平行光滑金属导轨固定在磁感应强度3=17,在范围充分大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上,现用平行导轨、功率恒为碗的牵引力E牵引一根质量加=0.2俯、电阻火=1。放在导轨上的导棒，由 静止沿导轨向上移动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直).当金属导棒而移动S=2.8加时，获得稳定速度，在此过程中金属导棒产生的热量为0=5.8J(不计导轨电阻及一切摩擦，g取10mA2)问(1)导棒达到稳定速度是多大？(2)导棒从静止达到稳定速度所需时间是多少？分析和解：此题主要用来考查考生是否能熟练运用力的平衡条件和能量守恒定律来巧解此题.名夕 当金属导棒匀速沿斜面上升有稳定速度v时，导棒受力如图(2-1-4)所示，山力C_/=mg 的平衡条件尸=0,贝ijEzn gs历6-Fb=0，Fb=BIL，R，=B Lv，又图(2-1-4)P.522v.俄 gs m J-=0F=P/v，由可得丫 R,整理得尸7?一加gs in%/-FrV=o,代入有关数据得,+吁6=0,解得 尸2根氐 尸3倒舍去).1 9Pt=加 gs in 6S+加 y+。(2)由能量转化和守恒 2”，代入数据可得/=1.5s.评析：此题较一般电磁感应类型题更能体现能量转化和守恒过程，因此，在分析和研究电磁感应中的 导棒问题时，从能量观点去着手求解，往往更能触及该问题的本质，当然也是处理此类问题的关键和一把 金钥匙.2、双导棒问题:在电磁感应现象中，除了单导棒问题外，还存在较多的双导棒问题，这类问题的显著特征是：两导棒 在切割磁感线时，相当于电池的串联或并联，组成闭合回路，而且，求解此类型问题最佳途径往往从能量 守恒、动量守恒的角度出发，用发展、变化的眼光，多角度、全方位地发散思维，寻求相关物理量和公式，挖掘隐含条件，采用“隔离法”或“整体法”(系统法)快捷作出解答.因此，双导棒问题更能反映考生的 分析问题和解决问题的能力，特别是方法、技巧、思路均反映在解题中，是甄别考生层次拉大差距的优秀 试题.例1：(1993年全国高考题)如图(2-2-1)所示两金属导棒M和cd长均为3电阻均为R,质量分别为M 和加，Mm.用两根质量和电阻均可忽略不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂于水平、光滑、_E 不导电的圆棒两侧，两金属导棒都处于水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀 强磁场中，磁感应强度为瓦 若金属导棒时正好匀速向下运动，求运动的速度.R M-电 分析和解：此题主要用来考查考生对力学中的受力分析、力的平衡、电磁感应、欧姆 定律和安培力公式的掌握.此题也可从不同方法去解答.图(2-2-1)解法一：采用隔离法，假设磁场3的方向是垂直纸面向里，必杆向下匀速运动的速度为v,则仍棒切割磁感线产生的感应电动热大小J=3小，方向由。一七cd棒以速度丫向上切割磁感线运 动产生感应电动势大小为和=跳丫，方向由d-C.同路中的电流方向由 L C,大小为.邑+和 2BLv B2L2vi=-=-=B Lv Fn=B iL=-2R 2R，必棒受到安培力向上，cd棒受到安培力向下，大小均为用即 R，当而棒匀速下滑时，令棒受到的导线拉力为T,则对仍有7+a=叫，对cd有：TFB+mg.52Z2v.、(M-m)gR2=(M ni)2 v-%由解得2a，再由可得 R，故 2炉2.解法二：采用整体法，把外、cd柔软导线视为一个整体，”加，.整体动力为(-相应，棒 向下，cd棒向上，整体所受安培力与整体动力相等时正好做匀速向下运动，则(M-m)g=2B2L2v R=V=(M-m)gR 2B22解法三：采用能量守恒法，将整个回路视为一个整体系统，用其速度大小不变，故动能不变.打棒向 下，cd棒向上运动过程中，因班陪，系统的重力势能减少，将转化为回路的电能，电能量转化守恒定Mgv-mg尸寇 怨锣律工 2H，而总=2，=B Lv，联立可得 212评析：此题为典型的双导棒在磁场中运动的问题.并且两根棒都切割磁感线产生感应电动势，对整个 图(222)回路而言，相当于电池组的串联，整个回路中有电流流过，两棒都受安培力，在未达到稳定速度前，两棒 均做变加速运动，当加速度减为零时，速度为最大.从以上三种解法来看，其解法三更显简便，思维灵活，故该题对考生的考查确实具有针对性.