高考物理大题经典模型组合讲解整理汇总.pdf

模型组合讲解一一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Ui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：图1（甲）图1（乙）（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U。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x-y坐标系中画出这个波形。y图i（丙）解析：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有eU=；冽v（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：L=vit竖直方向，有尸=工办2,且。=工，联立解得：2 mdeUL22md v1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：eU.L2 d 2d2。2mdv i 2 L（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t an8=匕=里?=炉又知）=坐=，联立得匕 mdvi Ly 2mdv1 2图2由相似三角形的性质，得:L上J,则(一LU yy 4dU峰值为ym(L+2D)LU0-v4d U1波形长度为Xi=v T,波形如图3所示。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后所获得的速度V。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匕=%,x=v0Z,沿电场线方向粒子做匀加速,有：dm 匕 2dmv；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V v度方向的位移，即粒子好像从极板中点处沿直线飞离偏转电场，即匕口。=上匕 2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方=；相2-。由于基本粒子（电子、质子、。粒子等）在电场中受到电场力的 mg,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4的区别。2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：Ek=Eqy（注意，一般来说不等于q U）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103相，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/=1.6c m,两板间的距离为0.50c m,偏转板的右端距纸L=3.2c m,若一个墨汁微滴的质量为1.6x10t03,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8.0义1。3%，若墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离是2.0mm。（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力,离开电场后沿直线打到纸上过程中的偏转为y2,贝小at1 qUl2 y2y.=-=-,-=2 2mdv2 L L2由微滴打到纸上点距原入射方向的距离为：丫=%+为qUl(l+2L)2mdv2代入数据可得：9=1.25x10-13。（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8 8 00V,实现字体放大10%；也可以增加偏转极板与纸的距离L,（0十05/）二.1解得:L=3.6cm。（+0.5/）模型组合讲解一一电磁场中的单杆模型秋阚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。10V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。（1）当变阻器R接入电路的阻值调到30口，且用口=4（的水平拉力向右拉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？一（2）当变阻器R接入电路的阻值调到口，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I=3A,那么此时电压表的示数为11=口=15丫，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Ui=10V,此时电流表示数为设a、b棒稳定时的速度为口，产生的感应电动势为Ei，则Ei=BLvi，且Ei=L（Ri+R并）:20V a、b棒受到的安培力为Fi=BIL=40N（2）利R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=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=0.10Q,其他各部分电阻均不图2(1)若保持磁感应强度的大小不变，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Bo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t=0时,当 t=2s 时，F2=8 N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口=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0.25o(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8 W,求该速度的大小;（3）在上他中，聿R=|一I，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/s2,|=0.6,c o s37=0.8）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于电路中电阻R消耗的电功率I I由、两式解得：I I（3）设电路中电流为I,两导轨间金属棒的长为/,磁场的磁感应强度为BO由、两式解得磁场方向垂直导轨平面向上O四、变杆问题例4.（2005年肇庆市模拟）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Ro=lD/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，棒上感应电动势为线路总电阻MN棒上的电流 将数值代入上述式子可得:I=0.41A,电流方向：N-M（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=35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一导体棒产生感应电 动势一感应电流一导体棒受安培力一合外力变化一加速度变化一速度变化一感应电动势变化 一，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（电源）一利用 或I I求感应电动势的大小一利用右手定则或楞次定律判断电流方向一分析电路结构一画等效电路图。（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）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10,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？