高中高考物理典型模型详解

物理学习方法（北大物理系学子总结）

第一画图

一个字:图； 两个字:画图；三个字:要画图；四个字:必须画图；五个字:你必须画图； 六个字:你必须画好图。画图对于物理的重要性我就不多说了吧~下面来讲讲什么叫画好图~

图--都有什么图呢?常用的无非 v-t； s-t； 受力分析图； 运动简图； 电路图； 这几种吧~画图容易,画好图并不是这么容易了. 举个例子吧...同学们手头都有10年的高考卷吧?看卷第8题~同学们可以做一下...这题怎么解?极限法?特殊化？把摩擦因数表示成函数然后列式子积分?不用!直接大概画个v-t~再结合一点动能定理知识 直接秒杀!出题人是不是应该感到非常遗憾呢?

继续看全国一卷的第18题.这题不难的 普通方法无非速度分解 然后导到位移上去...这是咱们不这么做.如何做?画图.用尺子画 画精确~把竖直水平位移都画出来~然后看那个角,好像30度来着, 用量角器一量 真30度...tan30大概0.58的样子吧~再用直尺量竖直与水平位移~大概按题目要求的比一下 再近似看下和0.58什么关系~太不解释了~选D 很狗血吧?就算一个只知道什么是位移的人的都能对了~ 再看卷18题(记得09年有道类似的选择压轴 那题答案用量纲解的 不过我这个方法依旧可以用 而且绝对秒杀) 看起来好麻烦啊。。应该是用微元后叠加的办法吧(积分)...有图?看它那图干吗...咱们重新画图。。共轴半径为R1 R2 好吧 咱们让R1=R2=0重新画图...出来两个点电荷~两个点电荷的题总会了吧~太不幸了~这道很复杂的题瞬间秒杀~选D 看答案的方法吧...是微元法... 就因为重新画了遍图~选择压轴成口算题了~画图的作用大家都体会到了吧? 第二 物理模型法。。

第一阶段(建立基本模型)---拿出全国一卷。。看大题。。24。。送分题。。不会的话该好好反省一下了。。25 双星模型 很基本的模型之一。。26 有界磁场模型 也是基本模型。。你要是熟悉这些基本物理模型以后，这几道题还能难住你?

第二阶段(悟理)(对第一阶段物理模型要做到不仅知其然,而且知其所以然.比如GM=gR^2 不仅会用。。还要会推导。。在这个阶段...你要做的是,把第一阶段总结的模型深化。。顺便总结一些小技巧(比如带电粒子在磁场用偏转,圆心确定的方法等)。。拿全国一卷说,第一二阶段进行完,72分到手了吧~ 第三阶段 (综合应用):这个阶段怎么办呢?练题吧~拿出10高考卷.十道力学大题,十道磁偏转大题足矣!该怎么练呢?拿全国新课标卷说吧。。看24题。。先标出有用条件,再把题分解成基本模型,一个匀加速，一个匀速运动。。然后画图。。这道题运动简图 v-t图随意~然后 想想对这两个模型怎么列式子...这道题匀加模型用用平均速度,匀速模型用x=vt就行~最后一加~200m再这样列一次.就这样14分瞬间到手~ 现在的高考基本都是70%的基础题,只要知道考什么就能解对题~拿数学说吧~看大题~固定的模式 数列 三角 立体几何 概率 解析 导数 ~拿数列举例吧 无非基本(等差 等比)递推数列 数列求和吧~递推数列又分很多形式a(n+1)=an+f(n),a(n+1)=f(n)an...自己总结哈~不仅要总结形式~还要总结对应方法。。比如第一种类型数列是用累加法。。第二种累乘。。数列求和有公式法 倒序相加法 错位减法 裂项法(平常做题休息积累裂项方法 我看我们班好多同学一碰到裂项就放弃了) 分段法。。all in all 出题人出题能超出考试大纲吗?他们真的有能力题题创新吗?他们能脱离学科主干吗?他们敢把一道题出得过度偏离该题预定难度系数吗?所以 注重通法才是王道 抓住主干才能成功~ 注重总结考点~看到题能想到考什么,

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这题难道能做不出来吗?如果能,也是故意不做的吧~XD ^_^

物理不好的同学认真完成3个阶段的物理模型总结(大概用9天这三轮下来 你物理应该冲破80分了吧?(90分钟做完卷子 因为你毕竟手生~还要练 )

实验题?为什么同学们会觉得难?为什么同学们得不上分?看看你是不是有下面几种问题~1.根本不知道实验题考什么~ 2.做完题不长脑子 认为实验题千变万化,不知道反思~ 3.不知悔改 被题目中小细节阴险了~下次还被阴险~ 呵呵，语言不大好。。不过是为了能更加生动形像~XD 看看你符合几条?不过现在不管这些~开始系统复习实验~这次要的东西比较多 大家快快准备啊:1.2011考纲 2.课本 3.10高考题 4.如果有的话 再来模拟题(45套是首选)吧.

实验题固定的考察模式都是一个力学与电学题(或创新题 但如果是创新题完全可以化为理论题...)。。知道怎么考了以后 正如同庖丁解牛一样好下手了~另外 还有考器材读数的,实验器材使用的。。这个书上都有。。注意 万电表 游标卡尺 螺旋测微器 电压 电流 欧姆表这些一定要会读数。。 模型深化是指深化第一阶段模型。。完全弄懂这个模型。。就是对第一阶段总结的东西问为什么?怎么想到基本式子的(就是自己演绎推导一遍)?假设把题看作模型的话 那么模型千万种 你总结的完么?{不过要把常考的模型总结出来 [比如质点系牛二 (就是斜劈上放一木块 地面摩擦很小的那种)]}。。你要做的是练习把一道题拆成基本模型。。演示一道题吧。。全国一15题 要拆成弹簧模型和牛二定律基本应用模型。。现在想弹簧模型有什么特点。。F=kx?W=1/2kx^2?没突变性?小球挂上面能简谐?。。。这题需要这个模型什么特点?就是不具有突变性!所以 木块1加速度果断0。。BD排除。。对2该怎么办?问加速度。。果断想到牛二和受力分析!对2受力分析 重力 弹簧给的压力 支持力。。可是支持力突然消失了。。只剩Mg+mg的力。。然后果断牛二 a2=(Mg+mg)/M。。选C 懂做题时该干吗了么?第一 练习拆题为基本模型。。第二把查漏补缺(很同同学没总结到弹簧模型中突变性的特点吧~这时做题就帮你分析你哪没总结全了 全国新课标压轴一般考磁场。。这也不是什么新类型题。。这题做不出。。只有三种情况~1.智商不够 (我记得这题难度系数0.1?高考的选拔性就靠这题啊!)2.有界磁场模型没总结好而且没完全真正弄懂3.数学没学好。。对应到该点去补就行~--要注意做题后的反思与查漏补缺 （高考数学选择简单题认真 难题秒杀，填空 认真 思维敏捷，解答题注重通法~）

高考物理模型汇总

一．皮带轮问题

1：如图所示，水平传送带以2m/s的速度运动，传送带长AB＝20m今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦系数μ＝0.1试求这工件经过多少时间由传送带左端运动到右端？

v0v0

解：加速运动的时间为：t0= = =2s

aug12

在t0时间运动的位移：s= at0=2m

2

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在t0秒后，工件作匀速运动运动时间为：

t1=(AB-s)/v0=9s

工件由传送带左端运动到右端共用时间为： t=t0+t1=11s

2.将一底面涂有颜料的木块放在以v=2 m/s的速度匀速运动的水平传送带上，木块在传送带上留下了4 m长的滑痕.若将木块轻放在传送带上的同时，传送带以a=0.25 m/s做匀加速运动，求木块在传送带上留下的滑痕长度.