例2：(2001高考春招试题)如图(2-2-2)所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间距为.导轨上面横放着两根导体棒必和cd,构成矩形回路.两根导体棒的质量皆为加，电阻 皆为凡回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为从该 两导体棒可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，棒cd静止，棒M有指向棒cd的初速度度V。，若两导体棒在 运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当必棒的速度变为初速度的W时，cd棒的加速度是多少？分析和解：此题主要用来考查考生对双棒运动的动态分析和终态推理以及两个守 恒定律的熟练掌握情况.此题是一道层次较高的典型水平面双棒试题.仍棒向cd棒运动时，打棒产生感应电动势，由于通过导轨和cd棒组成回路，于是回路中便产生感应 电流，M棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，而cd棒则在安培力作用下做加速运动.在仍 棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，/棒继续减速，cd棒继续加速，而棒速度达到相同 后，回路面积保持不变，磁通量不变化，即不产生感应电流，两棒的相同的速度v做匀速直线运动.(1)从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒组成的系统动量守恒，则有机切=2匹，再根据能量 守恒5小产”+0，联立两式得：=3 3 mva=m vn(2)设曲棒的速度变为初速的4时，棒的速度为宜,则再次由动量守恒定律可知 43 =(-v.-v,)B L 1=，此时回路中的感应电动势和感应电流分别是：4 0 2R,此时cd棒所受安培力a与 好心Fb=BIL，cd棒的加速度 m，联立 得 4mR.评析：此题将分析双棒的初态、过渡态、终态以及整个过程的运动情况，各个物理量的变化情况和动 量守恒、能量守恒天然联系在一起，确实达到了命题人综合考查考生各方面分析问题和解决问题能力的目 的.充分体现了命题专家以综合见能力的命题意图，即“着眼综合、立足基础、突出能力.”此题的确是 一道经典考题.通过对以上高考例题的分类处理、解析，从中发现，电磁学中的导棒问题内涵的确丰富、灵活、新颖，涉及面广、易于拓展和延伸，的确不愧为电磁学中的精华部分.高考试题是经典题目，通过分析和求解，更能启迪思维和培养各种能力，由于篇幅限制，此处不能将历年高考导棒试题列出，希望大家收集并加以 适当的训练.构建复合运动模型解析物体运动问题抽象物理模型是解答物理问题的关键.在对简单问题进行模型化处理时，常可把它抽象为一个已知的物理 模型，然而在对某些比较复杂问题进行模型化处理时，常常通过联想旧模型、创造新模型来构建复合模型（或称模型链）.构建复合物理模型能将复杂问题转化为简单问题的组合，使问题得到顺利解答.本文通过 结合具体教学实例就如何构建复合运动模型来巧解物理竞赛中复杂运动问题.一、构建直线运动和圆周运动的复合运动模型1.构建同一平面内直线运动和圆周运动的复合运动模型，解答摆线运动问题例1如图1所示，一质量为m、带电量为+q的小球从磁感应强度为B的匀强磁场中A点由静止开始 下落，试求带电小球下落的最大高度h.x x x x x人X X X X XX X X X XBX X X X XX X X X X图1分析与解 可以证明这个问题中带电小球运动轨迹是比较复杂的摆线，对高中学生而言从合运动角度 分析这个问题比较困难.现构建小球有两个大小相等、方向相反的水平初速度VI。、V 2。，所构建的这两个 分运动与小球原有初始运动条件等效.现使小球的分运动V 10产生的洛伦兹力为q vi B=mg则V i o=mg/q B,因而小球的运动可视为沿水平方向以速度打。做匀速直线运动和在竖直平面内以速度V 2。做逆时针方向 的匀速圆周运动的合运动.匀速圆周运动的半径R=mv2。/q B=g（m/q B）2,因而小球在运动过程中下落的 最大高度为H m=2R=2g（m/q B）2.通过构建匀速直线运动和匀速圆周运动复合模型，巧妙地解答了这个复杂问题.2.构建不同平面内的直线运动和圆