高考物理大題11大經(jīng)典模型組合講解匯總

1、高考物理大題11大經(jīng)典模型組合解說整理匯總高考物理大題11大經(jīng)典模型組合解說整理匯總高考物理大題11大經(jīng)典模型組合解說整理匯總模型組合解說類平拋運動模型邱東模型概括帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)是中學(xué)物理的重點知識之一，在每年的高考取一般都與磁場綜合，分值高，波及面廣，同時有關(guān)知識在技術(shù)上有典型的應(yīng)用如示波器等，所認為高考的熱門內(nèi)容。模型解說例.（2010年常州調(diào)研）示波器是一種多功能電學(xué)儀器，能夠在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形，它的工作原理可等效成以下狀況：如圖1（甲）所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速不計），經(jīng)過電壓為U1的加快電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中。板長為L，兩板

2、間距離為d，在兩板間加上如圖1（乙）所示的正弦交變電壓，周期為T，前半個周期內(nèi)B板的電勢高于A板的電勢，電場所有集中在兩板之間，且分布均勻。在每個電子經(jīng)過極板的極短時間內(nèi)，電場視作恒定的。在兩極板右邊且與極板右端相距D處有一個與兩板中心線（圖中虛線）垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標原點訂交。當(dāng)?shù)谝粋€電子抵達坐標原點O時，使屏以速度v沿負x方向運動，每經(jīng)過必定的時間后，在一個極短時間內(nèi)它又跳回到初始地點，而后從頭做相同的勻速運動。（已知電子的質(zhì)量為m，帶電量為e，不計電子重力）求：（1）電子進入AB板時的初速度；（2）要使所有的電子都能打在熒光屏上（熒光屏足夠大），圖1（乙）中電壓的最大值U0

3、需滿足什么條件？3）要使熒光屏上一直顯示一個完好的波形，熒光屏一定每隔多長時間回到初始地點？計算這個波形的峰值和長度，在如圖1（丙）所示的xy坐標系中畫出這個波形。圖1（丙）分析：（1）電子在加快電場中運動，據(jù)動能定理，有eU11mv12，v12eU1。2m（2）因為每個電子在板A、B間運動時，電場均勻、恒定，故電子在板A、B間做類平拋運動，在兩板以外做勻速直線運動打在屏上，在板A、B間沿水平方向的分運動為勻速運動，則有：Lv1t豎直方向，有y1at2，且aeU，聯(lián)立解得：2mdy2eUL只需偏轉(zhuǎn)電壓最大時的電子能飛出極板打在屏上，則所有電子都能打在屏上，所以：eU0L2d，U02d2U1ym

4、2L22mdv12（3）要保持一個完好波形，需要隔一個周期T時間回到初始地點，設(shè)某個電子運動軌跡如圖2所示，有tanveULyeUL2Lv1mdv12又知y2mdv12，聯(lián)立得LL2圖2由相像三角形的性質(zhì)，得：LDy(L2D)LU2L/2y，則y4dU1峰值為ym(L2D)LU0v4dU1波形長度為x1vT，波形如圖3所示。圖3模型重點帶電粒子的類平拋運動模型其整體思路為運動的分解（1）電加快：帶電粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，在靜電場中靜止開始僅在電場力作用下做加快運動，經(jīng)過電勢差U后所獲取的速度v0可由動能定理來求得。即qU1mv02。2（2）電偏轉(zhuǎn)：垂直電場線方向粒子做勻速vxv0，xv0t

5、，沿電場線方向粒子做勻加快，有：vyqUt，tanvy，yqUL2dmvx2dmv02在交變電場中帶電粒子的運動：常有的產(chǎn)生及變電場的電壓波形有方行波，鋸齒波和正弦波，對方行波我們能夠采納上述方法分段辦理，關(guān)于后二者一般來說題中會直接或間接提到“粒子在此中運動時電場為恒定電場”。3）在電場中挪動帶電粒子時電場力做功及電勢能變化的狀況與重力做功即重力勢能變化狀況類比。推論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，速度的反向延伸線與初速度的延伸線的交點均分初速vyy1度方向的位移，即粒子憂如從極板中點處沿直線飛離偏轉(zhuǎn)電場，即tanvxL12荷質(zhì)比不一樣的正離子，被同一電場加快后進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們走開偏轉(zhuǎn)電場時

6、的速度方向必定相同，因此不會分紅三股，而是匯聚為一束粒子射出。誤區(qū)點撥因為電場力做功與路徑?jīng)]關(guān)，所以利用電場加快粒子時，無所謂電場是勻強電場還是非勻強電場，假如只受電場力作用時都有Uq1mv221mv02。2因為基本粒子（電子、質(zhì)子、粒子等）在電場中遇到電場力Eqmg，所以基本粒子遇到的重力忽視不計，但帶電的宏觀（由大批分子構(gòu)成）小顆粒，小球，小液滴所受重力不可以忽視。不可以穿出、恰能穿出、能穿出三種狀況下粒子對應(yīng)的位移與板長L的差異；側(cè)位移與板d間距的d或的差異。在勻強電場中場強不變，但兩點間的電勢差要隨距離的變化而變化，穿越電場過程的動能增量：EkEqy（注意，一般來說不等于qU）模型操練

7、（2010年?？迹﹪娔蛴C的構(gòu)造簡圖如圖4所示，此中墨盒能夠發(fā)出墨汁微滴，其半徑5入信號加以控制，帶電后的微滴以必定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打到紙上，顯示出字體，無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直經(jīng)過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)板板長l1.6cm，兩板間的距離為0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙L3.2cm，若一個墨汁微滴的質(zhì)量為1.61010kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，3偏轉(zhuǎn)板間的電壓是8.010V，若墨汁微滴打到紙上點距原射入方向的距離是2.0mm。兩圖41）求這個墨汁微滴經(jīng)過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌?？（不計空氣阻力和重力，能夠認為偏