4、如图4-1所示，传送带与地面倾角θ=37°，AB长为16米，传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为μ=0.5，求：

（1）物体从A运动到B所需时间，

（2）物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体所做的功分析与解：（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速时滑动摩擦力沿斜面向下）则：

（g=10米/秒） 度为α1,（此

2

2

t1=v/α1=10/10=1秒

当物体下滑速度大于传送带v=10米/秒 时，物体的加速度为a2，（此时f沿斜面向上）则：

即：10t2+t2=11 解得：t2=1秒（t2=-11秒舍去） 所以，t=t1+t2=1+1=2秒 （2）W1=fs1=μmgcosθS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦

W2=-fs2=-μmgcosθS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦 所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。

2

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想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间122

为（s= at）其中a=2米/秒 得t＝4秒，则：（请选择）

2

A. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t。 B. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t。 C. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能等于t。

D. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能小于t。 答案：（B、C、D）

5.(15分)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2 m/s的速率运行.现把一质量为m=10 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经时间1.9 s，工件被传送到h=1.5 m的高处，取g=10 m/s.求：

2

(1)工件与皮带间的动摩擦因数；

(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.

解：由题图得，皮带长s=

h=3 m sin30(1)工件速度达v0前，做匀加速运动的位移s1=vt1=

v0t1 2达v0后做匀速运动的位移s-s1=v0（t-t1） 解出加速运动时间 t1=0.8 s

加速运动位移 s1=0.8 m 所以加速度a=

v02

=2.5 m/s t1 (5分)

工件受的支持力N=mgcosθ 从牛顿第二定律，有μN-mgsinθ=ma 解出动摩擦因数μ＝

3 (4分) 2(2)在时间t1，皮带运动位移s皮=v0t=1.6 m 在时间t1，工件相对皮带位移 s相=s皮-s1=0.8 m

在时间t1，摩擦发热 Q=μN·s相=60 J 工件获得的动能 Ek=

12

mv0=20 J 2页脚

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工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能W =Q+Ek十Ep=230 J (6分)

6．（22分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过 AB 区域时是水平的，经过 BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，经过 CD 区域时是倾斜

未画出），的，AB 和 大量的质个、个在 置时初速

CD 都与 BC 相切。现将

量均为 m 的小货箱一

A 处放到传送带上，放

为零，经传送带运送到

D 处 D

和 A 的高度差为 h。稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列．相邻两箱的距离为 L。每个箱子在 A 处投放后，在到达 B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经 BC 段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间 T ，共运送小货箱的数目为 N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率 P。

解：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦

力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有s12at① 2v0at② 在这段时间，传送带运动的路程为s0v0t ③ 由以上可得s02s④

用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为Afx12mv0⑤ 2传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0fx0212mv0⑥ 2 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 Q12 ⑦ mv02可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T时间，电动机输出的功为

WPT ⑧ 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即

12Nmv0NmghNQ ⑨ 2W页脚

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22已知相邻两小箱的距离为L，所以 v0TNL⑩ 联立⑦⑧⑨⑩，得PNm[NLgh] ⑾

2TT二、追及、相遇模型（同一直线上）

追及和相遇问题是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。若物体同时出发，运动时间相等；若甲比乙早出发△t，则运动时间关系为t甲t乙t。要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。 【模型讲解】 1. 利用不等式求解

例1：甲、乙两物体相距s，在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物体在前，初速度为v1，加速度大小为a1。乙物体在后，初速度为v2，加速度大小为a2且知v1解析：若是

v1v2，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。在运动过程中，乙的速度一直a1a22v12v2大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为ss 2a12a2若是

v1v2，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体a2a2v1a1tv2a2t，求得t相距最近，根据v共v2v1

a2a1在t时间 甲的位移s1v共v12t 乙的位移s2v共v22t

代入表达式sss1s2 求得ss(v2v1)

2(a2a1)评点：本题是一个比较特殊的追及问题（减速追减速）。求解时要对各种可能的情况进行全面分析，先要建立清晰的物理图景。本题的特殊点在于巧妙地通过比较两物体运动时间的长短寻找两物体相距最近的临界条件。

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3. 妙取参照物求解

例3：火车甲正以速度v1向前行驶，司机突然发现前方距甲d处有火车乙正以较小速度v2同向匀速行驶，于是他立即刹车，使火车做匀减速运动而停下。为了使两车不相撞，加速度a应满足什么条件？ 解析：设以火车乙为参照物，则甲相对乙做初速为(v1v2)、加速度为a的匀减速运动。若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则此后就不会相撞。因此，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为d。

(v1v2)2(v1v2)2即：0(v1v2)2ad，a，故不相撞的条件为a

2d2d2【模型要点】

追及、相遇问题特点：讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间能否到达相同

的空间位置问题。一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系。一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。 【特别说明】

1. 匀减速运动的物体追同向匀速运动物体

若二者速度相等时，追赶者仍没有追上被追赶者，则追赶者永远追不上被追赶者，此时二者有最小距离；若二者相遇时，追赶者的速度等于被追赶者的速度，则刚好追上，也是二者避免碰撞的临界条件；若二者相遇时，追赶者的速度仍大于被追赶者的速度，则还有一次被被追赶者追上追赶者的机会，其间速度相等时二者的距离有一个最大值。

2. 初速度为零的匀加速运动的物体追同向匀速运动的物体

只要时间足够长，追赶者一定能追上被追赶者发生碰撞。当二者速度相等时有最大距离。若位移相等即追上（同一地点出发）。 在相遇问题中，同向运动的两物体追到即相遇，解决方法同上；相向运动的物体，各自发生的位移绝对值之和为开始时两物体间的距离时即相遇。 三、追及、相遇模型（不在一条直线上）

不在一条直线上的相遇问题在近年高考中也较为常见，如2000年的高考中的“估算出飞机速度”，2004年高考“观察者看卫星”等，该类问题其实是两种不在一条直线上的运动或不同运动的组合体，在空间上在某一时刻到达同一位置。

例. 有一个很大的湖，岸边（可视湖岸为直线）停放着一艘小船，缆绳突然断开，小船被风刮跑，其方向与湖岸成15°角，速度为2.5km/h。同时岸上一人从停放点起追赶小船，已知他在岸上跑的速度为4.0km/h，在水中游的速度为2.0km/h，问此人能否追及小船？

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解析：费马原理指出：光总是沿着光程为极小值的路径传播。据此就将一个运动问题通过类比法可转化为光的折射问题。如图3所示，船沿OP方向被刮跑，设人从O点出发先沿湖岸跑，在A点入水游到OP方向的B点，如果符合光的折射定律，则所用时间最短。

图3

根据折射定律：

sin90v14.0sinv22.0解得30，18015(90)45

在这最短时间，若船还未到达B点，则人能追上小船，若船已经通过了B点，则人不能追上小船，所以船刚好能到达B点所对应的船速就是小船能被追及的最大船速vm。

根据正弦定理

vmtvtvt1122

sin120sin45sin15v1v2sin12022km/h

v1sin15v2sin45又tt1t2 由以上两式可解得：vm此即小船能被人追上的最大速度，而小船实际速度只有2.5km/h，小于22km/h，所以人能追上小船。 【模型要点】

