物理模型

［模型概述］

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。

［模型讲解］

例. （2005年物理高考科研测试）一质点在一平面内运动，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

① xN2(Rr)

其所经历的时间tN(Rr) ② v0所以沿x方向的平均速度为

x2v0(Rr) v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

22量、电量和速度的大小；则由洛伦兹力和牛顿定律可知，qvBmv0、qvBmv0，由此可得B上r，即下面磁感应强度是

下上RrB下R上面的R倍。

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：

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。 ［模型演练］

（2005年浙江省杭州学军中学模拟测试）如图2所示，一束波长为的强光射在金属板P的A处发生了光电效应，能从A处向各个方向逸出不同速率的光电子。金属板P的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，面积足够大，在A点上方L处有一涂荧光材料的金属条Q，并与P垂直。现光束射到A处，金属条Q受到光电子的冲击而发出荧光的部分集中在CD间，且CD=L，光电子质量为m，电量为e，光速为c，

（1）金属板P逸出光电子后带什么电？

（2）计算P板金属发生光电效应的逸出功W。

（3）从D点飞出的光电子中，在磁场中飞行的最短时间是多少？

图2

解析：（1）由电荷守恒定律得知P带正电。 （2）所有光电子中半径最大值R

2L

21

mv2，所以L2B2e2逸出功hcL2B2e2

EkmevBW4mR4m（3）以最大半径运动并经D点的电子转过圆心角最小，运动时间最短

且2m，所以tm。 ，T2eB2T2eB模型组合讲解——运动学

【模型概述】

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、独立性而进行。

【模型回顾】

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：vvat，svt1at2，几个推论、比值、两个中点速度和一个v-t图象。

t002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。

t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 匀速圆周运动：

mv2F法F向ma向mr2mv

r【模型讲解】

一、匀速直线运动与匀速直线运动组合

例1. （04年广东高考）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 图2

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。

l由几何关系，有h

OMOMOS联立解得OMhvt

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lv

thl可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率klv。

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影顶端C点到达C’点，由于SAA'0)，则人由AB到达A’B’，人

vt则人影顶端的移动速度：

图3

vClimSCC't0tHSAA'Hv H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

2

例2. （2005年上海高考）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

解析：（1）由图线读得，转盘的转动周期T0.8s， 角速度26.28rad/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。

dti，r3r2r2r1vT 2rTi

r2r1dT11dT11()，r3r2()2t2t12t3t2由以上式联立解得t3t1t20.67103s

2t1t2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年北京高考）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105C/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

2域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s。

图5

（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在水平方向上满足：s12gt 2d1Uq2 t22dm2两式联立得Ugmd1104V

2lq（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足

3

11Uqmg(lH)mv2 22Uqv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 v12g(lH)4m/s

22反弹高度h(0.5v1)(1)(v1)

12g42g根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度：

1nv121hn()()()n0.8m

42g4当n4时，hn0.01m

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内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2 ① Gm2(Rh) 2(Rh)T1又GMmmg

2②

③

R有T21R(hR)3 g地球自转角速度为2 ④

T在卫星绕行地球一周的时间T1内，地球转过的圆心角为T2T

11T那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长为sR ⑥

2由①②③④⑤⑥得s4 ⑤

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，女演员在极短时间内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根据题给条件，女演员刚好回A点，由机械能守恒定律，m2gR12，已知m12m2，由以上各式可得s8R。 m2v22【模型演练】

（2005年苏、锡、常、镇四市调研）在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上。已知小石块的质量为m1，气球（含球内氢气）的质量为m2，气球体积为V，空气密度为ρ（V和ρ均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为v。已知风对气球的作用力始时，小石块静止在地面上，如图7所示。

fku（式中k为一已知系数，u为气球相对空气的速度）。开

4

（1）若风速v在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由。

图7

（2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v保持不变量，求气球能达到的最大速度的大小。

答案：（1）将气球和小石块作为一个整体；在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G、浮力F和地面支持力FN的作用，据平衡条件有：