8、轉(zhuǎn)電場只限制在平行板電容器內(nèi)部，忽視邊沿電場的不均勻性）2）為了使紙上的字體放大10%，請你提出一個可行的方法。答案：（1）帶電液滴的電量設(shè)為q，設(shè)進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動過程中的偏轉(zhuǎn)為y1，走開電場后沿直線打到紙上過程中的偏轉(zhuǎn)為y2，則：y1at2qUl2y2y122mdv2，LL2由微滴打到紙上點距原入射方向的距離為：Yy1qUl(l2L)y222mdv代入數(shù)據(jù)可得：q1.251013C（2）由上式可知，Y與U成正比，能夠提升偏轉(zhuǎn)板間的電壓U到8800V，實現(xiàn)字體放大10%；也能夠增添偏轉(zhuǎn)極板與紙的距離(L0.5l)解得：L3.6cm。L，1.1(L0.5l)模型組合解說電磁場中的單桿模

9、型秋飏模型概括在電磁場中，“導(dǎo)體棒”主假如以“棒生電”或“電動棒”的內(nèi)容出現(xiàn)，從組合狀況看有棒與電阻、棒與電容、棒與電感、棒與彈簧等；從導(dǎo)體棒所在的導(dǎo)軌有“平面導(dǎo)軌”、“斜面導(dǎo)軌”“豎直導(dǎo)軌”等。模型解說一、單桿在磁場中勻速運動例1.（2005年河南省實驗中學(xué)展望題）如圖1所示，流表的量程分別為010V和03A，電表均為理想電表。導(dǎo)體棒導(dǎo)軌圓滑，導(dǎo)軌平面水平，ab棒處于勻強磁場中。，電壓表與電ab與導(dǎo)軌電阻均不計，且圖1（1）當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到30，且用40N的水平拉力向右拉ab棒并使之達到穩(wěn)固速度時，兩表中恰巧有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時ab棒的速度是多少？（2）當(dāng)變阻

10、器R接入電路的阻值調(diào)到，且仍使ab棒的速度達到穩(wěn)準時，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能安全使用，則此時作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？分析：（1）假定電流表指針滿偏，即I3A，那么此時電壓表的示數(shù)為U15V，電壓表示數(shù)超出了量程，不可以正常使用，不合題意。所以，應(yīng)當(dāng)是電壓表正好達到滿偏。當(dāng)電壓表滿偏時，即U110V，此時電流表示數(shù)為設(shè)a、b棒穩(wěn)準時的速度為，產(chǎn)生的感覺電動勢為E1，則E1BLv1，且E1I1(R1R并)20Va、b棒遇到的安培力為F1BIL40N解得（2）利用假定法能夠判斷，此時電流表恰巧滿偏，即I23A，此時電壓表的示數(shù)為6V能夠安全使用，符合題意。由FBIL可知，穩(wěn)準

11、時棒遇到的拉力與棒中的電流成正比，所以。二、單杠在磁場中勻變速運動例2.（2005年南京市金陵中學(xué)質(zhì)量檢測）如圖2甲所示，一個足夠長的“U”形金屬導(dǎo)軌NMPQ固定在水平面內(nèi)，MN、PQ兩導(dǎo)軌間的寬為L0.50m。一根質(zhì)量為m0.50kg的均勻金屬導(dǎo)體棒ab靜止在導(dǎo)軌上且接觸優(yōu)秀，abMP恰巧圍成一個正方形。該軌道平面處在磁感覺強度大小能夠調(diào)理的豎直向上的勻強磁場中。ab棒的電阻為R0.10，其余各部分電阻均不計。開始時，磁感覺強度。圖2（1）若保持磁感覺強度的大小不變，從t0時刻開始，給ab棒施加一個水平向右的拉力，使它做勻加快直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關(guān)系如圖2乙所示。求勻加快運動

12、的加快度及ab棒與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力。（2）若從t0開始，使磁感覺強度的大小從B0開始使其以0.20T/s的變化率均勻增加。求經(jīng)過多長時間ab棒開始滑動？此時經(jīng)過ab棒的電流大小和方向如何？（ab棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等）分析：（1）當(dāng)t0時，當(dāng)t2s時，F(xiàn)28N聯(lián)立以上式得：（2）當(dāng)時，為導(dǎo)體棒剛滑動的臨界條件，則有：則三、單桿在磁場中變速運動例3.（2005年上海高考）如圖3所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距1m，導(dǎo)軌平面與水平面成37角，下端連結(jié)阻值為R的電阻。勻速磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂

13、直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25。圖3（1）求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時的加快度大??；（2）當(dāng)金屬棒下滑速度達到穩(wěn)準時，電阻R耗費的功率為8W，求該速度的大??；（3）在上問中，若R，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感覺強度的大小與方向。g10m/s2，0.6，cos370.8）分析：（1）金屬棒開始下滑的初速為零，依據(jù)牛頓第二定律由式解得2）設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)準時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導(dǎo)軌方向受力均衡：此時金屬棒戰(zhàn)勝安培力做功的功率等于電路中電阻R耗費的電功率由、兩式解得：3）設(shè)電路中電流為I，兩導(dǎo)軌間金屬棒的長為l，磁場的磁感覺強度為B由、兩式解得磁場方向垂直導(dǎo)

14、軌平面向上。四、變桿問題例4.（2005年肇慶市模擬）如圖4所示，邊長為L2m的正方形導(dǎo)線框ABCD和一金屬棒MN由粗細相同的同種資料制成，每米長電阻為R01/m，以導(dǎo)線框兩條對角線交點O為圓心，半徑r0.5m的勻強磁場所區(qū)的磁感覺強度為B0.5T，方向垂直紙面向里且垂直于導(dǎo)線框所在平面，金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸優(yōu)秀且與對角線AC平行擱置于導(dǎo)線框上。若棒以v4m/s的速度沿垂直于AC方向向右勻速運動，當(dāng)運動至AC地點時，求（計算結(jié)果保存二位有效數(shù)字）：圖41）棒MN上經(jīng)過的電流強度大小和方向；2）棒MN所受安培力的大小和方向。分析：（1）棒MN運動至AC地點時，棒上感覺電動勢為線路總電阻。MN棒