从空间的角度来讲，两物体经过一段时间到达同一位置。必然存在两种关系：一是空间关系，不在一条直线的相遇问题要做好几何图形，利用三角形知识解题。二是时间关系。这是解决该类问题的切入点。 【特别说明】

1、2、)时圆周运动中的相遇、追及：同一圆、同方向追击的物体转过的角度|12|2n(n0、表明两物体相遇或相距最近；反方向转动的物体转过的角度|12|2n（n=0、1、2、……）时表明两物体相遇或相距最近。不同一圆、同方向追击的物体转过的角度|12|2n（n=0、1、2、……）时表明两物体相距最近。

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四．绳件、弹簧、杆件模型（动力学问题）

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别。

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线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。

图1

（1）下面是某同学对题的一种解法：

解：设l1线上拉力为FT1，l2线上拉力为FT2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡FT1cosmg，

FT1sinFT2，FT2mgtan

剪断线的瞬间，FT2突然消失，物体即在FT2反方向获得加速度。

因为mgtanma，所以加速度agtan，方向沿FT2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agtan，你认为这个结果正确吗？请说明理由。

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解析：因为l2被剪断的瞬间，l1上的力发生突变，故物体获得的瞬间加速度由重力的分力提供，大小为gsin，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导致弹力不能突变，所以（2）对。

拓展：在（1）中若l1、l2皆为弹性绳，剪断l2的瞬间，小球的加速度为多少？（参agtan）

若l1、l2皆为弹性绳，剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？（参ag/cos） 在（2）中剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？（参ag）

例2. 如图2所示，斜面与水平面间的夹角30，物体A和B的质量分别为mA10kg、mB5kg。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A0.6，B0.2时，两物体的加速度各为多大？绳的力为多少？

（2）如果把A和B位置互换，两个物体的加速度及绳的力各是多少？ （3）如果斜面为光滑时，则两个物体的加速度及绳的力又各是多少？

图2

解析：（1）设绳子的力为FT，物体A和B沿斜面下滑的加速度分别为aA和aB，根据牛顿第二定律：

对A有mAgsinFTAmAgcosmAaA

对B有mBgsinFTBmBgcosmBaB

设FT0，即假设绳子没有力，联立求解得gcos(AB)aBaA，因AB，故aBaA

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说明物体B运动比物体A的运动快，绳松弛，所以FT0的假设成立。故有

aAg(sinAcos)0196.m/s2aBg(sinBcos)3.27m/s2

因而实际不符，则A静止。

（2）如B与A互换则gcos(AB)aBaA0，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mAgsinmBgsinAmAgcosBmBgcos(mAmB)a代入数据求出a0.96m/s2，用隔离法对B：mBgsinBmBgcosFTmBa代入数据求出FT115.N

（3）如斜面光滑摩擦不计，则A和B沿斜面的加速度均为agsin5m/s两物间无作用力。

2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，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（ ）

图3

A. 小车静止时，Fmgsin，方向沿杆向上

B. 小车静止时，Fmgcos，方向垂直杆向上 C. 小车向右以加速度a运动时，一定有Fma/sin D. 小车向左以加速度a运动时，F(ma)2(mg)2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为

arctan(a/g)

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。

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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：Fsinma，Fcosmg，两式相除得：tana/g。

图4

只有当球的加速度agtan且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有Fma/sin。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F(ma)2(mg)2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为：

arctan(a/g)

在电磁场中，“导体棒”主要是以“棒生电”或“电动棒”的容出现，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。 一、单杆在磁场中匀速运动

例1. （2005年省实验中学预测题）如图1所示，R15，R2，电压表与电流表的量程分别为0～10V和0～3A，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F1＝40N的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1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v1是多少？

（2）当变阻器R接入电路的阻值调到3，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？

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解析：（1）假设电流表指针满偏，即I＝3A，那么此时电压表的示数为U＝IR并＝15V，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U1＝10V，此时电流表示数为I1U12A R并设a、b棒稳定时的速度为v1，产生的感应电动势为E1，则E1＝BLv1，且E1＝I1(R1＋R并)＝20V

a、b棒受到的安培力为F1＝BIL＝40N 解得v11m/s

（2）利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即I2＝3A，此时电压表的示数为U2I2R并＝6V可以安全使用，符合题意。

由F＝BIL可知，稳定时棒受到的拉力与棒中的电流成正比，所以

F2I23F1×40N60N。 I12二、单杠在磁场中匀变速运动

例2. （2005年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，MN、PQ两导轨间的宽为L＝0.50m。一根质量为m＝0.50kg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R＝0.10Ω，其他各部分电阻均不计。开始时，磁感应强度B0050.T。

图2

（1）若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它

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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t＝0开始，使磁感应强度的大小从B0开始使其以

B＝0.20T/s的变化率均匀增加。求经t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t＝0时，F13N，F1Ffma当t＝2s时，F2＝8N

F2FfB0B0LatLma R(F2F1)R24m/s，FfF1ma1N 22B0Lt联立以上式得：aB2L（2）当F安Ff时，为导体棒刚滑动的临界条件，则有：BtLFf

R则B4T，BB0Bt，t17.5s t三、单杆在磁场中变速运动

例3. （2005年高考）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＝2，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。（g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

页脚

2

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解析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律

mgsinmgcosma ① 由①式解得 a4m/s2 ②

（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：

mgsinmgcosF0 ③

此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率

FvP ④ 由③、④两式解得：v10m/s ⑤

（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

IvBl ⑥ PI2R ⑦ RPR0.4T ⑧ 磁场方向垂直导轨平面向上。 vl由⑥、⑦两式解得 B四、变杆问题

例4. （2005年市模拟）如图4所示，边长为L＝2m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R0＝1/m，以导线框两条对角线交点O为圆心，半径r＝0.5m的匀强磁场区域的磁感应强度为B＝0.5T，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v＝4m/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EB2r·v

页脚

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线路总电阻R(L2L)R0。

MN棒上的电流IE将数值代入上述式子可得：I＝0.41A，电流方向：N→M R

（2）棒MN所受的安培力：FAB2rI0.21N，FA方向垂直AC向左。

说明：要特别注意公式E＝BLv中的L为切割磁感线的有效长度，即磁场中与速度方向垂直的导线长度。

十 水平方向的圆盘模型

水平方向上的“圆盘”模型大多围绕着物体与圆盘间的最大静摩擦力为中心展开的，因此最大静摩擦力的判断对物体临界状态起着关键性的作用。

例1. 如图1所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上力为零）。物体和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍，求：

图1

（1）当转盘的角速度1g时，细绳的拉力FT1。 2r3g时，细绳的拉力FT2。 2r2（2）当转盘的角速度2解析：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为0，则mgm0r，解得0gr。

（1）因为1g2r0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物与盘间还未到

页脚

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最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即FT10。

（2）因为23g0，所以物体所需向心力大于物与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体2r2施加拉力FT2，由牛顿的第二定律得：FT2mgm2r，解得FT2mg2。

例2. 如图2所示，在匀速转动的圆盘上，沿直径方向上放置以细线相连的A、B两个小物块。A的质量为mA2kg，离轴心r120cm，B的质量为mB1kg，离轴心r210cm，A、B与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.5倍，试求

