高中物理模型匯總

1、高中物理模型匯總大全模型組合講解一一爆炸反沖模型模型概述“爆炸反沖模型是動量守恒的典型應(yīng)用， 具變遷形式也多種多樣，如炮發(fā)炮彈中的化學(xué) 能轉(zhuǎn)化為機械能；彈簧兩端將物塊彈射將彈性勢能轉(zhuǎn)化為機械能；核衰變時將核能轉(zhuǎn)化為動 能等。模型講解例.如下圖海岸炮將炮彈水平射出，炮身質(zhì)量不含炮彈為 M,每顆炮彈質(zhì)量為m,當(dāng) 炮身固定時，炮彈水平射程為s,那么當(dāng)炮身不固定時，發(fā)射同樣的炮彈，水平射程將是多少？解析：兩次發(fā)射轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能 E是一樣的。第一次化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為炮彈的動能；第二次化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈和炮身的動能，而炮彈和炮身水平動量守恒，由動能和動量的關(guān)系2式Ek 屋知，在動量大小一樣的情況下，物體的

2、動能和質(zhì)量成反比，炮彈的動能 2m日 -mv12 E, E2 -mvfE ,由于平拋的射高相等，兩次射程的比等于拋出時初22Mm速度之比，即：紅絲工-M-,所以s sJ-M- 0s V1.Mm. M m思考：有一輛炮車總質(zhì)量為 M,靜止在水平光滑地面上，當(dāng)把質(zhì)量為 m的炮彈沿著與水 平面成8角發(fā)射出去，炮彈對地速度為V。，求炮車后退的速度。提示：系統(tǒng)在水平面上不受外力，故水平方向動量守恒，炮彈對地的水平速度大小為V。cos V。cos ,設(shè)炮車后退方向為正方向，那么（M m）v mv0cos0, vmv0 cosM m評點：有時應(yīng)用整體動量守恒，有時只應(yīng)用某局部物體動量守恒，有時分過程屢次應(yīng)用

3、動 量守恒，有時抓住初、末狀態(tài)動量即可，要善于選擇系統(tǒng)，善于選擇過程來研究。模型要點.word.zl.力遠(yuǎn)大于外力，故系統(tǒng)動量守恒Pi P2 ,有其他形式的能單向轉(zhuǎn)化為動能。所以“爆炸 時，機械能增加，增加的機械能由化學(xué)能其他形式的能轉(zhuǎn)化而來。誤區(qū)點撥無視動量守恒定律的系統(tǒng)性、無視動量守恒定律的相對性、同時性。模型演練物理高考科研測試在光滑地面上，有一輛裝有平射炮的炮車，平射炮固定在炮車上， 炮車及炮身的質(zhì)量為 M,炮彈的質(zhì)量為m；發(fā)射炮彈時，炸藥提供應(yīng)炮身和炮彈的總機械能 Eo是不變的。假設(shè)要使剛發(fā)射后炮彈的動能等于 E。，即炸藥提供的能量全部變?yōu)榕趶椀膭幽埽?那么在發(fā)射前炮車應(yīng)怎樣運動？答

4、案：假設(shè)在發(fā)射前給炮車一適當(dāng)?shù)某跛俣?v0,就可實現(xiàn)題述的要求。在這種情況下，用v表小發(fā)射后炮彈的速度，V表小發(fā)射后炮車的速度，由動量守恒可知: TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4 o Current Document (m M )v0 mv MV1由能量關(guān)系可知：121212(m M )v0 Eo mv MV 2222按題述的要求應(yīng)有1mv2 Eo 32由以上各式得:vo,2mEvo(m M) M(m M)2mEo(M m . M (M m) m(M m).word.zl.模型組合講解一一磁偏轉(zhuǎn)模型金燕峰模型概述帶電粒子在垂直進入磁場做勻速圓周運動。但從近

5、年的高考來看，帶電粒子垂直進入有 界磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)更多，其中運動的空間還可以是組合形式的，如勻強磁場與真空組合、勻 強磁場、勻強電場組合等，這樣就引發(fā)出臨界問題、數(shù)學(xué)等諸多綜合性問題。模型講解例.物理高考科研測試一質(zhì)點在一平面運動，其軌跡如圖 1所示。它從A點出發(fā), 以恒定速率Vo經(jīng)時間t到B點，圖中x軸上方的軌跡都是半徑為 R的半圓，下方的都是半徑 為r的半圓。1求此質(zhì)點由A到B沿x軸運動的平均速度。2如果此質(zhì)點帶正電，且以上運動是在一包定不隨時間而變的磁場中發(fā)生的，試盡可能詳細(xì)地論述此磁場的分布情況。不考慮重力的影響.word.zl.解析：1由A到B,假設(shè)上、下各走了 N個半圓，那么其位移

6、x N2(R r)其所經(jīng)歷的時間t N (R)V0所以沿x方向的平均速度為_ x 2V0(R r) v -t (R r)2I.根據(jù)運動軌跡和速度方向，可確定加速度向心加速度，從而確定受力的方向, 再根據(jù)質(zhì)點帶正電和運動方向，按洛倫茲力的知識可斷定磁場的方向必是垂直于紙面向外。x軸以上和以下軌跡都是半圓，可知兩邊的磁場皆為勻強磁場。x軸以上和以下軌跡半圓的半徑不同，用 B上和B下分別表示上、下的磁感應(yīng)強度， 用m、q和v分別表示帶電質(zhì)點的質(zhì)量、電量和速度的大??；那么由洛倫茲力和牛頓定律可22知，qvB上 m、qvB下 m ,由此可得,即下面磁感應(yīng)強度是上面的 一倍。RrB下 Rr模型要點從圓的完

7、整性來看：完整的圓周運動和一段圓弧運動，即不完整的圓周運動。無論何種 問題，其重點均在圓心、半徑確實定上，而絕大多數(shù)的問題不是一個循環(huán)就能夠得出結(jié)果的, 需要有一個從定性到定量的過程。.word.zl.盤旋模型三步解題法:畫軌跡：軌跡上的兩點位置及其中一點的速度方向；軌跡上的一點位置及其速度方向 和另外一條速度方向線。找聯(lián)系：速度與軌道半徑相聯(lián)系：往往構(gòu)成一個直角三角形，可用幾何知識勾股定 理或用三角函數(shù)角度與圓心角相聯(lián)系：常用的結(jié)論是“一個角兩邊分別與另一個角的兩個 邊垂直，兩角相等或互余；時間與周期相聯(lián)系： t T;2利用帶電粒子只受洛倫茲力時遵循的半徑及周期公式聯(lián)系。誤區(qū)點撥洛倫茲力永遠(yuǎn)