15、上的電流將數(shù)值代入上述式子可得：I0.41A，電流方向：NM（2）棒MN所受的安培力：方向垂直AC向左。說明：要特別注意公式EBLv中的L為切割磁感線的有效長度，即在磁場中與速度方向垂直的導(dǎo)線長度。模型重點1）力電角度：與“導(dǎo)體單棒”構(gòu)成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化導(dǎo)體棒產(chǎn)生感覺電動勢感覺電流導(dǎo)體棒受安培力合外力變化加快度變化速度變化感覺電動勢變化，循環(huán)結(jié)束時加快度等于零，導(dǎo)體棒達到穩(wěn)固運動狀態(tài)。（2）電學(xué)角度：判斷產(chǎn)生電磁感覺現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體（電源）利用或求感覺電動勢的大小利用右手定章或楞次定律判斷電流方向分析電路構(gòu)造畫等效電路圖。3）力能角度：電磁感覺現(xiàn)象中，當(dāng)外力戰(zhàn)勝安培力做功時，就有

16、其余形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?；?dāng)安培力做正功時，就有電能轉(zhuǎn)變?yōu)槠溆嘈问降哪?。誤區(qū)點撥正確應(yīng)答導(dǎo)體棒有關(guān)量（速度、加快度、功率等）最大、最小等極值問題的重點是從力電角度分析導(dǎo)體單棒運動過程；而關(guān)于辦理空間距離時好多同學(xué)總想到動能定律，但關(guān)于導(dǎo)體單棒問題我們還能夠更多的考慮動量定理。所以解答導(dǎo)體單棒問題一般是抓住力是改變物體運動狀態(tài)的原由，經(jīng)過分析受力，聯(lián)合運動過程，知道加快度和速度的關(guān)系，聯(lián)合動量定理、能量守恒就能解決。模型操練1.（2005年大聯(lián)考）如圖5所示，足夠長金屬導(dǎo)軌MN和PQ與R相連，平行地放在水平桌面上。質(zhì)量為m的金屬桿ab能夠無摩擦地沿導(dǎo)軌運動。導(dǎo)軌與ab桿的電阻不計，導(dǎo)軌寬度為L，磁

17、感覺強度為B的勻強磁場垂直穿過整個導(dǎo)軌平面。現(xiàn)給金屬桿ab一個剎時沖量I0，使ab桿向右滑行。圖5（1）回路最大電流是多少？（2）當(dāng)滑行過程中電阻上產(chǎn)生的熱量為Q時，桿ab的加快度多大？（3）桿ab從開始運動到停下共滑行了多少距離？答案：（1）由動量定理得由題可知金屬桿作減速運動，剛開始有最大速度時有最大，所以回路最大電流：2）設(shè)此時桿的速度為v，由動能定理有：而Q解之由牛頓第二定律及閉合電路歐姆定律得（3）對全過程應(yīng)用動量定理有：而所以有又此中x為桿滑行的距離所以有。2.（2005年南通調(diào)研）如圖6所示，圓滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間矩形

18、地區(qū)內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為B。一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左界限相距d0。現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在走開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動（棒ab與導(dǎo)軌一直保持優(yōu)秀的接觸，導(dǎo)軌電阻不計）。求：圖61）棒ab在走開磁場右界限時的速度；2）棒ab經(jīng)過磁場區(qū)的過程中整個回路所耗費的電能；3）試分析談?wù)揳b棒在磁場中可能的運動狀況。分析：（1）ab棒走開磁場右界限前做勻速運動，速度為vm，則有：對ab棒0，解得（2）由能量守恒可得：解得：（3）設(shè)棒剛進入磁場時速度為v由：棒在進入磁場前做勻加快直線運動，在磁場中

19、運動可分三種狀況談?wù)摚喝簦ɑ颍?，則棒做勻速直線運動；若（或），則棒先加快后勻速；若（或），則棒先減速后勻速。模型組合解說人船模型申健模型概括“人船”模型極其應(yīng)用如一人（物）在船（木板）上，或兩人（物）在船（木板）上等，在近幾年的高考取極為常有，分值高，劃分度大，假如我們在解題中依照模型看法辦理，以每題分布給分的狀況來看還是能夠獲取相當(dāng)?shù)姆謹?shù)。模型解說例.如圖1所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？圖1分析：以人和船構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)在水平方

20、向動量守恒。當(dāng)人起步加快行進時，船同時向后做加快運動；人勻速運動，則船勻速運動；當(dāng)人停下來時，船也停下來。設(shè)某時刻人對地的速度為v，船對地的速度為v，取人行進的方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律有：mvMv0，即vmvM因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比。所以人由船頭走到船尾的過程中，人的均勻速度v與船的均勻速度v也與它們的質(zhì)量成反比，即vms人vt，船的位移，而人的位移vMs船s船m1vt，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即Ms人式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的合用條件：本來處于靜止狀態(tài)的系

21、統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒。由圖1能夠看出：s船s人L2ML，s船mL由兩式解得s人MmMm模型重點動力學(xué)規(guī)律：因為構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體遇到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度大小與質(zhì)量成反比，方向相反。這種問題的特色：兩物體同時運動，同時停止。動量與能量規(guī)律：因為系統(tǒng)不受外力作用，故而依照動量守恒定律，又因為相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化：力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。兩個推論：當(dāng)系統(tǒng)的動量守恒時，隨意一段時間內(nèi)的均勻動量也守恒；當(dāng)系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)的質(zhì)心保持本來的靜止或勻速直線運動狀態(tài)不變。合用范圍

22、：動量守恒定律固然是由牛頓第二定律推導(dǎo)獲取的，但它的合用范圍比牛頓第二定律更寬泛，它既合用于宏觀也合用于微觀，既合用于低速也合用于高速。誤區(qū)點撥動量守恒的研究對象是一個系統(tǒng)，對一個物體就不可以談動量守恒問題。動量守恒定律是一個矢量表達式；動量守恒定律是一個狀態(tài)量表達式，它只與系統(tǒng)的初末狀態(tài)有關(guān)；動量守恒定律擁有相對性，表達式中的速度應(yīng)是對應(yīng)同一參照系的速度；動量守恒定律擁有同時性，表達式中的初狀態(tài)的動量應(yīng)當(dāng)是指同一時刻的各個物體動量的矢量和，末狀態(tài)也是這樣。模型操練如圖2所示，質(zhì)量為M的小車，上邊站著一個質(zhì)量為m的人，車以v0的速度在圓滑的水平川面上行進，此刻人用有關(guān)于小車為u的速度水平向后跳