图2

（1）当圆盘转动的角速度0为多少时，细线上开始出现力？

（2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度为多大？（g10m/s）

2解析：（1）较小时，A、B均由静摩擦力充当向心力，增大，Fm2r可知，它们受到的静摩擦力也增大，而r1r2，所以A受到的静摩擦力先达到最大值。再增大，AB间绳子开始受到拉力。

由Ffmm10r2，得：02Ffmm1r10.5m1g5rad/s m1r1（2）达到0后，再增加，B增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同来提供，A增大的向心力靠增加拉力来提供，由于A增大的向心力超过B增加的向心力，再增加，B所受摩擦力逐渐减小，直到为零，如再增加，B所受的摩擦力就反向，直到达最大静摩擦力。如再增加，就不能维持匀速圆周运动了，A、B就在圆盘上滑动起来。设此时角速度为1，绳中力为FT，对A、B受力分析：

页脚

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对A有Ffm1FTm11r12对B有FTFfm2m21r2

2联立解得：1Ffm1Ffm2m1r1m2r252rad/s7.07rad/s

［模型要点］

水平方向上的圆盘转动时，物体与圆盘间分为有绳与无绳两种，对无绳情况向心力是由“圆盘”对物体的静摩擦力提供，对有绳情况考虑向心力时要注意临界问题。若F需F摩m，物体做圆周运动，有绳与无绳一样；若F需F摩m，无绳物体将向远离圆心的方向运动；有绳拉力将起作用。 十一 弹簧模型（功能问题）

弹力做功对应的弹簧势能，分子力做功所对应的分子势能、电场力做功对应的电势能、重力做功对应的重力势能有区别，但也有相似。

例题：（2005年高考）如图1所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。 （1）求初始时刻导体棒受到的安培力。

（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹力势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？

（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？

图1

解析：（1）初始时刻棒中感应电动势EBLv0，棒中感应电流IE，作用于棒上的安培力FILB，RL2v0B2联立解得F，安培力方向：水平向左；

R页脚

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（2）由功和能的关系，得安培力做功W1EP1122电阻R上产生的焦耳热Q1mv0EP； mv0，

22（3）由能量转化平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置Q12mv0。 2［模型要点］

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或能量转化和守恒定律求解，图象中的“面积”功也是我们要熟悉掌握的容。 弹力做功的特点：弹力的功等于弹性势能增量的负值。弹性势能的公式EP12kx，高考不作定理2要求，可作定性讨论。因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解。

分子力、电场力、重力做正功，对应的势能都减少，反之增加。都具有相对性系统性。

弹簧一端连联物、另一端固定：当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻。若关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零。若关联物与接触面粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零。

用WqUAB来计算，此时有两个方案：一是严格带符号运算，q和UAB均考虑正和负，所得W的正、负直接表明电场力做功的正负；二是只取绝对值进行计算，所得W只是功的数值，至于做正功还是负功 十二 行星模型

所谓“行星”模型指卫星绕中心天体，或核外电子绕原子旋转。它们隶属圆周运动，但涉及到力、电、能知识，属于每年高考必考容。

例1. 已知氢原子处于基态时，核外电子绕核运动的轨道半径r10.510数n1、2、3，核外电子绕核运动的速度之比和周期之比为：（ ）

333A. v1:v2:v31:2:3；T1:T2:T33:2:110m，则氢原子处于量子

B. v1:v2:v31:11:;T1:T2:T31:23:33 23C. v1:v2:v36:3:2;T1:T2:T31:11D. 以上答案均不对。 :2333

解析：根据经典理论，氢原子核外电子绕核作匀速率圆周运动时，由库仑力提供向心力。

页脚

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2rkke2v2即2m，从而得线速度为 ve周期为T

mrrrv

2又根据玻尔理论，对应于不同量子数的轨道半径rn与基态时轨道半径r1有下述关系式：rnnr1。

由以上几式可得v的通式为：vnvek1

nmr1n11:6:3:2 23所以电子在第1、2、3不同轨道上运动速度之比为：v1:v2:v31:n2r12r12r而周期的通式为：T2n3n3T1

vv1/nv1所以，电子在第1、2、3不同轨道上运动周期之比为：

T1:T2:T313:23:33由此可知，只有选项B是正确的。

例2. 卫星做圆周运动，由于大气阻力的作用，其轨道的高度将逐渐变化（由于高度变化很缓慢，变化过程中的任一时刻，仍可认为卫星满足匀速圆周运动的规律），下述关于卫星运动的一些物理量的变化情况正确的是：（ ） A. 线速度减小；B. 轨道半径增大；C. 向心加速度增大；D. 周期增大。

解析：假设轨道半径不变，由于大气阻力使线速度减小，因而需要的向心力减小，而提供向心力的万有引力不变，故提供的向心力大于需要的向心力，卫星将做向心运动而使轨道半径减小，由于卫星在变轨后的轨道上运动时，满足v则选项C正确。 ［模型要点］

人造卫星的运动属于宏观现象，氢原子中电子的运动属于微观现象，由于支配卫星和电子运动的力遵循平方反比律，即FFGMGM和T2r3，故v增大而T减小，又a引2，故a增大，rmr1，故它们在物理模型上和运动规律的描述上有相似点。 2rGMm 2r公式 FkqqF122 r类似 页脚

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适用条件 研究对象 相互作用 方向 实际应用 适用对象 质点 有质量的两个物体 引力与引力场 两质点连线上 点电荷 带有电荷的两个物体 电场力与静电场 两点电荷的连线上 都是理想模型 类似 都是场作用 相同 相同 不同 两物体间的距离比物体两带电体间的距离比带本身线度大得多 电体本身线度大得多 引力场 静电场 ［特别说明］

一. 线速度与轨道半径的关系

GMmv2m，设地球的质量为M，卫星质量为m，卫星在半径为r的轨道上运行，其线速度为v，可知2rr1GM,即vr。 从而vrke2v2设质量为m'、带电量为e的电子在第n条可能轨道上运动，其线速度大小为v，则有2m，

rnrn从而v1ke2,即vrn。可见，卫星或电子的线速度都与轨道半径的平方根成反比。 mrn二. 动能与轨道半径的关系 卫星运动的动能为EkGMm1即Ek。 2rr氢原子核外电子运动的动能为：

ke21可见，在这两类现象中，卫星与电子的动能都与轨道半径成反比。 Ek即Ek2rnrn

三. 运动周期与轨道半径的关系

42r32r2,即T2r3。 对卫星而言，T，将v与r的关系式代入，得TGMv页脚

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对于电子，同样可得到这个关系式T2rn3。该式即为开普勒第三定律，解题时可以直接使用。 四. 能量与轨道半径的关系

运动物体能量等于其动能与势能之和，即EEkEp。

从离地球较远轨道向离地球较近轨道运动，万有引力做正功，势能减少，动能增大，总能量减少 从离氢原子较远轨道向离氢原子较近轨道运动，库仑力做正功，电势能减少，动能增大，总能量减少。 推论：卫星（或电子）的轨道半径与卫星（或电子）在该轨道上的能量的乘积不变。