8、與速度垂直、不做功；重力、電場力做功與路徑無關(guān)，只由初末位置決定， 當(dāng)重力、電場力做功不為零時，粒子動能變化。因而洛倫茲力也隨速率的變化而變化，洛倫 茲力的變化導(dǎo)致了所受合外力變化，從而引起加速度變化，使粒子做變加速運動。模型演練省學(xué)軍中學(xué)模擬測試如圖2所示，一束波長為 的強光射在金屬板P的A處發(fā)生 了光電效應(yīng)，能從A處向各個方向逸出不同速率的光電子。金屬板 P的左側(cè)有垂直紙面向里 的勻強磁場，磁感強度為B,面積足夠大，在A點上方L處有一涂熒光材料的金屬條 Q,并 與P垂直。現(xiàn)光束射到A處，金屬條Q受到光電子的沖擊而發(fā)出熒光的局部集中在 CD問， 且CD=L ,光電子質(zhì)量為 m,電量為e,光速

9、為c,1金屬板P逸出光電子后帶什么電?.word.zl.2計算P板金屬發(fā)生光電效應(yīng)的逸出功 W3從D點飛出的光電子中，在磁場中飛行的最短時間是多少?圖2圖2解析：解析：1由電荷守恒定律得知P帶正電2所有光電子中半徑最大值evB2所有光電子中半徑最大值evB222 21以小若逸出功W,22 2hc L B e4m3以最大半彳ai3以最大半彳ai動并經(jīng) d點的電子轉(zhuǎn)過圓心角最小，運動時間最短t2 mm一，一且T ，所以t 2 T 2eB2eB模型組合講解一一帶電粒子在電場中的運動模型徐征田模型概述.word.zl.word.zl.帶電粒子在電場中的運動也是每年高考中的熱點問題，具體來講有電場對帶電

10、粒子的加速減速，涉及容有力、能、電、圖象等各局部知識，主要考察學(xué)生的綜合能力。模型講解例.在與x軸平行的勻強電場中，一帶電量為1.0 10 8C、質(zhì)量為2.5 10 3kg的物體在光 滑水平面上沿著x軸做直線運動，其位移與時間的關(guān)系是 x 0.16t 0.02t2,式中x以米為單 位，t的單位為秒。從開場運動到5s末物體所經(jīng)過的路程為 m,克制電場力所做的功 為 J解析：由位移的關(guān)系式x 0.16t 0.02t2可知v0 0.16m/so1a 0.02,所以a 0.04m/s2,即物體沿x軸方向做勻減速直線運動 2設(shè)從開場運動到速度為零的時間為L ,那么V0 at1 TOC o 1-5 h z

11、 故 t1 v0 4s, s1 Vt1 V0-t10.32ma2第5s物體開場反向以a2 0.04m/s2的加速度做勻加速直線運動 1. 2s2a2t2 0.02m2因此開場5s的路程為s1 s2 0.34m, 5s末的速度v2 a2t2 0.04m/s克制電場力做功- 12 12 _5_W mv0 mv2 3.0 10 J 22點評：解答此題的關(guān)鍵是從位移與時間的關(guān)系式中找出物體的初速度和加速度，分析出物 體運動4s速度減為零并反向運動，弄清位移與路程的聯(lián)系和區(qū)別.word.zl.模型要點力和運動的關(guān)系一一牛頓第二定律根據(jù)帶電粒子受到的力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子

12、的速 度、位移等物理量。這條思路通常適用于受恒力作用下的勻變速曲線運動。功和能的關(guān)系一一動能定理根據(jù)力對帶電粒子所做的功 W及動能定理，從帶電粒子運動的全過程中能的轉(zhuǎn)化角度， 研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的位移等，這條思路通常適用于非均勻或均勻變化的磁場， 特別適用于非均勻變化的磁場。在討論帶電粒子的加速偏轉(zhuǎn)時，對于根本粒子，如電子、質(zhì)子、中子等，沒有特殊說明， 其重力一般不計；帶電粒子如液滴、塵埃、顆粒等沒有特殊說明，其重力一般不能忽略。誤區(qū)點撥一般情況下帶電粒子所受的電場力遠(yuǎn)大于重力， 所以可以認(rèn)為只有電場力做功。由動能定 理W qUEk,此式與電場是否勻強無關(guān)，與帶電粒子的運動性質(zhì)、軌跡

13、形狀也無關(guān)。模型演練如圖1所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距d 0.6cm,兩板間加有一周期性變化的電 壓，當(dāng)B板接地時，A板電勢a隨時間t變化的情況如圖2所示。在兩板間的電場中，將一 帶負(fù)電的粒子從B板中央處由靜止釋放，假設(shè)該帶電粒子受到的電場力為重力的兩倍，要使.word.zl.該粒子能夠到達A板，交變電壓的周期至少為多大。g取10m/s2圖1圖圖1圖2解析：設(shè)電場力為F,那么F mg ma ,得(2mg mg)a1 gm前半周期上升高度:,1 尸、hi 二 g前半周期上升高度:,1 尸、hi 二 g 匕)22gT4 后半周期先減速上升，后加速下降，其加速度:8F mg ma2W a23

14、mg 3gm減速時間為ti那么虹3gti,2tl此段時間上升高度:1T 2h22 3g (6)gT2241T 2h22 3g (6)gT224那么上升的總高度:h1h2gT26后半周期的T2ti工時間, 3粒子向下加速運動，下降的高度:h32 3ggT26上述計算說明，在一個周期上升衛(wèi)一,再回落更-,且具有向下的速度。 66如果周期小，粒子不能到達 A板。設(shè)周期為T,上升的高度h1 h2 0.006m那么:.word.zl.gT2gT220.006m , T 6 10 2s。模型組合講解一一彈簧模型動力學(xué)問題濤模型概述彈簧模型是高考中出現(xiàn)最多的模型之一，在填空、實驗、計算包括壓軸題中都經(jīng)常出現(xiàn)