n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: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，*滑平行的小平金属导轨MNPQ相距/,在M点和P 点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间|长巨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 场左边界相距出。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：X XX：xI XX XX XX&XAI Xfx!XXXde图6(1)(2)棒ab在离开磁场右边界时的速度；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 走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？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,船对地的速度为取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv-Mv=O,即v mv M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S人=4，船的位移V MS物=工，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即=&s人 M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：s船+人=M 由两式解得s人=-L,-LM+mM+m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V。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Av,则计算Av 的式子正确的是：（）MVq图2A.(M+m)v0=71/(%+Av)-muB.(M+m)v0=M(v0+Av)-m(u-v0)C.(M+m)v0=M(v0+Av)-mu-(v0+Av)D.0=MAv-m(u-Av)答案：CD模型组合讲解滑轮模型张武喜【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，达到平衡时，两段绳子间的夹角为,绳子张力为工；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名,绳子张 力为尸2；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生,绳子 张力为尸3,不计摩擦，并且BC为竖直线，则（）A.3X=02 F2 F3 D.Fx-F2 尸3AHI)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，=%，尸1=乙，再从C点移到D点，肯定n大于。2，由于竖直方向上必须有2尸COS$=/g,所以尸3 尸2。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NACB=90,若车厢以加速度a=7.5m/s2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/,当小车以a=7.5m/2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，运动中AC长为/+/,BC长为,n i%曰 sin a sin P sin/由几何关系得-=I A/I+A/J 2/由牛顿运动定律建立方程：Ft cos a-Ft cos/3=ma,3 sin a+3 sin 力=mg代入数据求得。=19。，分=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，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：(1)m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。(2)m到达A点时，对圆柱体的压力。答案：(1)Mg 7rR-mgR=M+m)v2 2 2Mg7iR-2 mgRV M+m2/、mv(2)-=mg-FnRFnMmg n-2m 2g=mg-M+mM+m-JiM+2mmgM+m模型组合讲解先加速后减速模型【模型概述】物体先加速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点，同学在求 解这类问题时一定要注意前一过程的末速度是下一过程的初速度，如能画出速度图象就更明确 过程了。【模型讲解】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AB边重 合，如图1所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为外，盘与桌面间的动摩擦因数为2。现突 然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最近未从桌 面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）图1解析：根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，盘的加速度为许，有1根设盘刚离开桌布时的速度为匕，移动的距离为X1,离开桌布后在桌面上再运动距离/后 便停下，由匀变速直线运动的规律可得：V；=V；=22工2 盘没有从桌面上掉下的条件是：xr+x22【模型特征】“先加速后减速”模型的V-t图象中速度为临界点，斜率为加速度、面积为位移。处理“物体先加速后减速”问题的方法很多，我们可以根据已知条件采用三大定理处理,也可以根据图象快捷处理，借助图象法为我们更加清晰准确的采用全过程法提供了保证。【热点图象】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；电磁感应中的-t图；电磁感应中的I-t图；光电效应中的EH,图。识图要点：运用图象首先要搞清楚纵横轴所代表的物理量，明确要描述的是哪两个物理量之间的关 系。如s-t图象与v-t图象在纵轴上的区别；简谐运动图象与简谐波的图象在横轴上的差异等。图线并不表示物体实际运动的轨迹。如匀速直线运动的s-t图象是一条斜向上的直线，但实际运动的轨迹可以是任意方向的。了解图象的物理意义。从图象的形状看出物理过程，在很多情况下，写出物理量的解析 式与图象对照，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，描述物体在该状态下所具有的特征；“线”代表过程，描述物体在一段过程中随着 横轴所代表的物理量的变化，纵轴代表物理量的变化情况；“面”指的是图线与横轴所围成的 面积，表示纵轴所代表的物理量对横轴所代表的物理量的积累；“斜率”指的是lim 包，当-Ax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述初态特征。【模型演练】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,然后撤 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，则下面说法中正确的是（）A.物体通过的总位移为150mB.物体的最大动能为20JC.物体前10s内和后10s内加速度大小之比为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模型组合讲解子弹打木块模型模型概述子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。尸.相=A4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；一静一动的同种电荷追碰运动等。模型讲解例.