FN(m1m2)ggV

由于式中FN是与风速v无关的恒力，而FN气球在竖直方向做匀速运动，有：

0，故气球连同小石块不会一起被吹离地面。

v

（2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达到最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有vxm2gkvygV

气球的最大速度：

22 vmvxvy联立求解得：

vmv2(gVm2gk)2

圆锥摆模型全透视

一. 圆锥摆模型

1. 结构特点：一根质量和伸长可以不计的细线，系一个可以视为质点的摆球，在水平面内做匀速圆周运动。

2. 受力特点：只受两个力即竖直向下的重力mg和沿摆线方向的拉力FT。两个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力Fn，如图1所示。

图1

二. 常规讨论

1. 向心力和向心加速度

设摆球的质量为m，摆线长为l，与竖直方向的夹角为，摆球的线速度为v，角速度为，周期为T，频率为

f。

v2

Fnmanmgtanmlsin2m2lsinm()lsinm(2f)2lsin

Tangtanv2lsin lsin2(22)lsin(2f)2lsin T2. 摆线的拉力

有两种基本思路：当角已知时Fmg；当角未知时FTFnm2l(2)2lm(2f)2l

TsinTcos3. 周期的计算

设悬点到圆周运动圆心的距离为h，根据向心力公式有T2lcos2h，由此可知高度相同的圆锥摆周期相同与

ggm、l、无关。

4. 动态分析 根据mgtan

m2lsin有cosgl，当角速度增大时，向心力增大，回旋半径增大，周期变小。

5

三. 典型实例

例1. 将一个半径为R的内壁光滑的半球形碗固定在水平地面上，若使质量为m的小球贴着碗的内壁在水平内以角速度做匀速圆周运动，如图2所示，求圆周平面距碗底的高度，若角速度增大，则高度、回旋半径、向心力如何变化？

图2

解析：本题属于圆锥摆模型，球面的弹力类比于绳的拉力，球面半径类比于绳长。mgtan

m2Rsin，故

cosg。若角速度增大，则有增大，高度h变大，回旋半径变g，圆周平面距碗底的高度为

hRRcosR22R大，向心力变大。

点评：本题形式上不属于圆锥摆模型，但实质却为圆锥摆模型。

例2. 一个内壁光滑的圆锥筒绕其竖直轴线以角速度做匀速转动，在圆锥筒内壁的A处有一质量为m的小球与圆锥筒保持相对静止，在水平面内做匀速圆周运动，如图3所示，在圆锥筒的角速度增大时，小球到锥底的高度，回旋半径，向心力分别如何变化？

图3

解析：小球受两个力mg、FN作用，向心力mgcot

m2r，角速度增大时，由于角度不变，故向心力不变，回旋

半径r减小，小球到锥底的高度降低。

点评：本题区别于例1，不属于圆锥摆模型，圆锥摆模型是当角速度发生变化时，圆锥摆顶点保持不变，即摆长不变，本题动态分析的结论和例1相反。

例3. 一光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，其顶角为60，如图4所示，一条长为L的轻绳，一端固定在锥顶O点，另一端拴一质量为m的小球，小球以速率v绕圆锥的轴线做水平面内的匀速圆周运动，求：

1时，绳上的拉力多大？ gL63（2）当vgL时，绳上的拉力多大？ 2（1）当v图4

解析：当小球刚好对圆锥没有压力时

v0 mgtan30mLsin302求得小球的线速度

v03gL 6（1）当v1gLv0，小球不做圆锥摆运动，小球受三个力，如图5所示，用正交分解法解题，在竖直方向 6FTcos30FNsin30mg

6

图5

在水平方向

v2 FTsin30FNcos30mLsin30解得FT1033.mg

（2）当vgLv0，小球做圆锥摆运动，且30，设此时绳与竖直方向的夹角为，则有 2v2

mgtanmLsin解得60

mg2mg cos60点评：本题要先判断究竟物体是否属于圆锥摆模型。判断时，先根据临界条件，当圆锥体刚好对斜面没有压力时，求得小球的线速度为v0。当vv0时，小球做圆锥摆运动，vv0时，小球不做圆锥摆运动。