15、， 考察圍很廣，變化較多，是考察學(xué)生推理、分析綜合能力的熱點模型。模型講解一.正確理解彈簧的彈力例1.如圖1所示，四個完全一樣的彈簧都處于水平位置，它們的右端受到大小皆為F的拉力作用，而左端的情況各不一樣：中彈簧的左端固定在墻上。中彈簧的左端受大小也 為F的拉力作用。中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在光滑的桌面上滑動。中彈簧的左端 拴一小物塊，物塊在有摩擦的桌面上滑動。假設(shè)認(rèn)為彈簧的質(zhì)量都為零，以11、12、13、14依次 表示四個彈簧的伸長量，那么有.word.zl.，一L。物期郵LFb嬲如冬”以潮嬲加圖iA. 12 11B. l4 l3C. 11 l3 D. 12 14解析：當(dāng)彈簧處于靜止或勻

16、速運動時，彈簧兩端受力大小相等，產(chǎn)生的彈力也相等，用其中任意一端產(chǎn)生的彈力代入胡克定律即可求形變。當(dāng)彈簧處于加速運動狀態(tài)時，以彈簧 為研究對象，由于其質(zhì)量為零，無論加速度 a為多少，仍然可以得到彈簧兩端受力大小相等。由于彈簧彈力F彈與施加在彈簧上的外力F是作用力與反作用的關(guān)系，因此，彈簧的彈力也處處相等，與靜止情況沒有區(qū)別。在題目所述四種情況中，由于彈簧的右端受到大小皆為F的拉力作用，且彈簧質(zhì)量都為零，根據(jù)作用力與反作用力關(guān)系，彈簧產(chǎn)生的彈力大小皆為F,又由四個彈簧完全一樣，根據(jù)胡克定律，它們的伸長量皆相等，所以正確選項為Do二.雙彈簧系統(tǒng)例2.調(diào)研用如圖2所示的裝置可以測量汽車在水平路面上做

17、勻加速直線運動的加速度。該裝置是在矩形箱子的前、后壁上各安裝一個由力敏電阻組成的壓力傳感器。用兩根一 樣的輕彈簧夾著一個質(zhì)量為2.0kg的滑塊，滑塊可無摩擦的滑動，兩彈簧的另一端分別壓在傳 感器a b上，具壓力大小可直接從傳感器的液晶顯示屏上讀出?，F(xiàn)將裝置沿運動方向固定在 汽車上，傳感器b在前，傳感器a在后,汽車靜止時，傳感器a、b的示數(shù)均為10N取g 10m/ s2.word.z1.傳感器 1假設(shè)傳感器a的示數(shù)為傳感器 1假設(shè)傳感器a的示數(shù)為14N、2當(dāng)汽車以怎樣的加速度運動時，傳感器 a的示數(shù)為零。解析：1 F1 F2 ma1 , a1 F1F2- 4.0m / s2 mai的方向向右或向

18、前。2根據(jù)題意可知，當(dāng)左側(cè)彈簧彈力 F11 0時，右側(cè)彈簧的彈力F2 20NF2 ma2代入數(shù)據(jù)得a2 10m/s2,方向向左或向后 m模型要點彈簧中的力學(xué)問題主要是圍繞胡克定律 F kx進展的，彈力的大小為變力，因此它引起的 物體的加速度、速度、動量、動能等變化不是簡單的單調(diào)關(guān)系，往往有臨界值，我們在處理 變速問題時要注意分析物體的動態(tài)過程，為了快捷分析，我們可以采用極限方法，但要注意“彈簧可拉可壓的特點而忽略中間突變過程，我們也可以利用彈簧模型的對稱性。模型演練考題如圖3所示，一根輕彈簧上端固定在O點，下端系一個鋼球P,球處于靜止?fàn)顟B(tài).word.zl.現(xiàn)對球施加一個方向向右的外力 F,更球

19、緩慢偏移。假設(shè)外力 F方向始終水平，移動中彈簧與豎直方向的夾角90且彈簧的伸長量不超過彈性限度，那么下面給出彈簧伸長量x與cos的函數(shù)關(guān)系圖象中，最接近的是圖3答案：D模型組合講解一一彈簧模型功能問題鄒錄乃模型概述.word.zl.彈力做功對應(yīng)的彈簧勢能，分子力做功所對應(yīng)的分子勢能、電場力做功對應(yīng)的電勢能、重 力做功對應(yīng)的重力勢能有區(qū)別，但也有相似。例：高考如圖1所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為 L,左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直，磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初

20、速度v。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。1求初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力2假設(shè)導(dǎo)體棒從初始時刻到速度第一次為零時，彈簧的彈力勢能為 Ep,那么這一過程中安培力所做的功 Wi和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？3導(dǎo)體棒往復(fù)運動，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開場運動直到最終靜止的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少?圖1圖1解析：1初始時刻棒中感應(yīng)電動勢E BLv。，棒中感應(yīng)電流I -,作用于棒上的安培R力F ILB ,力F ILB ,聯(lián)立解得F, 22L VgB,安培力方向：水平向左;2由功和能的關(guān)系，得安培力做功W1 Epmv。2,電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱22_Q1

21、一mv。 EP ;由能量轉(zhuǎn)化平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置Q 2mv。2.word.zl.模型要點在求彈簧的彈力做功時，因該變力為線性變化，可以先求平均力，再用功的定義進展計算， 也可據(jù)動能定理和功能關(guān)系或能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求解，圖象中的“面積功也是我們要熟 悉掌握的容。彈力做功的特點：彈力的功等于彈性勢能增量的負(fù)值。彈性勢能的公式Ep 1kx2,高考2不作定理要求，可作定性討論。因此，在求彈力的功或彈性勢能的改變時，一般從能量的轉(zhuǎn)化與守恒的角度來求解。分子力、電場力、重力做正功，對應(yīng)的勢能都減少，反之增加。都具有相對性系統(tǒng)性。彈簧一端連聯(lián)物、另一端固定：當(dāng)彈簧伸長到最長或壓縮到最短