由于描述运动规律的各物理量都是轨道半径r的函数，故各个物理量之间的关系都可以通过r这个桥梁来相互转化，一个量变化，其他各量都随之变化。 五. 地球同步卫星

1. 地球同步卫星的轨道平面：非同步人造地球卫星其轨道平面可与地轴有任意夹角，而同步卫星一定位于赤道的正上方，不可能在与赤道平行的其他平面上。

2. 地球同步卫星的周期：地球同步卫星的运转周期与地球自转周期相同。

3. 地球同步卫星的轨道半径：据牛顿第二定律有

GMmGM23mr,得r,0与地球自转角022r0速度相同，所以地球同步卫星的轨道半径为r4.24104km。其离地面高度也是一定的，距地面高度

h3.59104km处。

34. 地球同步卫星的线速度：地球同步卫星的线速度大小为v0r3.0810m/s，为定值，绕行

方向与地球自转方向相同。 ［误区点拨］

天体运动问题：人造地球卫星的发射速度是指把卫星从地球上发射出去的速度，速度越大，发射得越远，发射的最小速度，恰好是在地球表面附近的环绕速度，但人造地球卫星发射过程中要克服地球引力做功，增大势能，所以将卫星发射到离地球越远的轨道上，在地面上所需要的发射速度就越大。 混淆连续物和卫星群：连续物是指和天体连在一起的物体，其角速度和天体相同，而对卫星来讲，其线速度v页脚

GM。 双星系统中的向心力中的距离与圆周运动中的距离的差别。 r. .

十三 滑轮模型

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）。 一、“滑轮”挂件模型中的平衡问题

例1. （2005年市检测题）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，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1，绳子力为F1；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子力为F2；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子力为F3，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（ ） A.

123 B. 123 C. F1F2F3 D. F1F2F3

图1

解析：由于跨过滑轮上绳上各点的力相同，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，12，F1F2，再从C点移到D点，3肯定大于2，由于竖直方向上必须有2Fcos2mg，所以F3F2。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

2

两边的夹角∠ACB=90°，若车厢以加速度a=7.5m/s向左作匀加速运动，则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l，当小车以a7.5m/s向左作匀加速运动时，由于AC、BC之间的类似

页脚

2. .

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，运动中AC长为ll，BC长为ll

由几何关系得

sinsinsin由牛顿运动定律建立方程： llll2l

FTcosFTcosma，FTsinFTsinmg 代入数据求得19，93

说明：本题受力分析并不难，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，Q<2P，求小球可能下降的最大距离h。已知AB的长为2L，不计滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。

图3

解析：选小球Q和两重物P构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐增为最大，紧接着从最大又逐渐减小为零（此时小球下降的距离最大为h），如图4在整个过程中，只有重力做功机械能守恒。

图4

因重为Q的小球可能下降的最大距离为h，所以重为P的两物体分别上升的最大距离均为

h2L2L。考虑到整体初、末位置的速率均为零，故根据机械能守恒定律知，重为Q的小球重力势

能的减少量等于重为P的两个物体重力势能的增加量，即Qh2P(h2L2L)。从而解得

h4PLQ

4P2Q2十四 渡河模型

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在运动的合成与分解中，如何判断物体的合运动和分运动是首要问题，判断合运动的有效方法是看见的运动就是合运动。合运动的分解从理论上说可以是任意的，但一般按运动的实际效果进行分解。小船渡河和斜拉船等问题是常见的运动的合成与分解的典型问题 一、速度的分解要从实际情况出发

例1. 如图1所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度v0拉水平面上的物体A，当绳与水平方向成θ角时，求物体A的速度。

图1

解法一（分解法）：本题的关键是正确地确定物体A的两个分运动。物体A的运动（即绳的末端的运动）可看作两个分运动的合成：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图1所示，由此可得vAvv10。 coscos解法三（能量转化法）：由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功。人对绳子的拉力为F，则对绳子做功的功率为P1Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体做功的功率为P2FvAcos，因为P1P2所以vAv0。 cos评点：①在上述问题中，若不对物体A的运动认真分析，就很容易得出vAv0cos的错误结果；②当物体A向左移动，θ将逐渐变大，vA逐渐变大，虽然人做匀速运动，但物体A却在做变速运动。 总结：解题流程：①选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）；②确定该点合速度方向（物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变；③确定该点合速度的实际运动效果从而依据平行四边形定则确定分速度方向；④作出速度分解的示意图，寻找速度关系。 二、拉力为变力，求解做功要正确理解

页脚

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例2. 如图3所示，某人通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始时人在滑轮的正下方，绳下端A点离滑轮的距离为H。人由静止拉着绳向右移动，当绳下端到B点位置时，人的速度为v，绳与水平面夹角为θ。问在这个过程中，人对重物做了多少功？

图3

解析：人移动时对绳的拉力不是恒力，重物不是做匀速运动也不是做匀变速运动，故无法用

WFscos求对重物做的功，需从动能定理的角度来分析求解。

当绳下端由A点移到B点时，重物上升的高度为：

hHH(1sin)mgH(1sin)重力做功的数值为：WG Hsinsinsin

当绳在B点实际水平速度为v时，v可以分解为沿绳斜向下的分速度v1和绕定滑轮逆时针转动的分速度v2，其中沿绳斜向下的分速度v1和重物上升速度的大小是一致的，从图中可看出：v1vcos

以重物为研究对象，根据动能定理得：W人WG12mv10 2mgH(1sin)mv2cos2W人

sin2【实际应用】小船渡河

两种情况：①船速大于水速；②船速小于水速。 两种极值：①渡河最小位移；②渡河最短时间。 例3. 一条宽度为L的河，水流速度为v水，已知船在静水中速度为v船，那么：

（1）怎样渡河时间最短？（2）若v船v水，怎样渡河位移最小？（3）若v船v水，怎样渡河船漂下的距离最短？

页脚

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解析：（1）小船过河问题，可以把小船的渡河运动分解为它同时参与的两个运动，一是小船运动，一是水流的运动，船的实际运动为合运动。如图4所示。设船头斜向上游与河岸成任意角θ。这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为v1v船sin，渡河所需要的时间为tLL，可以看出：L、vv1v船sinL。 v船船

一定时，t随sinθ增大而减小；当90时，sin1（最大）。所以，船头与河岸垂直tmin图4

（2）如图5所示，渡河的最小位移即河的宽度。为了使渡河位移等于L，必须使船的合速度v的方向与河岸垂直，即使沿河岸方向的速度分量等于0。这时船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ，所以有v船cosv水，即arccosv水v船。

图5

因为0cos1，所以只有在v船v水时，船才有可能垂直河岸渡河。

（3）若v船v水，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游，怎样才能使漂下的距离最短呢？ 如图6所示，设船头v船与河岸成θ角。合速度v与河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α角最大呢？以v水的矢尖为圆心，v船为半径画圆，当v与圆相切时，α角最大，根据cosv船v水

页脚

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图6

船头与河岸的夹角应为arccosv船v水，船沿河漂下的最短距离为：

xmin(v水v船cos)Lv船sin此时渡河的最短位移：s cosv船

LLv水误区：不分条件，认为船位移最小一定是垂直到达对岸；将渡河时间最短与渡河位移最小对应。 十五 斜面模型

斜面模型是中学物理中最常见的模型之一，各级各类考题都会出现，设计的容有力学、电学等。相关方法有整体与隔离法、极值法、极限法等，是属于考查学生分析、推理能力的模型之一。 一. 利用正交分解法处理斜面上的平衡问题

例1. 相距为20cm的平行金属导轨倾斜放置（见图1），导轨所在平面与水平面的夹角为37，现在导轨上放一质量为330g的金属棒ab，它与导轨间动摩擦系数为0.50，整个装置处于磁感应强度B=2T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V，阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，取g10m/s，为保持金属棒ab处于静止状态，求： （1）ab入的最大电流强度为多少？ （2）ab入的最小电流强度为多少？