23、出后，車速增添v，則計算的式子正確的選項是：（）v圖2A.(Mm)v0M(v0v)muB.(Mm)v0M(v0v)m(uv0)C.(Mm)v0M(v0v)mu(v0v)D.0Mvm(uv)答案：CD模型組合解說滑輪模型張武喜【模型概括】滑輪是生活中常有的用具，依據(jù)其使用方法有動滑輪與定滑輪，在試題中還有它的“變臉”模型，如圓滑的凸面（桿、球、瓶口等）。【模型解說】一、“滑輪”掛件模型中的均衡問題例別系于1.（2005年煙臺市檢測題）如圖1所示，將一根不行伸長、柔嫩的輕繩左、右兩頭分A、B兩點上，一物體用動滑輪懸掛在輕繩上，達到均衡時，兩段繩索間的夾角為1，繩索張力為F1；將繩索右端移到C點，待

24、系統(tǒng)達到均衡時，兩段繩索間的夾角為2，繩索張力為F2；將繩索右端再由C點移到D點，待系統(tǒng)達到均衡時，兩段繩索間的夾角為3，繩索張力為F3，不計摩擦，而且BC為豎直線，則（）A.123B.123C.F1F2F3D.F1F2F3圖1分析：因為越過滑輪上繩上各點的張力相同，而它們的合力與重力為一對均衡力，所以從B點移到C點的過程中，經(jīng)過滑輪的挪動，12，F(xiàn)1F2，再從C點移到D點，3必定大于2，因為豎直方向上一定有2Fcosmg，所以F3F2。故只有A選項正確。2二、“滑輪”掛件模型中的變速問題例2.如圖2所示在車廂中有一條圓滑的帶子（質(zhì)量不計），帶子中放上一個圓柱體，車子靜止時帶子兩邊的夾角ACB

25、=90，若車廂以加快度a=7.5m/s2向左作勻加快運動，則帶子的兩邊與車廂頂面夾角分別為多少？圖2分析：設(shè)車靜止時AC長為l，當(dāng)小車以a7.5m/s2向左作勻加快運動時，因為AC、BC之間的近似于“滑輪”，故遇到的拉力相等，設(shè)為FT，圓柱體所遇到的合力為ma，在向左作勻加快，運動中AC長為ll，BC長為ll由幾何關(guān)系得sinsinsinllll2l由牛頓運動定律成立方程：FTcosFTcosma，F(xiàn)TsinFTsinmg代入數(shù)據(jù)求得19，93說明：此題受力分析其實不難，可是用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力要求較高。三、“滑輪”掛件模型中的功能問題例3.如圖3所示，細繩繞過兩個定滑輪A和B，在兩頭

26、各掛一個重為B的中點C處掛一個重為Q的小球，Qm）的小物體用輕繩連結(jié)；跨放在半徑為R的圓滑半圓柱體和圓滑定滑輪B上，m位于半圓柱體底端C點，半圓柱體頂端A點與滑輪B的連線水平。整個系統(tǒng)從靜止開始運動。設(shè)m能抵達圓柱體的頂端，試求：1）m抵達圓柱體的頂端A點時，m和M的速度。2）m抵達A點時，對圓柱體的壓力。圖7答案：（1）Mg1RmgR1(Mm)v222vMgR2mgRMm（2）mv2mgFNRFNMmg2m2gmgMmMmM2mmgMm模型組合解說先加快后減速模型【模型概括】物體先加快后減速的問題是運動學(xué)中典型的綜合問題，也是近幾年的高考熱門，同學(xué)在求解這種問題時必定要注意前一過程的末速度是

27、下一過程的初速度，如能畫出速度圖象就更明確過程了?！灸Ｐ徒庹f】例.一小圓盤靜止在桌面上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的合，如圖1所示。已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為1，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為AB邊重2。現(xiàn)突然以恒定加快度a將桌布抽離桌面，加快度方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤近來未從桌面掉下，則加快度a滿足的條件是什么？（以g表示重力加快度）圖1分析：依據(jù)題意可作出物塊的速度圖象如圖2所示。設(shè)圓盤的質(zhì)量為m，桌邊長為L，在桌布從圓盤下抽出的過程中，盤的加快度為a1，有1mgma1圖2桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運動，以a2表示加快度的大小，有2mgma2設(shè)盤剛走開桌布時的速度

28、為v1，挪動的距離為x1，走開桌布后在桌面上再運動距離x2后便停下，由勻變速直線運動的規(guī)律可得：v122a1x1v122a2x2盤沒有從桌面上掉下的條件是：x1x2L2設(shè)桌布從盤下抽出所經(jīng)歷時間為t，在這段時間內(nèi)桌布挪動的距離為x，有：1212Lx2at，x12a1t，而xx12，求得：tLa1tL，及v1a1aa1aa1(122)1g聯(lián)立解得a2【模型特色】“先加快后減速”模型的v-t圖象中速度為臨界點，斜率為加快度、面積為位移。辦理“物體先加快后減速”問題的方法好多，我們能夠依據(jù)已知條件采納三大定理辦理，也能夠依據(jù)圖象快捷辦理，借助圖象法為我們更為清楚正確的采納全過程法供給了保證?！緹衢T圖

29、象】直線運動的s-t圖；直線運動的v-t圖；平拋運動的y-x圖；機車啟動的P-t圖；簡諧運動的x-t圖；簡諧波的y-x圖；受迫振動的共振曲線；電場線；磁感線；閉合電路的U-I圖；閉合電路的P出-R圖；部分電路的U-I圖；分子力隨距離變化的F分-r圖；分子勢能隨距離變化的EP-r圖；電磁感覺中的-t圖；電磁感覺中的I-t圖；光電效應(yīng)中的Ekm-圖。識圖重點：運用圖象第一要搞清楚縱橫軸所代表的物理量，明確要描繪的是哪兩個物理量之間的關(guān)系。如s-t圖象與v-t圖象在縱軸上的差異；簡諧運動圖象與簡諧波的圖象在橫軸上的差異等。圖線其實不表示物體實質(zhì)運動的軌跡。如勻速直線運動的s-t圖象是一條斜向上的直線