22、時，物體速度有極值，彈 簧的彈性勢能最大，此時也是物體速度方向發(fā)生改變的時刻。假設(shè)關(guān)聯(lián)物與接觸面間光滑， 當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，物體速度最大，彈性勢能為零。假設(shè)關(guān)聯(lián)物與接觸面粗糙，物體速度最 大時彈力與摩擦力平衡，此時彈簧并沒有恢復(fù)原長，彈性勢能也不為零。用W qUAB來計算，此時有兩個方案：一是嚴(yán)格帶符號運算，q和Uab均考慮正和負(fù)，所得W的正、負(fù)直接說明電場力做功的正、負(fù)；二是只取絕對值進展計算，所得 W只是功的數(shù)值，至于做正功還是負(fù)功？可用力學(xué)知識判定。做功與移動的路徑無關(guān)，僅與始末位置的 電勢差有關(guān)。誤區(qū)點撥.word.zl.電場力、重力做功與路徑無關(guān)，取決與始末位置；而彈力、分子力與距離

23、形變量、分子 間距有關(guān)，所以它們的做功與對應(yīng)的勢能問題就可以進展歸納類比。由功的定義式W Fs來計算，要求式中F為恒力才行，所以，這個方法有局限性，如在 勻強電場中使用。模型演練聯(lián)考利用傳感器和計算機可以測量快速變化力的瞬時值。如圖2是用這種方法獲得的彈性純中拉力F隨時間t變化的圖線。實驗時，把小球舉高到繩子的懸點O處，然后放手讓小球自由下落。由此圖線所提供的信息，以下判斷正確的選項是t2時刻小球速度最大；tit2期間小球速度先增大后減小;t3時刻小球動能最小；ti與t4時刻小球動量一定一樣答案：B.word.zl.模型組合講解一一等效場模型蔡才福模型概述復(fù)合場是高中物理中的熱點問題，常見的有

24、重力場與電場、重力場與磁場、重力場與電磁 場等等，對復(fù)合場問題的處理過程其實就是一種物理思維方法。所以在復(fù)習(xí)時我們也將此作 為一種模型講解。模型講解例1,粗細(xì)均勻的U形管裝有某種液體，開場靜止在水平面上，如圖 1所示，：L=10cm,當(dāng)此U形管以4m/s2的加速度水平向右運動時，求兩豎直管液面的高度差。g 10m/s2圖1解析：當(dāng)U形管向右加速運動時，可把液體當(dāng)做放在等效重力場中，g的方向是等效重力場的豎直方向，這時兩邊的液面應(yīng)與等效重力場的水平方向平行，即與 g方向垂直。設(shè)g的方向與g的方向之間夾角為，那么tan - 0.4g由圖可知液面與水平方向的夾角為a ,所以，h L tan 10 0

25、,4cm 4cm 0.04m.word.zl.例2.如圖2所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為 m的帶電小球，將它 置于一方向水平向右，場強為正的勻強電場中，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角a時，小球處于平衡 狀態(tài)。1假設(shè)使細(xì)線的偏角由a增大到，然后將小球由靜止釋放。那么 應(yīng)為多大，才能使細(xì)線到達豎直位置時小球的速度剛好為零？2假設(shè)a角很小，那么1問中帶電小球由靜止釋放在到達豎直位置需多少時間？解析：帶電小球在空間同時受到重力和電場力的作用，這兩個力都是恒力，故不妨將兩個力合成，并稱合力為“等效重力，”等效重力的大小為：J(mg)2_(Eq)2 m-,令 3- mg cos cos這里的g

26、9可稱為“等效重力加速度，方向與豎直方向成a角，如圖 3所示。這樣 cos一個“等效重力場可代替原來的重力場和靜電場。1在”等效重力場中，觀察者認(rèn)為從 A點由靜止開場擺至B點的速度為零。根據(jù)重.word.zl.力場中單擺擺動的特點，可知2假設(shè)a角很小，那么在等效重力場中，單擺的擺動周期為 T 2 匹 2 匡T,gg從A-B的時間為單擺做簡諧運動的半周期。即t Tj叵二。2: g思考：假設(shè)將小球向左上方提起，使擺線呈水平狀態(tài)，然后由靜止釋放，那么小球下擺過 程中在哪一點的速率最大？最大速率為多大？它擺向右側(cè)時最大偏角為多大？點評：此題由于引入了 “等效重力場的概念，就把重力場和電場兩個場相復(fù)合的

27、問題簡 化為只有一個場的問題。從而將重力場中的相關(guān)規(guī)律有效地遷移過來。值得指出的是，由于 重力場和電場都是勻強場，即電荷在空間各處受到的重力及電場力都是包力，所以，上述等 效是允許且具有意義的，如果電場不是勻強電場或換成勻強磁場，那么不能進展如上的等效 變換，這也是應(yīng)該引起注意的。穩(wěn)固小結(jié)：通過以上例題的分析，帶電粒子在電場中的運動問題，實質(zhì)是力學(xué)問題，其解 題的一般步驟仍然為：確定研究對象；進展受力分析注意重力是否能忽略；根據(jù)粒子的運動情況，運用牛頓運動定律、動能定理或能量關(guān)系、動量定理與動量守恒定律列出方程式求 解。模型要點物體僅在重力場中運動是最簡單，也是學(xué)生最為熟悉的運動類型，但是物體

28、在復(fù)合場中的運動又是我們在綜合性試題中經(jīng)常遇到的問題，如果我們能化“復(fù)合場為“重力場，不僅能起到“柳暗花明的效果，同時也是一種思想的表達。如何實現(xiàn)這一思想方法呢？.word.zl.如物體在恒力場中，我們可以先求出合力 F,在根據(jù)g匚求出等效場的加速度。將物體 m的運動轉(zhuǎn)化為落體、拋體或圓周運動等，然后根據(jù)物體的運動情景采用對應(yīng)的規(guī)律。誤區(qū)點撥在應(yīng)用公式時要注意g與g的區(qū)別；對于豎直面的圓周運動模型，那么要從受力情形出發(fā), 分清“地理最高點和“物理最高點，弄清有幾個場力；豎直面假設(shè)作勻速圓周運動，那 么必須根據(jù)作勻速圓周運動的條件，找出隱含條件；同時還要注意線軌類問題的約束條件。模型演練質(zhì)量為m