2

解析：导体棒ab在重力、静摩擦力、弹力、安培力四力作用下平衡，由图2中所示电流方向，可知

页脚

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导体棒所受安培力水平向右。当导体棒所受安培力较大时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向下，当导体棒所受安培力较小时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向上。

（1）ab入最大电流强度时受力分析如图2，此时最大静摩擦力FfFN沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab平衡可知，x方向：

FmaxFNcosFNsinFN(cossin)

y方向：mgFNcosFNsinFN(cossin)

由以上各式联立解得：

Fmaxmgcossin6.6NcossinFmax16.5ABL

FmaxBImaxL,有Imax（2）通入最小电流时，ab受力分析如图3所示，此时静摩擦力FfF'N，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡有：

x方向：FminF'NsinF'NcosF'N(sincos)

'y方向：mgF'NsinF'NcosF'N(sincos)

联立两式解得：Fminmgsincos0.6N

sincos由FminBIminL,IminFmin1.5A BL页脚

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评点：此例题考查的知识点有：（1）受力分析——平衡条件的确定；（2）临界条件分析的能力；（3）直流电路知识的应用；（4）正交分解法。 说明：正交分解法是在平行四边形定则的基础上发展起来的，其目的是用代数运算来解决矢量运算。正交分解法在求解不在一条直线上的多个力的合力时显示出了较大的优越性。建立坐标系时，一般选共点力作用线的交点为坐标轴的原点，并尽可能使较多的力落在坐标轴上，这样可以减少需要分解的数目，简化运算过程。

二. 利用矢量三角形法处理斜面系统的变速运动

例2. 物体置于光滑的斜面上，当斜面固定时，物体沿斜面下滑的加速度为a1，斜面对物体的弹力为

FN1。斜面不固定，且地面也光滑时，物体下滑的加速度为a2，斜面对物体的弹力为FN2，则下列关系

正确的是：

A. a1a2,FN1FN2 B. a1a2,FN1FN2

C. a1a2,FN1FN2 D. a1a2,FN1FN2

解析：当斜面可动时，对物体来说是相对斜面这个加速参考系在作加速运动，而且物体和参考系的运动方向不在同一条直线上，利用常规的方法难于判断，但是利用矢量三角形法则能轻松获解。 如图4所示，由于重力的大小和方向是确定不变的，斜面弹力的方向也是惟一的，由共点力合成的三角形法则，斜面固定时，加速度方向沿斜面向下，作出的矢量图如实线所示，当斜面也运动时，物体并不沿平行于斜面方向运动，相对于地面的实际运动方向如虚线所示。所以正确选项为B。

评点：在运动学中巧取参考系；在动力学中运用整体法与隔离法；在研究重力势能时选取参考平面；在电学中善用等势面等往往能起到柳暗花明的效果。

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三. 斜面上的综合问题

例3. 带负电的小物体在倾角为(sin0.6)的绝缘斜面上，整个斜面处于围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图5所示。物体A的质量为m，电量为-q，与斜面间的动摩擦因素为，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半。物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t后突然在斜面区域加上围足够大的匀强磁场，磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面。

（1）物体A在斜面上的运动情况？说明理由。

（2）物体A在斜面上运动过程中有多少能量转化为能？（结果用字母表示）

解析：（1）物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用，<1>小物体A在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；<2>加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里。随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体A将离开地面。

（2）加磁场之前，物体A做匀加速运动，据牛顿运动定律有：

mgsinqEcosFfma又FNqEsinmgcos0,FfFN

解出ag(2) 212g(2)t2A沿斜面运动的距离为：sat

24加上磁场后，受到洛伦兹力F洛Bqv

随速度增大，支持力FN减小，直到FN0时，物体A将离开斜面，有：

BqvmgcosqEsin mg解出v2qB页脚

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物体A在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理有：mg(Ls)sinqE(Ls)cosWf12mv0 2g(2)t2m3g2L22 物体A克服摩擦力做功，机械能转化为能：Wfmg48qB四. 斜面的变换模型

例4. 如图6所示，在水平地面上有一辆运动的平板小车，车上固定一个盛水的杯子，杯子的直径为

R。当小车作匀加速运动时，水面呈如图所示状态，左右液面的高度差为h，则小车的加速度方向指向如何？加速度的大小为多少？

解析：我们由图可以看出物体运动情况，根据杯中水的形状，可以构建这样的一个模型，一个物块放在光滑的斜面上（倾角为），重力和斜面的支持力的合力提供物块沿水平方向上的加速度，其加速度为：agtan。

我们取杯中水面上的一滴水为研究对象，水滴受力情况如同斜面上的物块。由题意可得，取杯中水面上的一滴水为研究对象，它相对静止在“斜面”上，可以得出其加速度为agtan，而tan得ah，Rgh，方向水平向右。 R点评：在本题中可以突出物体的受力特征，建立等效模型，用简捷的等效物理模型代替那些真实的、复杂的物理情景，从而使复杂问题的求解过程得到直观、优化，诸如此类的还有等时圆等等。 ［模型要点］

斜面固定时，对斜面上的物体受力分析，建立坐标系进行正交分解，选择利用三大定律列方程求解；对斜面不固定时，我们将斜面与斜面上的物体看成系统，仔细观察题中条件，采用整体法或动量定理甚至动量守恒定律处理。

十六 带电粒子在电场中的运动模型

带电粒子在电场中的运动也是每年高考中的热点问题，具体来讲有电场对带电粒子的加速（减速），涉及容有力、能、电、图象等各部分知识，主要考查学生的综合能力。

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例. 在与x轴平行的匀强电场中，一带电量为1.0108C、质量为2.510kg的物体在光滑水平面上沿着x轴做直线运动，其位移与时间的关系是x0.16t0.02t2，式中x以米为单位，t的单位为秒。从开始运动到5s末物体所经过的路程为________m，克服电场力所做的功为________J。 解析：由位移的关系式x0.16t0.02t2可知v00.16m/s。

31a0.02，所以a0.04m/s2，即物体沿x轴方向做匀减速直线运动 2设从开始运动到速度为零的时间为t1，则v0at1故t104s，s1vt10t10.32m a2vv第5s物体开始反向以a20.04m/s的加速度做匀加速直线运动

2s212a2t20.02m因此开始5s的路程为s1s20.34m，5s末的速度v2a2t20.04m/s 2

1212mv0mv23.0105J 22克服电场力做功 W点评：解答本题的关键是从位移与时间的关系式中找出物体的初速度和加速度，分析出物体运动4s

速度减为零并反向运动，弄清位移与路程的联系和区别。 ［模型要点］

力和运动的关系——牛顿第二定律

根据带电粒子受到的力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量。这条思路通常适用于受恒力作用下的匀变速曲线运动。 功和能的关系——动能定理

根据力对带电粒子所做的功W及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等，这条思路通常适用于非均匀或均匀变化的磁场，特别适用于非均匀变化的磁场。

在讨论带电粒子的加速偏转时，对于基本粒子，如电子、质子、中子等，没有特殊说明，其重力一般不计；带电粒子如液滴、尘埃、颗粒等没有特殊说明，其重力一般不能忽略。 十七 磁偏转模型