如图1所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量 为m的物块(可视为质点)，以水平初速度从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩 擦因数为4，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能 的量Qo%图1解析：可先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出 转化为内能的量Q。对物块，滑动摩擦力巧做负功，由动能定理得：1 2 1 2Ffd+s)=mvt-mv0即心对物块做负功，使物块动能减少。对木块，滑动摩擦力巴对木块做正功，由动能定理得3s=即3对木块做正功,使木块动能增加，系统减少的机械能为：mv-mv-Mv2=FAd+s Ffs-Ffd 2 2 2/本题中T7/=4加g,物块与木块相对静止时，vt=v,则上式可简化为：7 1 2 1 2jLimgd=mv0(m+M)vt 又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，贝小mvQ=(m+Mvt 联立式、得:d=Mv；24g（M+m）故系统机械能转化为内能的量为:+m）2（M+m）点评：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量，即3s=A石。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作 用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：s2+d(v0+v)/2 v0+vs2 v/2 v2 d v0 M+m m所以一=-，s2=-s2 V m M+m一般情况下 m,所以2 d,这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小,可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动 量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：AEkMm-X 2(M+m)模型要点子弹打木块的两种常见类型：木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度V。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 匀加速运动。图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个Vt坐标中，两者的速度图线如下图中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）V图2图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间 阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法：把子弹和木块看成一个系统，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AEmFM物块固定在水平面，子弹以初速度V。射击木块，对子弹利用动能定理，可得：1 2 1 2-Ffd-mvt mvh/2 2两种类型的共同点：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 转化为内能）。B、摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为Q=Ff-s,其中Ff 是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移（在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。C、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（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，由于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间性如速度问题。图3模型演练如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间 的距离为d,右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆,电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为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V。对准小孔向左运动，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：(1)带电环与左极板相距最近时的速度v；(2)此过程中电容器移动的距离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V。的匀减速直线运动，而电 容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板 相距最近，由系统动量守恒定律可得：动量观点：mvQmvn=(M+m)v,v=-M+m力与运动观点：设电场力为FF F mvQv0-1=t=V,V=-m M M+m(2)能量观点(在第(1)问基础上)：,d 1 2 1 2对 m：-Eq (+一)=mv mv0.2 2 2对 M：Eqs-Mv2-0d 1 2 1 2Eq-=(jn+Mv-mvQ2 2 2所以s=mM+md_2运动学观点:r V t V+Vn对 M：t=s,对 m：-t=s2 2d&“口 mds-s=，解得：s=-2 2(+加)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5d 1 1一=-v(/o，s=%2 2 2解得:mds=-2(M+m)(3)在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系 统中减少的动能全部转化为电势能。2011高三物理模型组合讲解水平方向上的碰撞+弹簧模 型车晓红模型概述在应用动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转化等规律考查学生的综合应用能力时,常有一类模型，就是有弹簧参与，因弹力做功的过程中弹力是个变力，并与动量、能量联系,所以分析解决这类问题时,要细致分析弹簧的动态过程,利用动能定理和功能关系等知识解题。模型讲解一、光滑水平面上的碰撞问题例1.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B,质量都为m,现B球静止，A球 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Ep,则碰前A球的速度等于（）解析：设碰前A球的速度为v o,两球压缩最紧时的速度为v,根据动量守恒定律得出 1 1 lg-mv0=2mv,由能量守恒定律得一次v；=Ep+（2m）v2，联立解得v=2.1,所以正确 2 2 V m选项为Co二、光滑水平面上有阻挡板参与的碰撞问题例2.在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类 反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平 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V。