29、,電量為+q的小球以初速度以與水平方向成8角射出，如圖4所示，如果在某方向加上一定大小的勻強電場后，能保證小球仍沿 v。方向做直線運動，試求所加勻強電場的最小值，加了這個電場后，經(jīng)多長時間速度變?yōu)榱悖看鸢福河深}知小球在重力和電場力作用下沿 v。方向做直線運動，可知垂直v。方向上合外力為零，或者用力的分解或力的合成方法，重力與電場力的合力沿vo所在直線。建如圖5所示坐標(biāo)系,設(shè)場強E與v。成 角，那么受力如圖:.word.zl.由牛頓第二定律可得:Eq sin mg cos 0Eq cos mg sin ma 由式得：e m(sqsin由式得:由牛頓第二定律可得:Eq sin mg cos 0Eq

30、 cos mg sin ma 由式得：e m(sqsin由式得:圖590時，E最小為Eminmg cosq其方向與V。垂直斜向上，將90代入式可得a gsin即在場強最小時，小球沿 V0做加速度為a gsin的勻減速直線運動，設(shè)運動時間為時速度為0,那么:0 V0 Vo gsin t ,可得：tgsin模型組合講解一一電磁場中的單桿模型秋順.word.zl.模型概述在電磁場中，“導(dǎo)體棒主要是以“棒生電或“電動棒的容出現(xiàn)，從組合情況看有棒與電阻、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。模型講解、單桿在磁場中勻速運動例1.省實驗中學(xué)預(yù)測題如圖1所示

31、，Ri 5 , R2,電壓表與電流表的量程分別為010V和03A,電表均為理想電表。導(dǎo)體棒 ab與導(dǎo)軌電阻均不計，且導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)軌 平面水平，ab棒處于勻強磁場中。圖11當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到30 ，且用F1 =40N的水平拉力向右拉ab棒并使之到達穩(wěn)定速度V1時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能平安使用，那么此時ab棒的速度V1是多少？2當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到3 ,且仍使ab棒的速度到達穩(wěn)定時，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能平安使用，那么此時作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？解析：1假設(shè)電流表指針滿偏，即I=3A,那么此時電壓表的示數(shù)為 U=IR并=15V,.word.z

32、l.電壓表示數(shù)超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應(yīng)該是電壓表正好到達滿偏。當(dāng)電壓表滿偏時，即Ui=10V,此時電流表示數(shù)為U1I1 2A%設(shè)a、b棒穩(wěn)定時的速度為vi,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 Ei,那么Ei=BLv,且Ei=Ii（R+R并）= 20Va、b棒受到的安培力為Fi = BIL=40N解得v im/ s2利用假設(shè)法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即I2 = 3A,此時電壓表的示數(shù)為U2 I2R并=6V可以平安使用，符合題意。由F=BIL可知，穩(wěn)定時棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以 TOC o 1-5 h z I23F2 Fi - X40N60N。Ii2二、單杠在磁場中勻變速運動

33、例2.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周 定在水平面，MN、PQ兩導(dǎo)軌間的寬為L=0.50mi 一根質(zhì)量為m = 0.50kg的均勻金屬導(dǎo)體棒 ab靜止在導(dǎo)軌上且接觸良好，abMP恰好圍成一個正方形。該軌道平面處在磁感應(yīng)強度大小 可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。ab棒的電阻為R=0.i0Q,其他各局部電阻均不計。開場時，磁感應(yīng)強度B時，磁感應(yīng)強度B。050T 。.word.zl.FZFZ1假設(shè)保持磁感應(yīng)強度Bo的大小不變，從t=0時刻開場，給ab棒施加一個水平向右的拉力，使它做勻加速直線運動。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 速運動的加速

34、度及ab棒與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力。B2假設(shè)從t=0開場，使磁感應(yīng)強度的大小從Bo開場使其以 =0.20T/s的變化率均勻 t增加。求經(jīng)過多長時間ab棒開場滑動？此時通過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解析：1當(dāng) t=0 時，F(xiàn)i 3N, Fi Ff ma當(dāng) t = 2s時，F(xiàn)2=8NB0LatF2FfB0 L maR(F2 (F2 E)R_ 2 2B0L t，2 LL4m/ s , Ff F1 ma 1N2當(dāng)F安Ff時，為導(dǎo)體棒剛滑動的臨界條件，那么有:.word.zl.那么 B 4T, B B那么 B 4T, B B0Bt, t 17,5s t三、單

35、桿在磁場中變速運動例3,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，下端連接阻值為R的電阻。勻速磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kcj電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.2S1求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開場下滑時的加速度大小;2當(dāng)金屬棒下滑速度到達穩(wěn)定時，電阻 R消耗的功率為8W,求該速度的大小;3在上問中，假設(shè)R=2 ,金屬棒中的電流方向由a到b,求磁感應(yīng)強度的大小與方向。g=10m/s2, sin 370 = 0.6, cos37 =0.8解析：1金屬棒開場下滑的初速為零，根據(jù)牛頓

36、第二定律mg sin mg cosma 由式解得a 4m/s22設(shè)金屬棒運動到達穩(wěn)定時，速度為 v,所受安培力為F,棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡:.word.zl.mg sinmg cos F 0 此時金屬棒克制安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率Fv P由、兩式解得：v 10m / s3設(shè)電路中電流為I,兩導(dǎo)軌間金屬棒的長為1,磁場的磁感應(yīng)強度為BI型 RP I 2R由、兩式解得B上PR 0.4T vl磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。四、變桿問題例4.市模擬如圖4所示，邊長為L = 2m的正方形導(dǎo)線框ABCD和一金屬棒MN由粗 細(xì)一樣的同種材料制成，每米長電阻為 R=1 /m,以導(dǎo)線框兩條對角線

37、交點 。為圓心，半 徑r = 0.5m的勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度為 B=0.5T,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)線框接觸良好且與對角線 AC平行放置于導(dǎo)線框上。假設(shè)棒以v=4m/s 的速度沿垂直于AC方向向右勻速運動，當(dāng)運動至AC位置時，求計算結(jié)果保存二位有效數(shù) 字：.word.zl.圖41棒MN上通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。解析：1棒MN運動至AC位置時，棒上感應(yīng)電動勢為 E B2r v線路總電阻R (L 2L) R0 0MN棒上的電流I -R將數(shù)值代入上述式子可得：I=0.41A,電流方向：N M2棒MN所受的安培力：Fa B2rI