30、，但實質(zhì)運動的軌跡能夠是隨意方向的。認識圖象的物理意義。從圖象的形狀看出物理過程，在好多狀況下，寫出物理量的分析式與圖象比較，更有助于理解圖象物理意義。要特別關(guān)注圖象中的“點”、“線”、“面”、“斜率”、“截距”等及其對應(yīng)物理意義?！包c”代表狀態(tài)，描繪物體在該狀態(tài)下所擁有的特色；“線”代表過程，描繪物體在一段過程中跟著橫軸所代表的物理量的變化，縱軸代表物理量的變化狀況；“面”指的是圖線與橫軸所圍成的y面積，表示縱軸所代表的物理量對橫軸所代表的物理量的累積；“斜率”指的是lim，當(dāng)x0 x橫軸為時間軸時，斜率表示縱軸所示物理量對時間的變化率；“截距”指的是圖線與縱軸的交點，當(dāng)橫軸為時間軸時截距描

31、繪初態(tài)特色?！灸Ｐ筒倬殹恳粋€質(zhì)量為m=0.2kg的物體靜止在水平面上，用一水平恒力F作用在物體上10s，而后撤去水平力F，再經(jīng)20s物體靜止，該物體的速度圖象如圖3所示，則下邊說法中正確的選項是（）A.物體經(jīng)過的總位移為150mB.物體的最大動能為20JC.物體前10s內(nèi)和后10s內(nèi)加快度大小之比為2：1D.物體所受水平恒力和摩擦力大小之比為3：1答案：ACD圖3模型組合解說子彈打木塊模型模型概括子彈打木塊模型：包含一物塊在木板上滑動等。FNs相Ek系統(tǒng)中產(chǎn)生的熱量；小球在置于圓滑水平面上的豎直平面內(nèi)弧形圓滑軌道上滑動；Q，Q為摩擦在系一致靜一動的同種電荷追碰運動等。模型解說例.如圖1所示，一

32、個長為L、質(zhì)量為M的長方形木塊，靜止在圓滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點），以水平初速度v0從木塊的左端滑向右端，設(shè)物塊與木塊間的動摩擦因數(shù)為，當(dāng)物塊與木塊達到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，求系統(tǒng)機械能轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能的量Q。圖1分析：可先依據(jù)動量守恒定律求出m和M的共同速度，再依據(jù)動能定理或能量守恒求出轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能的量Q。對物塊，滑動摩擦力Ff做負功，由動能定理得：Ff(ds)1mvt21mv0222即Ff對物塊做負功，使物塊動能減少。對木塊，滑動摩擦力Ff對木塊做正功，由動能定理得Ffs1Mv2，即Ff對木塊做正功，2使木塊動能增添，系統(tǒng)減少的機械能為：1mv021mvt21Mv2Ff(

33、ds)FfsFfd1222此題中Ffmg，物塊與木塊相對靜止時，vtv，則上式可簡化為：mgd1mv021(mM)vt2222又以物塊、木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向不受外力，動量守恒，則：mv0(mM)vt3聯(lián)立式、得：Mv02dm)2g(M故系統(tǒng)機械能轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能的量為：QFfdMv02Mmv02mg2(Mm)2g(Mm)評論：系統(tǒng)內(nèi)一對滑動摩擦力做功之和（凈功）為負值，在數(shù)值上等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其絕對值等于系統(tǒng)機械能的減少許，即FfsE。從牛頓運動定律和運動學(xué)公式出發(fā)，也能夠得出相同的結(jié)論。因為子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與均勻速度成正比：s2d(v0v)/2v0v

34、s2v/2v所以dv0Mm，s2mds2vmMm一般狀況下Mm，所以s2d，這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，能夠忽視不計。這就為分階段辦理問題供給了依照。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的種類，全過程動能的損失量可用公式：EkMmm)v022(M模型重點子彈打木塊的兩種常有種類：木塊放在圓滑的水平面上，子彈以初速度v0射擊木塊。運動性質(zhì)：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加快運動。圖象描繪：從子彈擊中木塊時刻開始，在同一個vt坐標中，二者的速度圖線以以下圖中甲（子彈穿出木塊）或乙（子彈逗留在木塊中）圖2圖中，圖線的縱坐標

35、給出各時刻二者的速度，圖線的斜率反應(yīng)了二者的加快度。兩圖線間暗影部分面積則對應(yīng)了二者間的相對位移。方法：把子彈和木塊看作一個系統(tǒng)，利用A：系統(tǒng)水平方向動量守恒；B：系統(tǒng)的能量守恒（機械能不守恒）；C：對木塊和子彈分別利用動能定理。推論：系統(tǒng)損失的機械能等于阻力乘以相對位移，即EFfd物塊固定在水平面，子彈以初速度v0射擊木塊，對子彈利用動能定理，可得：Ffd1mvt21mv0222兩各樣類的共同點：A、系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對摩擦力做功的總和恒為負值。（因為有一部分機械能轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能）。B、摩擦生熱的條件：一定存在滑動摩擦力和相對滑行的行程。大小為QFfs，此中Ff是滑動摩擦力的大小，s是

36、兩個物體的相對位移（在一段時間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時間內(nèi)二者相對位移的大小，所以說是一個相對運動問題）。C、靜摩擦力可對物體做功，但不可以產(chǎn)生內(nèi)能（因為兩物體的相對位移為零）。誤區(qū)點撥靜摩擦力即使對物體做功，因為相對位移為零而沒有內(nèi)能產(chǎn)生，系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對靜摩擦力做功的總和恒等于零。不明確動量守恒的條件性與階段性，如圖3所示，不明確動量守恒的瞬時性如速度問題。圖3模型操練如圖4所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在圓滑水平面上，平行板電容器板間的距離為d，右極板上有一小孔，經(jīng)過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣圓滑細桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質(zhì)量

37、為M，給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0瞄準小孔向左運動，并從小孔進入電容器，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場分布。帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為0.5d，試求：圖41）帶電環(huán)與左極板相距近來時的速度v；2）此過程中電容器挪動的距離s。3）此過程中能量如何變化？答案：（1）帶電環(huán)進入電容器后在電場力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加快直線運動，當(dāng)它們的速度相等時，帶電環(huán)與電容器的左極板相距近來，由系統(tǒng)動量守恒定律可得：動量看法：mv0(Mm)v，vmv0Mm力與運動看法：設(shè)電場力為FFtFv，vmv0v0tMmmM（2）能