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带电粒子在垂直进入磁场做匀速圆周运动。但从近年的高考来看，带电粒子垂直进入有界磁场中发生偏转更多，其中运动的空间还可以是组合形式的，如匀强磁场与真空组合、匀强磁场、匀强电场组合等，这样就引发出临界问题、数学等诸多综合性问题。

例. （2005年物理高考科研测试）一质点在一平面运动，其轨迹如图1所示。它从A点出发，以恒定速率v0经时间t到B点，图中x轴上方的轨迹都是半径为R的半圆，下方的都是半径为r的半圆。

（1）求此质点由A到B沿x轴运动的平均速度。

（2）如果此质点带正电，且以上运动是在一恒定（不随时间而变）的磁场中发生的，试尽可能详细地论述此磁场的分布情况。不考虑重力的影响。

图1

解析：（1）由A到B，若上、下各走了N个半圆，则其位移

xN2(Rr) ① 其所经历的时间tN(Rr)v0 ②

所以沿x方向的平均速度为vx2v0(Rr) t(Rr)（2）I. 根据运动轨迹和速度方向，可确定加速度（向心加速度），从而确定受力的方向，再根据质

点带正电和运动方向，按洛伦兹力的知识可断定磁场的方向必是垂直于纸面向外。

II. x轴以上和以下轨迹都是半圆，可知两边的磁场皆为匀强磁场。

III. x轴以上和以下轨迹半圆的半径不同，用B上和B下分别表示上、下的磁感应强度，用m、q和v分别表示带电质点的质量、电量和速度的大小；则由洛伦兹力和牛顿定律可知，

22Bv0v0rRqvB上m、qvB下m，由此可得上，即下面磁感应强度是上面的倍。

RrrB下R［模型要点］

从圆的完整性来看：完整的圆周运动和一段圆弧运动，即不完整的圆周运动。无论何种问题，其重

点均在圆心、半径的确定上，而绝大多数的问题不是一个循环就能够得出结果的，需要有一个从定性到定量的过程。

回旋模型三步解题法：

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①画轨迹：已知轨迹上的两点位置及其中一点的速度方向；已知轨迹上的一点位置及其速度方向和另外一条速度方向线。

②找联系：速度与轨道半径相联系：往往构成一个直角三角形，可用几何知识（勾股定理或用三角函数）已知角度与圆心角相联系：常用的结论是“一个角两边分别与另一个角的两个边垂直，两角相等或互余”；时间与周期相联系：tT； 2③利用带电粒子只受洛伦兹力时遵循的半径及周期公式联系。 ［误区点拨］

洛伦兹力永远与速度垂直、不做功；重力、电场力做功与路径无关，只由初末位置决定，当重力、电场力做功不为零时，粒子动能变化。因而洛伦兹力也随速率的变化而变化，洛伦兹力的变化导致了所受合外力变化，从而引起加速度变化，使粒子做变加速运动。 十八 复合场模型

复合场是高中物理中的热点问题，常见的有重力场与电场、重力场与磁场、重力场与电磁场等等，对复合场问题的处理过程其实就是一种物理思维方法。所以在复习时我们也将此作为一种模型讲解。 例1. 粗细均匀的U形管装有某种液体，开始静止在水平面上，如图1所示，已知：L=10cm，当此U形管以4m/s的加速度水平向右运动时，求两竖直管液面的高度差。（g10m/s）

2

2图1

解析：当U形管向右加速运动时，可把液体当做放在等效重力场中，g'的方向是等效重力场的竖直方向，这时两边的液面应与等效重力场的水平方向平行，即与g'方向垂直。设g'的方向与g的方向之间夹角为，则tana0.4由图可知液面与水平方向的夹角为α，所以ghLtan100.4cm4cm0.04m

例2. 如图2所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的带电小球，将它置于一方向水平向右，场强为正的匀强电场中，已知当细线离开竖直位置偏角α时，小球处于平衡状态。

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图2

（1）若使细线的偏角由α增大到，然后将小球由静止释放。则应为多大，才能使细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零？

（2）若α角很小，那么（1）问中带电小球由静止释放在到达竖直位置需多少时间？

解析：带电小球在空间同时受到重力和电场力的作用，这两个力都是恒力，故不妨将两个力合成，并称合力为“等效重力”，“等效重力”的大小为：

(mg)2(Eq)2mgmg，令mg' coscos这里的g'g可称为“等效重力加速度”，方向与竖直方向成α角，如图3所示。这样一个“等cos效重力场”可代替原来的重力场和静电场。

图3

（1）在“等效重力场”中，观察者认为从A点由静止开始摆至B点的速度为零。根据重力场中单摆摆动的特点，可知2。

（2）若α角很小，则在等效重力场中，单摆的摆动周期为T2LLcos，从A→B的2g'g时间为单摆做简谐运动的半周期。即tTLcos。 2g思考：若将小球向左上方提起，使摆线呈水平状态，然后由静止释放，则小球下摆过程中在哪一点的

速率最大？最大速率为多大？它摆向右侧时最大偏角为多大？

点评：本题由于引入了“等效重力场”的概念，就把重力场和电场两个场相复合的问题简化为只有一个场的问题。从而将重力场中的相关规律有效地迁移过来。值得指出的是，由于重力场和电场都是匀强

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场，即电荷在空间各处受到的重力及电场力都是恒力，所以，上述等效是允许且具有意义的，如果电场不是匀强电场或换成匀强磁场，则不能进行如上的等效变换，这也是应该引起注意的。

巩固小结：通过以上例题的分析，带电粒子在电场中的运动问题，实质是力学问题，其解题的一般步骤仍然为：确定研究对象；进行受力分析（注意重力是否能忽略）；根据粒子的运动情况，运用牛顿运动定律、动能定理或能量关系、动量定理与动量守恒定律列出方程式求解。 十九 电路的动态变化模型

“电路的动态变化”模型指电路中的局部电路变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。

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

E确定闭合电Rr路的电流强度如何变化；再由UEIr确定路端电压的变化情况；最后用部分电路的欧姆定律UIR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I及分流、分压原理讨论各部分电阻的电流、电压变化情况。

当滑片P向左滑动，R3减小，即R总减小，根据I总E判断总电流增大，A1示数增大；

R总r路端电压的判断由而外，根据UEIr知路端电压减小，V示数减小； 对R1，有U1I总R1所以U1增大，V1示数增大；

对并联支路，U2UU1，所以U2减小，V2示数减小；

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对R2，有I2U2，所以I2减小，A2示数减小。 R2评点：从本题分析可以看出，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、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，原则为不变应万变（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电阻，伏安图象如图所示，根据图线回答：

（1）干电池的电动势和电阻各多大？（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E1.5V，电阻rE1.50.2 I短7.5也可由图线斜率的绝对值即阻，有：r1.51.00.2 2.5（2）a点对应外电阻RaUa1.00.4 Ia2.522此时电源部的热耗功率：PrIar2.50.2W1.25W

也可以由面积差求得：PrIaEIaUa2.5(1.51.0)W1.25W

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（3）电阻之比：

Ra1.0/2.54P1.02.5W1 输出功率之比：aRb0.5/5.01 Pb0.55.0W1I短E（4）电源最大输出功率出现在、外电阻相等时，此时路端电压U，干路电流I，因而最