38、0.21N, FA方向垂直 AC向左。說明：要特別注意公式E = BLv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。模型要點1力電角度：與“導(dǎo)體單棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化一導(dǎo)體棒產(chǎn)生感應(yīng).word.zl.電動勢一感應(yīng)電流一導(dǎo)體棒受安培力一合外力變化一加速度變化一速度變化一感應(yīng)電動勢變化一，循環(huán)完畢時加速度等于零，導(dǎo)體棒到達穩(wěn)定運動狀態(tài)。2電學(xué)角度：判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一局部導(dǎo)體電源一利用 E N 或 tE BLv求感應(yīng)電動勢的大小一利用右手定那么或楞次定律判斷電流方向一分析電路構(gòu)造一 畫等效電路圖。3力能角度：電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，當(dāng)外力克制安培力做功時，就有其

39、他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；當(dāng)安培力做正功時，就有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。誤區(qū)點撥正確應(yīng)答導(dǎo)體棒相關(guān)量速度、加速度、功率等最大、最小等極值問題的關(guān)鍵是從力電 角度分析導(dǎo)體單棒運動過程；而對于處理空間距離時很多同學(xué)總想到動能定律，但對于導(dǎo)體 單棒問題我們還可以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)的原因，通過分析受力，結(jié)合運動過程，知道加速度和速度的關(guān)系，結(jié)合動量定理、 能量守恒就能解決。模型演練.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可以無摩擦地沿導(dǎo)軌運動。導(dǎo)軌與 ab桿的電阻不計，導(dǎo)軌寬度為 L,磁感應(yīng)強

40、度為B的勻強磁場垂直穿過整個導(dǎo)軌平面?，F(xiàn)給金屬桿 ab一個瞬時沖量I。，使 ab桿向右滑行。.word.zl.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的加速度多大?3桿ab從開場運動到停下共滑行了多少距離?答案：1由動量定理I0 mv0 0得vo卜 m由題可知金屬桿作減速運動,剛開場有最大速度時有最大Em BLvo ,所以回路最大電流:由題可知金屬桿作減速運動,ImBLvo BLI ImBLvo BLI oR mR2設(shè)此時桿的速度為v,由動能定理有:Wa解之vIo 2Qm2 m由牛頓第二定律Fa BILma及閉合電路歐姆定律BLv /曰得RB2L2vB2L2amR

41、mR ，12 2Q m2 m3對全過程應(yīng)用動量定理有:.word.zl.而 Ii , t q所以有q而 Ii , t q所以有q包BLBLx其中x為桿滑行的距離所以有xI0RB2L2.調(diào)研如圖6所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌 MNPQ相距1,在M點和P點間接一 個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1O矩形區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為 d的勻強 磁場，磁感強度為Bo 一質(zhì)量為m,電阻為r的導(dǎo)體棒ab,垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊界 相距d0O現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開場運動，棒 ab在離開磁 場前已經(jīng)做勻速直線運動棒 ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計。求：1棒

42、ab在離開磁場右邊界時的速度；2棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能；3試分析討論ab棒在磁場中可能的運動情況。解析：1ab棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為 Vm,那么有:E BlVm, E BlVm, I.word.zl.對ab棒F BIl=0,解得vmF(R r)B2l22由能量守恒可得:F(do d) W電1 2-mvm2解得：W電F(do d)mF2(R r)22B4l43設(shè)棒剛進入磁場時速度為v由:棒在進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種情況討論:假設(shè).黑0*1或F那么棒做勻速直線運動;2Fd0 F(R r)假設(shè)J-2 2或F, mB2l2假設(shè)1隹工F(R 2

43、r)或F:mB2l24 42d0B4l42m(R r)24 42doB4l42m(R r)2,那么棒先加速后勻速;，那么棒先減速后勻速。模型組合講解一一電磁流量計模型慧琨.word.zl.模型概述帶電粒子在電磁場中運動時受到電場力、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，處理方法有很多共同的特點，同時在高考中也連年不斷，實際應(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。模型講解例1.圖1是電磁流量計的示意圖，在非磁性材料做成的圓管道外加一勻強磁場區(qū)域，當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過此磁場區(qū)域時，測出管壁上的ab兩點間的電動勢 ，就可以知道管中液體的流量

44、Q單位時間流過液體的體積m3/s。管的直徑為D,磁感應(yīng)強度為B,試推 出Q與的關(guān)系表達式。甲：從圓管的側(cè)面看甲：從圓管的側(cè)面看乙.對著液體流來的方向看解析：a, b兩點的電勢差是由于帶電粒子受到洛倫茲力在管壁的上下兩側(cè)堆積電荷產(chǎn)生的。到一定程度后上下兩側(cè)堆積的電荷不再增多,a, b的。到一定程度后上下兩側(cè)堆積的電荷不再增多,a, b兩點的電勢差到達穩(wěn)定值 ，止匕時,洛倫茲力和電場力平衡：qvB qE 洛倫茲力和電場力平衡：qvB qE , E 一D12 .v ,圓官的橫截面積 S - D故流重DB4DQ Sv 。4B評點：該題是帶電粒子在復(fù)合場中的運動,但原先只有磁場，電場是自行形成的，在評點

45、：該題是帶電粒子在復(fù)合場中的運動,但原先只有磁場，電場是自行形成的，在分析其他問題時，要注意這類情況的出現(xiàn)。聯(lián)系宏觀量I和微觀量的電流表達式I nevS是一個很有用的公式.word.zl.例2.磁流體發(fā)電是一種新型發(fā)電方式，圖2和圖3是其工作原理示意圖。圖2中的長方 體是發(fā)電導(dǎo)管，其中空局部的長、高、寬分別為1、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(fù)載電阻R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，磁感應(yīng)強度為 B,方向如下圖。發(fā)電導(dǎo)管有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導(dǎo)管向右流動，并通過專用管道導(dǎo)出。由于運動的電離氣體受到磁場作用，產(chǎn) 生了電