38、量看法（在第（1）問基礎(chǔ)上）：對m：Eq(sd)1mv21mv02222對M：Eqs1Mv202Eqd1(mM)v21mv02222所以smdMm2運動學(xué)看法：對M：vts，對m：vv0ts22ssdmd，解得：s22(Mm)帶電環(huán)與電容器的速度圖像如圖5所示。由三角形面積可得：圖5d1122v0t0，s2vt0md解得：s2(Mm)3）在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增添，同時電容器等的動能增添，系統(tǒng)中減少的動能所有轉(zhuǎn)變?yōu)殡妱菽堋?011高三物理模型組合解說水平方向上的碰撞+彈簧模型車曉紅模型概括在應(yīng)用動量守恒、機械能守恒、功能關(guān)系和能量轉(zhuǎn)變等規(guī)律觀察學(xué)生的綜合應(yīng)用能力時，常有一類

39、模型，就是有彈簧參加，因彈力做功的過程中彈力是個變力，并與動量、能量聯(lián)系，所以分析解決這種問題時，要仔細分析彈簧的動向過程，利用動能定理和功能關(guān)系等知識解題。模型解說一、圓滑水平面上的碰撞問題例1.在圓滑水平川面上有兩個相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m，現(xiàn)B向B球運動，發(fā)生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為則碰前A球的速度等于（）球靜止，A球EP，EP2EPC.2EPD.2EPA.B.m2mmm分析：設(shè)碰前A球的速度為v0，兩球壓縮最緊時的速度為v，依據(jù)動量守恒定律得出1212，聯(lián)立解得v02EPmv02mv，由能量守恒定律得0P(2m)v，所以正確2mvEm2選項為

40、C。二、圓滑水平面上有阻截板參加的碰撞問題例2.在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)系的最有效門路是“雙電荷互換反應(yīng)”。這種反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型近似，兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在圓滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)，在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖1所示，C與B發(fā)生碰撞并馬上結(jié)成一個整體D，在它們連續(xù)向左運動的過程中，當(dāng)彈簧長度變到最短時，長度忽然被鎖定，不再改變，而后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連，過一段時間，忽然消除鎖定（鎖定及消除鎖定均無機械能損失），已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。圖11）求彈簧長

41、度剛被鎖定后A球的速度。2）求在A球走開擋板P以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。分析：（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時，D的速度為v1，由動量守恒得mv0(mm)v1當(dāng)彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動量守恒得2mv13mv2，由以上v21兩式求得A的速度3v0。（2）設(shè)彈簧長度被鎖定后，儲存在彈簧中的勢能為EP，由能量守恒，有12mv1213mv22EP撞擊P后，A與D的動能都為零，消除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自221(2m)v32然長度時，勢能所有轉(zhuǎn)彎成D的動能，設(shè)D的速度為v3，則有EP2今后彈簧伸長，A球走開擋板P，并獲取速度，當(dāng)A、D的速度相等時，彈簧伸至最長，設(shè)此

42、時的速度為v4，由動量守恒得2mv33mv4當(dāng)彈簧伸到最長時，其勢能最大，設(shè)此勢能為EP，由能量守恒，有12mv3213mv42EP解以上各式得EP1mv02。2236說明：對彈簧模型來說“系統(tǒng)擁有共同速度之時，恰為系統(tǒng)彈性勢能最多”。三、粗拙水平面上有阻截板參加的碰撞問題例3.圖2中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導(dǎo)軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另一質(zhì)量與B相同滑塊A，從導(dǎo)軌上的P點以某一初速度向B滑行，當(dāng)A滑過距離l1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一同運動，但互不粘連。已知最后A恰巧返回出發(fā)點P并停止，滑塊A和B與導(dǎo)軌的滑動摩擦因數(shù)都為，運動過程中彈簧最大形變

43、量為l2，重力加快度為g，求A從P出發(fā)時的初速度v0。圖2分析：令A(yù)、B質(zhì)量皆為m，A剛接觸B時速度為v1（碰前）由功能關(guān)系，有1mv021mv12mgl122A、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為v2有mv12mv2碰后A、B先一同向左運動，接著A、B一同被彈回，在彈簧恢復(fù)到原長時，設(shè)A、B的共同速度為v3，在這一過程中，彈簧勢能始末狀態(tài)都為零，利用功能關(guān)系，有1(2m)v221(2m)v32(2m)g(2l2)22今后A、B開始分別，A獨自向右滑到P點停下，由功能關(guān)系有1mv32mgl12由以上各式，解得(1016)v0gl1l2四、結(jié)論開放性問題例4.用輕彈簧相連的質(zhì)量均

44、為2kg地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的A、B兩物塊都以v6m/s的速度在圓滑的水平的物體C靜止在前面，如圖3所示，B與C碰撞后二者粘在一同運動。求：在今后的運動中，圖3（1）當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？2）彈性勢能的最大值是多大？3）A的速度有可能向左嗎？為何？分析：（1）當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，因為A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有(mAmB)v(mAmBmC)vA解得：vA3m/s（2）B、C碰撞時B、C構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬時B、C二者速度為v，則mBv(mBmC)v，v2m/s設(shè)物塊A速度為vA時彈簧的彈性勢能最大為EP，依據(jù)能量守

45、恒EP1(mBmC)v21mAv21(mAmBmC)vA212J222（3）由系統(tǒng)動量守恒得mAvmBvmAvA(mBmC)vB設(shè)A的速度方向向左，vA0，則vB4m/s則作用后A、B、C動能之和Ek1mAvA21(mBmC)vB248J22實質(zhì)上系統(tǒng)的機械能EEP1(mAmBmC)vA248J2依據(jù)能量守恒定律，EkE是不行能的。故A不行能向左運動。模型重點系統(tǒng)動量守恒p1p2，假如彈簧被作為系統(tǒng)內(nèi)的一個物體時，彈簧的彈力對系統(tǒng)內(nèi)物體做不做功都不影響系統(tǒng)的機械能。能量守恒EkEP，動能與勢能相互轉(zhuǎn)變。彈簧兩頭均有物體：彈簧伸長到最長或壓縮到最短時，有關(guān)系物體的速度必定相等，彈簧擁有最大的彈性

