高考總復習優(yōu)化設計二輪用書物理(新高考)專項二模型建構能力

專項二模型建構能力高考總復習優(yōu)化設計GAOKAOZONGFUXIYOUHUASHEJI2024能力概述高中物理習題所涉及的基礎物理思維模型,通常就是通過教材可以學到的各種物理原理、物理定律及其物理公式,如牛頓三大定律、萬有引力定律、能量守恒定律、動量守恒定律、庫侖定律、法拉第電磁感應定律、熱力學三大定律、光的折射定律等。在考試中,較為復雜的情境試題,通常表現(xiàn)為諸多基礎物理模型的疊加和嵌套。因此,在進行物理解題的過程中,可以運用思維模型建構的思想,抓住物理問題的本質,選擇適當的物理模型進行解題,將自己所熟悉的物理模型建構方法結合物理問題進行比較,建構符合題意的物理模型。建構物理模型通常包括以下核心環(huán)節(jié):(1)確定研究對象,分析研究對象的物理狀態(tài)變化或者物理運動過程。首先明確研究對象,確定其物理屬性,結合物理情境分析其抽象為某種對象模型的條件;明確研究對象所處的狀態(tài),分析其可建構為某種狀態(tài)模型的條件;分析研究對象的物理運動過程,結合其受力等狀態(tài),梳理其可建構為某種運動模型的條件。(2)選擇基礎物理模型。根據第(1)個環(huán)節(jié)的分析,確立研究對象為某種對象模型、其狀態(tài)變化為某種狀態(tài)模型或其物理過程為某種過程模型。(3)明確物理模型對應的物理概念、規(guī)律。根據確定的物理模型,利用物理模型對應的概念或規(guī)律,列出解決問題的核心表達式。(4)邏輯推理與運算。結合核心表達式,利用物理、數學方法進行科學嚴謹的邏輯推理和運算,得出問題的最終結果,并對結果進行驗證。這是通過建構物理模型解決物理問題的一般流程,下文將通過具體事例加以說明。中學階段的物理模型一般可分為三類:對象模型、狀態(tài)模型和過程模型。另外,在中學物理中還有一些典型的物理情境,如木板和物塊疊放體的運動、帶電粒子在電磁場中的運動等,這些典型的物理情境綜合了各種物理模型,解決此類問題有其一以貫之的方法,因此也可將它們歸為復雜運動情境模型。能力剖析一、對象模型對象模型是物理對象的靜態(tài)抽象,可分為實體對象模型和場對象模型。實體對象模型,例如:力學中的質點、輕質彈簧、彈性小球、剛性繩等,電磁學中的點電荷、平行板電容器、理想變壓器、密繞螺線管等,熱力學中的理想氣體,光學中的薄透鏡、均勻介質等。場對象模型,例如:勻強電場、勻強磁場、引力場等都是空間場物質的模型。不同的對象模型有著不同的性質、特征,遵循著不同的規(guī)律,建構對象模型是解決物理問題的基礎。典例示范1(2021海南卷)如圖所示,兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連,開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后,輕繩的拉力變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知P、Q兩物塊的質量分別為mP=0.5kg、mQ=0.2kg,P與桌面間的動摩擦因數μ=0.5,重力加速度g取10m/s2。則推力F的大小為(