46、動勢。發(fā)電導(dǎo)管電離氣體流速隨磁場有無而不同。 設(shè)發(fā)電導(dǎo)管電離氣體流速處處一樣， 且不存在磁場時電離氣體流速為v,電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發(fā)電導(dǎo)管兩端 的電離氣體壓強差 p維持恒定，求：圖2圖圖2圖31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的大小；3磁流體發(fā)電機發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率 P。解析：1不存在磁場時，由力的平衡得 F ab p。2設(shè)磁場存在時的氣體流速為v,那么磁流體發(fā)電機的電動勢 E Bav回路中的電流IBavR回路中的電流IBavRla bl.word.zl.2 2電流I電流I受到的安培力F安Rlbl設(shè)F設(shè)F為存在磁場時的摩擦阻力，依題意F-

47、,存在磁場時，由力的平衡得 V。ab p F安 F根據(jù)上述各式解得E 鱉彳 B avo1 ab p(Rl )bl3磁流體發(fā)電機發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率P abv由能量守恒定律得P EI Fv故:abv0 p1B2av。a b P(Rl -t)bl模型特征“電磁流量計模型設(shè)計到兩種情況：一種是粒子處于直線運動狀態(tài)；另一種是曲線運動狀態(tài)。處于直線運動線索：合外力為 0,粒子將做勻速直線運動或靜止：當(dāng)帶電粒子所受的合 外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動。處于曲線運動狀態(tài)線索：當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運 動；當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，那么

48、粒子將做變加速運動，這 類問題一般只能用能量關(guān)系處理.word.zl.所以分析帶電粒子在電場、磁場中運動，主要是兩條思路:1力和運動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解。2功能關(guān)系。根據(jù)場力及其他外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關(guān)系，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點。模型詮釋速度選擇器：路徑不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的離子的條件是qvB qE,即v E ,能通過速度選擇器B的帶電粒子必是速度為該值的粒子，與它帶多少電和電性、質(zhì)量均無關(guān)。圖4磁流體發(fā)電機霍爾效應(yīng)：如圖5所示的是磁流體發(fā)電機原理圖，其

49、原理是：等離子氣體噴入磁場，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到兩極板上，在兩極板上產(chǎn)生電勢差。設(shè)A、B平行金屬板的面積為S,相距L,等離子氣體的電阻率為 ,噴入氣體速度為v,板間磁場的磁感應(yīng)強度為 B,板外電阻為R,當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過 A、B板問時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢。此時離子受力平衡：qvB qE, v 旦，電動勢 E BLv。B.word.zl.電磁流量計：略見例題誤區(qū)點撥處理帶電粒子在場中的運動問題應(yīng)注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據(jù)具體情況而 定，質(zhì)子、a粒子、離子等微觀粒子，一般不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子由 題設(shè)條

50、件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應(yīng)考慮重力。在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比擬正規(guī)，也比擬簡單。假設(shè)是直 接看不出是否要考慮重力，根據(jù)題目的隱含條件來判斷。但在進展受力分析與運動分析時， 要由分析結(jié)果，先進展定性確定再決定是否要考慮重力。電場力可以對電荷做功，能改變電荷的功能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷 的動能。模型演練海淀區(qū)期末練習(xí)如圖6甲所示，一帶電粒子以水平初速度V。V。 E先后進入方B起。在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中其所受重力忽略不計向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，電場方向豎直向下，兩個區(qū)域的寬度一樣且緊鄰在起。在帶電粒子穿過電場和磁場

51、的過程中其所受重力忽略不計,電場和磁場對粒子所做.word.zl.W2。比擬W,和也,的總功為w ;W2。比擬W,和也,有一定是W W2一定是W W2一定是W WD.可能是W, %,也可能是 W, W2答案：A模型組合講解一一答案：A模型組合講解一一電路的動態(tài)變化模型.word.zl.淑芳湯寶柱模型概述“電路的動態(tài)變化模型指電路中的局部電路變化時引起的電流或電壓的變化，變化起因有變阻器、電鍵的閉合與斷開、變壓器變匝數(shù)等。不管哪種變化，判斷的思路是固定的，這 種判斷的固定思路就是一種模型。模型講解、直流電路的動態(tài)變化.直流電路的動態(tài)變化引起的電表讀數(shù)變化問題例1.如圖1所示電路中，當(dāng)滑動變阻器的

52、滑片 P向左移動時，各表各電表阻對電路的 影響均不考慮的示數(shù)如何變化？為什么?圖1解析：這是一個由局部變化而影響整體的閉合電路歐姆定律應(yīng)用的動態(tài)分析問題。對于這類問題，可遵循以下步驟：先弄清楚外電路的申、并聯(lián)關(guān)系，分析外電路總電阻怎樣變化；由I J確定閉合電路的電流強度如何變化；再由 U E Ir確定路端電壓的變化情況； R r最后用局部電路的歐姆定律U IR及分流、分壓原理討論各局部電阻的電流、 電壓變化情況。.word.zl.當(dāng)滑片P向左滑動，R3當(dāng)滑片P向左滑動，R3減小，即R總減小，根據(jù)I總判斷總電流增大，Ai示數(shù)增路端電壓的判斷由而外，根據(jù)U E Ir知路端電壓減小，V示數(shù)減??；對R

53、i,有Ui I總Ri所以Ui增大，Vi示數(shù)增大；對并聯(lián)支路，U2 U Ui,所以U2減小，V2示數(shù)減?。粚2,有I2%，所以I2減小，A2示數(shù)減小。R2評點：從此題分析可以看出，在閉合電路中，只要外電路中的某一電阻發(fā)生變化，這時除 電源電動勢、電阻和外電路中的定值電阻不變外，其他的如干路中的電流及各支路的電流、 電壓的分配，從而引起功率的分配等都和原來的不同，可謂“牽一發(fā)而動全身，要注意電 路中各量的同體、同時對應(yīng)關(guān)系，因此要當(dāng)作一個新的電路來分析。解題思路為局部電路一 整體電路一局部電路，原那么為不變應(yīng)萬變先處理不變量再判斷變化量。.直流電路的動態(tài)變化引起的功能及圖象問題例2.用伏安法測一