46、勢能。當(dāng)彈簧恢還原長時，相互關(guān)系物體的速度相差最大，彈簧對關(guān)系物體的作用力為零。若物體再受阻力時，彈力與阻力相等時，物體速度最大。模型操練（2010年江蘇省前黃高級中學(xué)檢測題）如圖小球之間有一處于原長的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與4所示，在圓滑水平長直軌道上，A、BB球連結(jié)，左端與A球接觸但不粘連，已知兩mAm，mB2m，開始時A、B均靜止。在A球的左邊有一質(zhì)量為1m的小球C以初速22度v0向右運動，與A球碰撞后粘連在一同，成為一個復(fù)合球D，碰撞時間極短，接著逐漸壓縮彈簧并使B球運動，經(jīng)過一段時間后，D球與彈簧分別（彈簧一直處于彈性限度內(nèi)）。圖41）上述過程中，彈簧的最大彈性勢能是多少？2）當(dāng)彈簧恢還

47、原長時B球速度是多大？（3）若開始時在B球右邊某地點固定一塊擋板（圖中未畫出），在D球與彈簧分別前使B球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后馬上將擋板撤走，設(shè)B球與擋板碰撞時間極短，碰后B球速度大小不變，但方向相反，試求出今后彈簧的彈性勢能最大值的范圍。答案：（1）設(shè)C與A相碰后速度為v1，三個球共同速度為v2時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒，能量守恒有：112mv0mv11v12v01mv03mv22v21v026Epmax1mv1213mv221mv022212（2）設(shè)彈簧恢還原長時，D球速度為v3，B球速度為v4mv1mv32mv431mv121mv3212mv424222則有v31v1v0，v4

48、2v1v03633（3）設(shè)B球與擋板相碰前瞬時D、B兩球速度v5、v61mv0mv52mv652與擋板碰后彈性勢能最大，D、B兩球速度相等，設(shè)為vmv52mv63mv6v52v6v5v0v52v5v04v5v0v223336EP1m(v0)213mv2222mv023m(4v5v0)28236mv02m(4v5v0)2824當(dāng)v5v0時，EP最大EPmaxmv0248v5v0時，EP最小，EPminmv026108所以mv02EPmv021088模型組合解說回旋加快模型王模型概括帶電粒子在電磁場中的運動是每年高考取的熱門問題，觀察內(nèi)容或電場對帶電粒子的加快（減速），或磁場對帶電粒子的偏轉(zhuǎn)（回旋

49、），或二者聯(lián)合觀察學(xué)生的綜合能力。模型解說回旋加快器解讀例1.正電子發(fā)射計算機斷層（PET）是分子水平上的人體功能顯像的國際當(dāng)先技術(shù)，它為臨床診斷和治療供給嶄新的手段。（1）PET在心臟疾病診斷中，回旋加快器輸出的高速質(zhì)子轟擊氧應(yīng)方程。需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑，氮13是由小型16獲取的，反應(yīng)中同時還產(chǎn)生另一個粒子，試寫出該核反（2）PET所用回旋加快器表示如圖1，此中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左邊D形盒圓心處放有粒子源S，勻強磁場的磁感覺強度為B，方向以以下圖。質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q。設(shè)質(zhì)子從粒子源S進入加快電場時的初速度不計，質(zhì)子在加快器中運動的總時

50、間為（t此中已略去了質(zhì)子在加快電場中的運動時間），質(zhì)子在電場中的加快次數(shù)于回旋半周的次數(shù)相同，加快質(zhì)子時的電壓大小可視為不變。求此加快器所需的高頻電源頻次f和加快電壓U。圖1（3）試推證當(dāng)Rd時，質(zhì)子在電場中加快的總時間有關(guān)于在D形盒中回旋的時間可忽略不計（質(zhì)子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）。分析：（1）核反應(yīng)方程為：168O11H137N24He（2）設(shè)質(zhì)子加快后最大速度為v，由牛頓第二定律得：qvBmv2R質(zhì)子的回旋周期為：2R2mTqBv高頻電源的頻次為：1qBf2mT質(zhì)子加快后的最大動能為：Ek1mv22設(shè)質(zhì)子在電場中加快的次數(shù)為n，則：EknqU又tnT2BR2可解得：U2t（3

51、）在電場中加快的總時間為：t1nd2ndvv2在D形盒中回旋的總時間為t2nRv故t12d1，即當(dāng)Rd時，t1能夠忽視不計。t2R評點：交變電場的周期等于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，經(jīng)交變電場每半周粒子被加快一次。勻強電場勻變速；勻強磁場回旋（偏轉(zhuǎn)）例2.（2010年江蘇省泰興第三高級中學(xué)調(diào)研）勻強電場，場強方向跟y軸正方向成60，大小為在如圖2所示的空間地區(qū)里，y軸左方有一5E4.010N/C；y軸右方有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感覺強度B0.20T。有一質(zhì)子以速度v2.0106m/s，由x軸上的A點（10cm，0）沿與x軸正方向成30斜向上射入磁場，在磁場中運動一段時間后射入電

52、場，后又回到磁場，經(jīng)磁場作用后又射入電場。已知質(zhì)子質(zhì)量近似為m1.61027kg，電荷q1.61019C，質(zhì)子重力不計。求：（計算結(jié)果保存3位有效數(shù)字）（1）質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑。（2）質(zhì)子從開始運動到第二次抵達y軸所經(jīng)歷的時間。（3）質(zhì)子第三次抵達y軸的地點坐標。圖2分析：（1）質(zhì)子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，依據(jù)牛頓第二定律，fqvBmv2R得質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為：Rmv0.10mqB（2）因為質(zhì)子的初速度方向與x軸正方向夾角為30，且半徑恰巧等于OA，所以，質(zhì)子將在磁場中做半個圓周祥達y軸上的C點，如答圖3所示。圖32m依據(jù)圓周運動的規(guī)律，質(zhì)子做圓周運動周期為TqB質(zhì)

53、子從出發(fā)運動到第一次抵達y軸的時間t1為t1Tm1.57107s2qB質(zhì)子進入電場時的速度方向與電場的方向相同，在電場中先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加快直線運動，設(shè)質(zhì)子在電場中運動的時間t2，依據(jù)牛頓第二定律：qEm2v，t2得t22mv1.0107sqE所以，質(zhì)子從開始運動到第二次抵達y軸的時間t為tt1t22.57107s。3）質(zhì)子再次進入磁場時，速度的方向與電場的方向相同，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，抵達y軸的D點。依據(jù)幾何關(guān)系，能夠得出C點到D點的距離為CD2Rcos30；則質(zhì)子第三次抵達y軸的地點為y2CDOC2Rcos302Rcos30203cm即質(zhì)子第三次抵達y