22大输出功率P出m1.57.5W2.81W 22当然直接用P出mE2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。 4r评点：利用题目给予图象回答问题，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U—I图象知E=1.5V，斜率表阻，外阻为图线上某点纵坐标与横坐标比值；当电源外电阻相等时，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，U1为加在初级线圈两端的电压，I1为初级线圈中的电流强度，则（ ）

A. 保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大

B. 保持P的位置及U1不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小

C. 保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大

D. 保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大

图3

2U1n1U2P2n1减小，解析：S由a合到b时，由可知U2增大，随之增大，而P1P2，又P1I1U1，U2n2R页脚

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从而I1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，P2将减小，可见，选项B也

2U2是正确的。当P上滑时，R增大，P2减小，又P1P2，P1U1I1，从而I1减小，可见选项C是错

R误的。当U1增大，由D是正确的。

U1n1InU，可知U2增大，I22随之增大；由12可知I1也增大，则选项U2n2I2n1R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U2由U1和匝数比决定；

I2由U2和负载电阻决定；I1由I2和匝数比决定。 总结：变压器动态问题（制约问题）

n1nU)一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U221，n2n1①电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(可简述为“原制约副”。

②电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1)一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由n2副线圈中的输出电流I2决定，即I1n2I2，可简述为“副制约原”。 n1③负载制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2P负1P负2…；原线圈的输入功率

P1P2简述为“副制约原”。

特例：当变压器空载时（即负载电阻R），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，则输入电流也是无穷大，使原线圈处于“短路”状态。 二十 模型组合讲解——电磁流量计模型

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。

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

3间流过液体的体积（m/s）。已知管的直径为D，磁感应强度为B，试推出Q与的关系表达式。

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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两点的电势差达到稳定值，此时，洛伦兹力和电场力平衡：

qvBqE，ED，vDB，圆管的横截面积S1D。 D2故流量QSv44B评点：①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。②联系宏观量I和微观量的电流表达式InevS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，其中空部分的长、高、宽分别为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，磁感应强度为B，方向如图所示。发电导管有电阻率为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。发电导管电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管电离气体流速处处相同，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，发电导管两端的电离气体压强差p维持恒定，求：

（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）磁流体发电机发电导管的输入功率P。

解析：（1）不存在磁场时，由力的平衡得Fabp。

（2）设磁场存在时的气体流速为v，则磁流体发电机的电动势EBav

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B2a2v回路中的电流I电流I受到的安培力F安

aaRLRLblbl

Bav设F'为存在磁场时的摩擦阻力，依题意

F'v，存在磁场时，由力的平衡得abpF安F' Fv0根据上述各式解得E1Bav0B2av0bp(RL

abl)（3）磁流体发电机发电导管的输入功率Pabvp

由能量守恒定律得PEIF'v故：P1abv0pB2av0bp(RL

abl)二十一 运动学

在近年的高考中对各类运动的整合度有所加强，如直线运动之间整合，曲线运动与直线运动整合等，不管如何整合，我们都可以看到共性的东西，就是围绕着运动的同时性、性而进行。

一、两种直线运动模型

匀速直线运动：两种方法（公式法与图象法） 匀变速直线运动：vtv0at，sv0t12at，几个推论、比值、两个中点速度和一个v-t图象。 2特例1：自由落体运动为初速度为0的匀加速直线运动，a=g；机械能守恒。

特例2：竖直上抛运动为有一个竖直向上的初速度v0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g。特点：时间对称（t上t下）、速率对称（v上v下）；机械能守恒。

二、两种曲线运动模型

平抛运动：水平匀速、竖直方向自由落体

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mv2mr2mv 匀速圆周运动：F法F向ma向r一、匀速直线运动与匀速直线运动组合

例1. （04年高考）一路灯距地面的高度为h，身高为l的人以速度v匀速行走，如图1所示。 （1）试证明人的头顶的影子作匀速运动； （2）求人影的长度随时间的变化率。

图1

解法1：（1）设t=0时刻，人位于路灯的正下方O处，在时刻t，人走到S处，根据题意有OS=vt，过路灯P和人头顶的直线与地面的交点M为t时刻人头顶影子的位置，如图2所示。OM为人头顶影子到

O点的距离。 图2

由几何关系，有

hlhv联立解得OMt

OMOMOS hl因OM与时间t成正比，故人头顶的影子作匀速运动。

（2）由图2可知，在时刻t，人影的长度为SM，由几何关系，有SM=OM-OS，由以上各式得

SMlvlv可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率k。 thl hl解法2：本题也可采用“微元法”。设某一时间人经过AB处，再经过一微小过程t(t0)，则人由AB到达A’B’，人影顶端C点到达C’点，由于SAA'vt则人影顶端的移动速度：

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图3

vClimSCC't0tHSAA'HvHh limt0tHh可见vC与所取时间t的长短无关，所以人影的顶端C点做匀速直线运动。

评点：本题由生活中的影子设景，以光的直进与人匀速运动整合立意。解题的核心是利用时空将两

种运动组合，破题的难点是如何借助示意图将动态过程静态化，运用几何知识解答。

二、匀速直线运动与匀速圆周运动组合

例2. （2005年高考）一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图4（a）为该装置示意图，图4（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中t11.0103s，t20.8103s。

（1）利用图（b）中的数据求1s时圆盘转动的角速度；（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向；（3）求图（b）中第三个激光信号的宽度△t3。

图4

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解析：（1）由图线读得，转盘的转动周期T0.8s， 角速度26.28rad/s7.85rad/s T0.8（2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动（理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能

通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动）。 （3）设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为ri，第i个脉冲的宽度为△ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v。

tid，r3r2r2r1vT2riTdT11dT11r2r1()，r3r2()2t2t12t3t2t1t20.67103s

2t1t2

由以上式联立解得t3评点：将直线运动与圆周运动组合，在近年高考中出现率极高，如2000年全国高考中“激光束转动测小车的速度”等，破题的关键是抓住时间、空间的关联。

三、匀加速直线运动与匀加速运动组合

例3. （2004年高考）如图5是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场，分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。

已知两板间距d=0.1m，板的度l0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为110C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。

5图5

页脚

. .

（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？

（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？ （3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。

解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足l12gt 2gmd2d1Uq21104V 在水平方向上满足：s两式联立得Ut2lq22dm

（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足

11Uqmg(lH)mv222

Uqv2g(lH)4m/sm（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度

(0.5v1)21v12()() v12g(lH)4m/s 反弹高度h12g42g根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度：

1nv121hn()()()n0.8m当n4时，hn0.01m

42g4

四、匀速圆周运动与匀速圆周运动组合

例4. 侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高为h，要使卫星在一天

的时间将地面上赤道各处在日照条件下的情况全部都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄影像机至少应拍地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转的周期为T。

解析：设卫星周期为T1，那么：

Mm42Gm2(Rh) (Rh)2T1页脚

① 又GMmmg R2 ②

. .

2有T1R(hR)3 g③ 地球自转角速度为2 T ④

在卫星绕行地球一周的时间T1，地球转过的圆心角为T1那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长为sR

2T1 T⑥

⑤

42由①②③④⑤⑥得sT(hR)3 g五、匀速圆周运动与平抛运动组合

例5. （05全国高考）如图6所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比

m12，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。 m2 图6

解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律，

(m1m2)gR12 (m1m2)v02设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，(m1m2)v0m1v1m2v2

分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，4R12gt，sv1t 2页脚

. .

根据题给条件，女演员刚好回A点，由机械能守恒定律，m2gR上各式可得s8R。

12，已知m12m2，由以m2v22页脚