54、節(jié)干電池的電動勢和電阻，伏安圖象如下圖，根據(jù)圖線答復(fù)：們 干電池的電動勢和電阻各多大？2圖線上a點對應(yīng)的外電路電阻是多大？電源此時部熱耗功率是多少？3圖線上a、b兩點對應(yīng)的外電路電阻之比是多大？對應(yīng)的輸出功率之比是多大？4在此實驗中，電源最大輸出功率是多大？.word.zl.圖2圖2解析:1開路時1=0的路端電壓即電源電動勢，因此 E 1.5V ,電阻0.2E 1.50.2r 一一I 短7.5也可由圖線斜率的絕對值即阻，有:1.5 1.02.51.5 1.02.50.22a點對應(yīng)外電阻Ra幺100.4Ia 2.5此時電源部的熱耗功率:prIar prIar 2.52 0.2W也可以由面積差求得

55、：PrIaE IaUa 2.53電阻之比：0Rb輸出功率之比：pPb1.25W(1.5 1.0)W 1.25W1.0/2.540.5/5.011.0 2.5W10.5 5.0W14電源最大輸出功率出現(xiàn)在、外電阻相等時， 此時路端電壓U干路電流I 工,22.word.zl.1 5 7 5因而最大輸出功率P出m W 2.81W 22r 小一、eF2當(dāng)然直接用P出m 計算或由對稱性找乘積IU對應(yīng)于圖線上的面積的最大值，也可4r以求出此值。評點：利用題目給予圖象答復(fù)以下問題，首先應(yīng)識圖從對應(yīng)值、斜率、截矩、面積、橫 縱坐標(biāo)代表的物理量等,理解圖象的物理意義及描述的物理過程：由U-I圖象知E=1.5V,

56、斜率表阻，外阻為圖線上某點縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)比值；當(dāng)電源外電阻相等時，電源輸出功率最 大。二、交變電路的動態(tài)變化例3.如圖3所示為一理想變壓器，S為單刀雙擲開關(guān)P為滑動變阻器的滑動觸頭，Ui為加在初級線圈兩端的電壓，Ii為初級線圈中的電流強度，那么A.保持Ui及P的位置不變，S由a合到b時，Ii將增大B.保持P的位置及Ui不變，S由b合至I a時，R消耗的功率減小C.保持Ui不變，S合在a處，使P上滑，Ii將增大D.保持P的位置不變，S合在a處，假設(shè)Ui增大，Ii將增大圖3.word.zl. 一 U, n U2解析：S由a合到b時，n,減小，由優(yōu)於可知U2增大，P2隨之增大，而P1P2, 又Pi

57、I1U1,從而*增大，可見選項A是正確的。當(dāng)S由b合到a時，與上述情況相反，巳將U 2 一減小，可見，選項B也是正確的。當(dāng)P上滑時，R增大，P2 減小，又P F2, Pi U1I1,R從而I1減小，可見選項C是錯誤的。當(dāng)Ui增大，由匕業(yè)，可知U2增大，I2 曳隨之增U 2 n2R大；由L n2可知Ii也增大，那么選項D是正確的。I2 ni說明：在處理這類問題時，關(guān)鍵是要分清變量和不變量，弄清理想變壓器中U2由Ui和匝數(shù)比決定；I2由U2和負(fù)載電阻決定；Ii由I 2和匝數(shù)比決定?？偨Y(jié)：變壓器動態(tài)問題制約問題電壓制約：當(dāng)變壓器原、副線圈的匝數(shù)比 （業(yè)）一定時，輸出電壓U2由輸入電壓決定，即U2 ,

58、可簡述為“原制約副。 ni電流制約：當(dāng)變壓器原、副線圈的匝數(shù)比 （曳）一定，且輸入電壓Ui確定時，原線圈中的電流Ii由副線圈中的輸出電流I2決定，即Ii -,可簡述為“副制約原。 ni負(fù)載制約：變壓器副線圈中的功率 巳由用戶負(fù)載決定，P2 P負(fù)i P負(fù)2；原線圈的輸入功率Pi P2簡述為“副制約原。特例：當(dāng)變壓器空載時即負(fù)載電阻 R ，輸出功率為零，輸入電流為零，輸入功率也為零。當(dāng)副線圈短路時即負(fù)載電阻R=0，輸出電流為無窮大，那么輸入電流也是無窮大， 使原線圈處于“短路狀態(tài).word.zl.模型要點判斷思路：1電路中不管是串聯(lián)還是并聯(lián)局部，只要有一個電阻的阻值變大時，整個電路的總電 阻就變大

59、。只要有一個電阻的阻值變小時，整個電路的總電阻都變小。2根據(jù)總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可判定總電流、電壓的變化。3判定變化局部的電流、電壓變化。如變化局部是并聯(lián)回路，那么仍應(yīng)先判定固定電 阻局部的電流、電壓的變化，最后變化電阻局部的電流、電壓就能確定了。上述的分析方法俗稱“牽一發(fā)而動全身，其要點是從變量開場，由原因?qū)С鼋Y(jié)果，逐層 遞推，最后得出題目的解。圖象特性公式圖象4寺例I-R圖線I f(R) E R rQ回路R 0 ,E圖象頂端 r斷路R,I 0圖象末端U-R圖線U IRERr R舛-i回路R 0 ,J 0 , U E斷路R,U E , U 0U-I圖線U E Irk回路R 0 ,

60、E/r , U 0斷路R,I 0 , U E.word.zl.誤區(qū)點撥.區(qū)分固定導(dǎo)體的I-U圖線與閉合電路歐姆定律的 U-I圖象。1.在固定導(dǎo)體的I-U圖線中，R cot ，斜率越大，R越??；k斜率在固定導(dǎo)體的U-I圖線中，R tank斜率，斜率越大，R越大，在閉合電路歐姆定律的U-I圖象中，電源阻r |k斜率|,斜率越大，阻r越大。.區(qū)分電源總功率嗑 E I 消耗功率；輸出功率P輸出U端I外電路功率；電源損耗功率 巳損12r電路功率；線路損耗功率P戔損12%.輸出功率大時效率不一定大，當(dāng) R r ,電源有最大輸出功率時，效率僅為 50%,所以 功率大并不一定效率高。.求解功率最大時要注意固定