)A.4.0N B.3.0N C.2.5N D.1.5NA解析

P靜止在水平桌面上時,細線中拉力FT'=mQg=2

N。將水平向右的力F作用在P上后,細線中拉力變?yōu)樵瓉淼囊话?即FT=1

N,隔離Q分析受力,由牛頓第二定律,mQg-FT=mQa,解得a=5

m/s2。隔離P受力分析,由牛頓第二定律,F-μmPg+FT=mPa,解得F=4.0

N,選項A正確。【模型建構】

流程內容選取對象、分析狀態(tài)過程對象:兩物塊構成連接體狀態(tài):共同運動,速度、加速度的大小相等建構物理模型兩物體通過輕繩連接,一塊運動,速度、加速度的大小相等,屬于連接體模型確定物理原理牛頓第二定律分別對整體和部分運用牛頓第二定律列方程,或者用隔離法對兩個物體分別運用牛頓第二定律列方程整體和部分的加速度大小相等二、狀態(tài)模型狀態(tài)模型是對研究對象某時刻的狀態(tài)進行描述的空間模型。狀態(tài)既可以是穩(wěn)定的,也可以是變化的,結合物理情境分析其抽象為某種對象模型的條件;明確研究對象所處的狀態(tài),分析其可建構為某種狀態(tài)模型的條件,建構狀態(tài)模型后按照模型的基本解題思路和方法解決問題。常見的狀態(tài)模型有共點力平衡模型、動量與能量守恒模型、玻爾的原子能級模型等。典例示范2(2023浙江6月選考)如圖所示,水平面上固定兩排平行的半圓柱體,重為G的光滑圓柱體靜置其上,a、b為相切點,∠aOb=90°,半徑Ob與重力的夾角為37°。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為(

)A.Fa=0.6G,Fb=0.4GB.Fa=0.4G,Fb=0.6GC.Fa=0.8G,Fb=0.6GD.Fa=0.6G,Fb=0.8GD解析

對光滑圓柱體受力分析如圖所示,由題意有Fa=Gsin

37°=0.6G,Fb=Gcos

37°=0.8G,故選D?！灸Ｐ徒嫛?/p>

流程內容選取對象、分析狀態(tài)對象:圓柱體狀態(tài):靜止建構物理模型三個共點力平衡確定物理原理任意兩個力的合力一定與第三個力等大反向,解三角形三、過程模型過程模型是對物質運動過程進行描述的空間模型,以隱含著的時間為自變量。在研究質點運動時,如勻速直線運動、勻變速直線運動、平拋運動、圓周運動、簡諧運動等;還有一些物理量的均勻變化的過程,如某勻強磁場的磁感應強度均勻減小、均勻增加等。建構不同的過程模型,需要滿足不同過程模型的條件,如平拋運動,在物體具有水平初速度,且只受重力的作用下,物體做平拋運動。不同的過程模型也遵循著不同的運動規(guī)律,如勻變速直線運動的速度時間關系、位移時間關系等。建構過程模型,需明確物體的運動特征和受力條件,模型建構起來,就可以用模型的相關規(guī)律來解決問題。典例示范3(2022浙江6月選考)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長度l1=4m,水平滑軌長度可調,兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑,其與滑軌間的動摩擦因數均為μ=,貨物可視為質點(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g取10m/s2)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小;(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小;(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度l2。答案

(1)2m/s2

(2)4m/s

(3)2.7m解析

(1)根據牛頓第二定律可得mgsin

24°-μmgcos

24°=ma1代入數據解得a1=2

m/s2。(2)根據運動學公式得v2=2a1l1解得v=4

m/s。(3)設貨物在水平滑軌上的加速度為a2,根據牛頓第二定律得μmg=ma2【模型建構】

流程內容選取對象、分析狀態(tài)過程對象:貨物過程:①貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑→物體做初速度為零的勻加速直線運動②貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2