射向B球，如图1所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D,在它们继续向左运 动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，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，突然解除锁定（锁定及解 除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。P%J A B OgrorO O图1（l）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v i，由动量守恒得加。=（m+根）匕当 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2根匕=3根匕，由以上两式求得A的速度V2=-v0o3（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP,由能量守恒，有2加v；=.3次武+石撞击p后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自 2 2然长度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为V3，则有?=；（2/）v；以后弹簧伸长，A球离开挡板P,并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为V4，由动量守恒得2m匕=3mv4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 2mv；=3加v：+J解以上各式得/=加v；。2 2 36说明：对弹簧模型来说“系统具有共同速度之时，恰为系统弹性势能最多”。三、粗糙水平面上有阻挡板参与的碰撞问题例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 过距离时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后 A恰好返回出发点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 大形变量为，2,重力加速度为g,求A从P出发时的初速度vo。图2解析：令A、B质量皆为m,A刚接触B时速度为vi（碰前）由功能关系，有g次V；-；根V：=加A、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 mvi=2mv2碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，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 2 1 2-(2m)v2-(2m)v3=/(2m)g(2/2)此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有:/v；由以上各式，解得%=，意(10/1+16/)四、结论开放性问题例4.用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以y=6m/s的速度在光滑的水平 地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图3所示，B与C碰撞后 二者粘在一起运动。求：在以后的运动中，vA，B C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？为什么？解析：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组 成的系统动量守恒，有Oa+rnB)v=(mA+mB+mc)vA解得：vA=3m/s(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为则mBv=(mB+mc)v v=2m/s设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为Ep,根据能量守恒Ep)v|2+m.v2-(m A+-12 Ji 2、b/2 A 2 4 Jj L，A(3)由系统动量守恒得mAv+mBv=m/+(jnB+mc)vB设A的速度方向向左，vA 4能/s则作用后A、B、C动能之和1 2 1 2Ek=mAVA+（mB+mc）VB 48/实际上系统的机械能,=%+；（%+%+乙）=48,根据能量守恒定律，左，是不可能的。故A不可能向左运动。模型要点系统动量守恒2=P2,如果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。能量守恒八七4二八石，动能与势能相互转化。弹簧两端均有物体：弹簧伸长到最长或压缩到最短时，相关联物体的速度一定相等，弹 簧具有最大的弹性势能。当弹簧恢复原长时，相互关联物体的速度相差最大，弹簧对关联物体的作用力为零。若 物体再受阻力时，弹力与阻力相等时，物体速度最大。模型演练（2010年江苏省前黄高级中学检测题）如图4所示，在光滑水平长直轨道上，A、B两 小球之间有一处于原长的轻质弹簧，弹簧右端与B球连接，左端与A球接触但不粘连，已知m 1mA=,mB=2m,开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为一机的小球C以初速2 2度也向右运动，与A球碰撞后粘连在一起，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球与弹簧分离（弹簧始终处于弹性限度内）。CAB图4（1）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少？（2）当弹簧恢复原长时B球速度是多大？（3）若开始时在B球右侧某位置固定一块挡板（图中未画出），在D球与弹簧分离前使 B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，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，试求出此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:1mvo11=2V=根 V E p max=3m v2 v21 2 1=-mv.-3mv2 21=6V2 1二mv 12(2)设弹簧恢复原长时，D球速度为匕，B球速度为V4mvx-mv3+2mv41 2 mv.21 2H-2mvA2则有匕1-3V1V。2IV1(3)设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度V5、v61 2220%31 mvQ=mv5+2mv6 与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为Mmv5-2mv6=3mv V5-2V62Vv。Ep=x(当2 _lx3mxv 2 2V5+丫5v 二335 24V5 V。361x m22 加入3m(4v5-v0)282362机0(4v5-v0)2824当干时EU2 根V。8V5-幺时，最小，E6尸min2 吟1082所以竺过108E/2 吟8模型组合讲解一一回旋加速模型王模型概述带电粒子在电磁场中的运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（回旋），或两者结合考查学生的综合能力。模型讲解1.回旋加速器解读例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领先技术，它为 临床诊断和治疗提供全新的手段。（1）PET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 回旋加速器输出的高速质子轰击氧16获得的，反应中同时还产生另一个粒子，试写出该核反 应方程。（2）PET所用回旋加速器示意如图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,方向如图所示。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