54、軸的坐標為（0，34.6cm）。評點：由以上幾例看到，帶電粒子的復(fù)雜運動常常是由一些基本運動組合而成的。掌握基本運動的特色是解決這種問題的重點所在。其余我們也要注意近來幾年高考對回旋加快模型考法的一些變化，如環(huán)行電場，變化磁場等組合，但不論如何辦理的基本方法不變。模型重點帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度沒關(guān)；將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速為0的勻加快直線運動；帶電粒子每經(jīng)電場加快一次，回旋半徑就增大一次，所有經(jīng)過半徑之比為1：2：3（這可由學(xué)生自己證明），關(guān)于同一回旋加快器，其粒子回旋的最大部分徑是相同的，解題時務(wù)必惹起注意。

55、2電場加快（減速），磁場回旋。磁場回旋時在洛倫茲力作用下做圓周運動有qvBmv；R電場加快從能角度電場力做功UqEk，動能：Ek1mv2(qBR)22m2；從力角度若勻強電場還能夠用牛頓定律解決。模型操練1.（2010年南京調(diào)研）如圖4所示，在半徑為R的絕緣圓筒內(nèi)有勻強磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔C與平行金屬板M、N相通。兩板間距離為d，兩板與電動勢為U的電源連結(jié)，一帶電量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力忽視不計），開始時靜止于C點正下方緊靠N板的A點，經(jīng)電場加快后從C點進入磁場，并以最短的時間從C點射出。已知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損失，且碰撞后以原速率返回。求：1）筒內(nèi)磁場

56、的磁感覺強度大小；2）帶電粒子從A點出發(fā)至從頭回到A點射出所經(jīng)歷的時間。圖4答案：（1）帶電粒子從C孔進入，與筒壁碰撞2次再從C孔射出經(jīng)歷的時間為最短。由qU1mv22粒子由C孔進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的速率為2qUvm由rmvmv即Rcot30，qBqB12mU得B3qR（2）粒子從AC的加快度為qUamd由dat12，粒子從AC的時間為：2t12dd2maqU粒子在磁場中運動的時間為t2Tm2qB將（1）求得的B值代入，得t2R3m，2qU求得：t2t1t2m(22d3qUR)。22.如圖5甲所示，一對平行擱置的金屬板M、N的中心各有一小孔P、Q、PQ連線垂直金屬板；N板右邊的圓A

57、內(nèi)分布有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感覺強度大小為B，圓半徑為r，且圓心O在PQ的延伸線上?，F(xiàn)使置于P處的粒子源連續(xù)不停地沿PQ方向放出質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子（帶電粒子的重力和初速度忽視不計，粒子間的相互作用力忽略不計），從某一時刻開始，在板M、N間加上如圖5乙所示的交變電壓，周期為T，電壓大小為U。假如只有在每一個周期的0T/4時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，求：甲乙圖5（1）在每一個周期內(nèi)哪段時間放出的帶電粒子抵達Q孔的速度最大？（2）該圓形磁場的哪些地方有帶電粒子射出，在圖中標出有帶電粒子射出的地區(qū)。答案：（1）在每一個周期速度為v，則據(jù)動能定理得t22T內(nèi)放出的帶電

58、粒子抵達Q孔的速度最大。設(shè)最大4qU1mv2，求得v2qU。2m（2）因為Bqvv2，r解得帶電粒子在磁場中的最小偏轉(zhuǎn)角為mtanRR22arctanBrq。所以圖6中斜線部分有帶電粒子射出。2mU圖6模型組合解說電磁流量計模型模型概括帶電粒子在電磁場中運動時遇到電場力、洛倫茲力有時還有考慮重力的作用，發(fā)生偏轉(zhuǎn)或做直線運動，辦理方法有好多共同的特色，同時在高考取也連年不停，實質(zhì)應(yīng)用有電磁流量計、磁流體發(fā)電機、霍爾效應(yīng)等，所以我們特設(shè)模型為“電磁流量計”模型。模型解說例1.圖1是電磁流量計的表示圖，在非磁性資料做成的圓管道外加一勻強磁場所區(qū)，當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過此磁場所區(qū)時，測出管壁上的ab兩點

59、間的電動勢，就能夠知道管中液3試推出Q與的關(guān)系表達式。圖1分析：a，b兩點的電勢差是因為帶電粒子遇到洛倫茲力在管壁的上下雙側(cè)積聚電荷產(chǎn)生的。到必定程度后上下雙側(cè)積聚的電荷不再增加，a，b兩點的電勢差達到穩(wěn)固值，此時，洛倫茲力和電場力均衡：qvBqE，E，v，圓管的橫截面積S1D2故流量DDDB4QSv。4B評點：該題是帶電粒子在復(fù)合場中的運動，但原來只有磁場，電場是自行形成的，在分析其余問題時，要注意這種狀況的出現(xiàn)。聯(lián)系宏觀量I和微觀量的電流表達式InevS是一個很實用的公式。例2.磁流體發(fā)電是一種新式發(fā)電方式，圖2和圖3是其工作原理表示圖。圖2中的長方體是發(fā)電導(dǎo)管，此中空部分的長、高、寬分別

60、為l、a、b，前后兩個側(cè)面是絕緣體，下下兩個側(cè)面是電阻可略的導(dǎo)體電極，這兩個電極與負載電阻RL相連。整個發(fā)電導(dǎo)管處于圖3中磁場線圈產(chǎn)生的勻強磁場里，磁感覺強度為B，方向以以下圖。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導(dǎo)管向右流動，并經(jīng)過專用管道導(dǎo)出。因為運動的電離氣體遇到磁場作用，產(chǎn)生了電動勢。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速隨磁場有無而不一樣。設(shè)發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速到處相同，且不存在磁場時電離氣體流速為v0，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發(fā)電導(dǎo)管兩頭的電離氣體壓強差p保持恒定，求：圖2圖3（1）不存在磁場時電離氣體所受的摩擦阻力F多大；2）磁流體發(fā)電機的電動勢E的大??；3）磁流體發(fā)電機發(fā)電