m/s→末速度不超過2

m/s的勻減速直線運動流程內容建構物理模型分析題干得出的:①貨物→對象模型②在傾斜滑軌上→貨物所受力均為恒力,即合力為恒力,結合其他信息,貨物在傾斜滑軌上做初速度為零的勻加速直線運動③同理可得,貨物在水平滑軌上做勻減速直線運動流程內容確定物理原理四、復雜運動情境模型1.板塊模型板塊模型是高中物理最典型的復雜運動情境模型,基本解法為牛頓運動定律與運動學公式相結合。但此類模型經常與動量守恒、能量守恒類模型相結合考查,是高考中的壓軸題型。畫運動草圖、受力分析、動量守恒、動能定理是此類問題常用的方法。處理此類問題,必須弄清滑塊和滑板的加速度、速度、位移等關系。(1)加速度關系如果滑塊和滑板之間沒有發(fā)生相對運動,可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度;如果滑塊和滑板之間發(fā)生相對運動,應采用“隔離法”分別求出滑塊和滑板的加速度。(2)速度關系①滑塊和滑板之間發(fā)生相對運動時,分析速度關系,從而確定滑塊受到的摩擦力的方向。②當滑塊與滑板速度相同時,板塊間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動);也可能由最大靜摩擦力轉變?yōu)榛瑒幽Σ亮Α?3)位移關系如圖所示,滑塊由滑板一端運動到另一端的過程中,滑塊和滑板同向運動時,位移之差Δx=x1-x2=L(板長);滑塊和滑板反向運動時,位移大小之和x2+x1=L。2.帶電粒子在電磁場中的運動模型帶電粒子在電磁場中的運動模型是帶電粒子在電場中的類平拋運動或者類斜拋運動模型和在磁場中的圓周運動模型相結合的復雜運動情境模型,除了每一個模型單獨應用解題外,兩個運動的銜接點的狀態(tài)是解題的關鍵。對于近幾年頻繁出現(xiàn)的三維空間中的運動給考生帶來了不小的挑戰(zhàn),這類問題需要具備較強的空間思維能力,另外運動的合成和分解中的隔離、整體的思想也是解決此類問題的關鍵。3.電磁感應中的導軌與導體棒模型電磁感應中的導軌與導體棒模型有多種分類:單棒模型、雙棒模型、無動力模型、有動力模型、電容器與導體棒模型、導軌等間距模型、導軌不等間距模型等,解決此類問題的方法比較固定。最大速度一般用受力平衡解決,運動的位移和時間一般用動量定理解決,運動中產生的熱量一般用能量守恒解決。其中動量定理的應用常常與電荷量相聯(lián)系。典例示范4(2021全國乙卷)如圖所示,一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質量m0=0.06kg的U形導體框,導體框的電阻忽略不計;一電阻R=3Ω的金屬棒CD的兩端置于導體框上,與導體框構成矩形回路CDEF;EF與斜面底邊平行,長度l=0.6m。初始時CD與EF相距s0=0.4m,金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑,金屬棒下滑距離s1=

m后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域,磁場邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行;金屬棒在磁場中做勻速運動,直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間,導體框的EF邊正好進入磁場,并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好,磁場的磁感應強度大小B=1T,重力加速度大小g取10m/s2,sinα=0.6。求:(1)金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小;(2)金屬棒的質量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數;(3)導體框勻速運動的距離。解析

(1)設金屬棒的質量為m,金屬棒與導體框一起做初速度為零的勻加速直線運動。當金屬棒進入磁場時,設金屬棒與導體框的速度大小為v0,根據動能定理有代入數據解得v0=1.5

m/s金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為E=Blv0金屬棒在磁場中運動時受到的安培力大小F1=I1Bl代入數據解得F1=0.18

N。(2)金屬棒在磁場中運動過程中,導體框做勻加速直線運動設金屬棒與導體框間的滑動摩擦力大小為Ff,導體框進入磁場時的速度大小為v對導體框,由牛頓第二定律得m0gsin

α-Ff=m0a1導體框剛進入磁場時做勻速直線運動,對導體框,由平衡條件得m0gsin

α=F2+Ff代入數據聯(lián)立解得a1=5

m/s2,Ff=0.06

N,v=2.5

m/s金屬棒在磁場中做勻速直線運動時,由平衡條件得mgsin

α+Ff=F1代入數據解得金屬棒的質量m=0.02

kg由滑動摩擦力公式得Ff=μmgcos

α,代入數據解得金屬棒與導體框之間的動摩擦因數μ=0.375。磁場寬度d=v1t1=0.3

m金屬棒離開磁場后做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得mgsin

α+Ff=ma2代入數據解得a2=9

m/s2金屬棒加速到與導體框速度v相等,然后兩者