因此FT模型组合讲解——爆炸反冲模型

［模型概述］

“爆炸反冲”模型是动量守恒的典型应用，其变迁形式也多种多样，如炮发炮弹中的化学能转化为机械能；弹簧两端将物块弹射将弹性势能转化为机械能；核衰变时将核能转化为动能等。

［模型讲解］

例. 如图所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M，每颗炮弹质量为m，当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？

解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的

2p动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式Ek知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，2mM2炮弹的动能E11mv12E，E21mv2E，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即：

22MmM。 s2v2M，所以

s2sMmsv1Mm思考：有一辆炮车总质量为M，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为v0，求炮车后退的速度。

提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为v0则(Mcos，设炮车后退方向为正方向，

m)vmv0cos0，vmv0cos

Mm评点：有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要善于选择系统，善于选择过程来研究。

［模型要点］ 内力远大于外力，故系统动量守恒

p1p2，有其他形式的能单向转化为动能。所以“爆炸”时，机械能增加，增加的机械

能由化学能（其他形式的能）转化而来。

［误区点拨］

忽视动量守恒定律的系统性、忽视动量守恒定律的相对性、同时性。 ［模型演练］

（2005年物理高考科研测试）在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M，炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E0是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于E0，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？

答案：若在发射前给炮车一适当的初速度v0，就可实现题述的要求。

在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知： (mM)v0mvMV1

7

由能量关系可知： 1112(mM)v0E0mv2MV22 222按题述的要求应有由以上各式得：

12mvE023

v02mE0(mM)M(mM)2mE0(MmM(Mm))m(Mm)4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。FNs相Ek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v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，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Q。

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Ff做负功，由动能定理得：

Ff(ds)112 mvt2mv022即Ff对物块做负功，使物块动能减少。

对木块，滑动摩擦力Ff对木块做正功，由动能定理得Fs1Mv2，即Ff对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机

f2械能为：

1112mv0mvt2Mv2Ff(ds)FfsFfd222本题中Ff1

mg，物块与木块相对静止时，vtv，则上式可简化为：

2

mgd112mv0(mM)vt222又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：

mv0(mM)vt联立式<2>、<3>得：

2Mv0 d2g(Mm)3

故系统机械能转化为内能的量为：

22Mv0Mmv0 QFfdmg2g(M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FfsE。

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)/2v0v

s2v/2v所以dv0Mm，smd

2s2vmMm一般情况下Mm，所以s2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

8

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：

EkMm2 v02(Mm)［模型要点］

子弹打木块的两种常见类型：

①木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0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v—t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）

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ΔE＝Ffd

②物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得：

112

Ffdmvt2mv022两种类型的共同点：

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v0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：

图4

（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v0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：

mv0(Mm)v，vmv0 Mm力与运动观点： 设电场力为F

mv0 FFv0ttv，vmMMm（2）能量观点（在第（1）问基础上）：

9

2 对m：Eq(sd)1mv21mv0222对M：Eqs1Mv20

2d112

(mM)v2mv0222所以smd

Mm2Eq运动学观点： 对M：

vts，对m：vv0ts' 22dmd，解得：s 22(Mm)s's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5

d11v0t0，svt0 222md解得：s 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。

模型组合讲解——带电粒子在电场中的运动模型

［模型概述］

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），涉及内容有力、能、电、图象等各部分知识，主要考查学生的综合能力。 ［模型讲解］ 例. 在与x轴平行的匀强电场中，一带电量为1.01028C、质量为2.5103kg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0.02t，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。

1a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

vv04s，s1vt10t10.32m

2a2第5s内物体开始反向以a20.04m/s的加速度做匀加速直线运动

12s2a2t20.02m

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

故t1克服电场力做功

W1122mv0mv23.0105J 22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。

10

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。 ［误区点拨］ 一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。由动能定理W是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。 ［模型演练］ 如图1所示，A、B两块金属板水平放置，相距dqUEk，此式与电场

0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势A2随时间t变化的情况如图2所示。在两板间的电场中，将一带负电的粒子从B板中央处由静止释放，若该带电粒子受到的电场力为重力的两倍，要使该粒子能够达到A板，交变电压的周期至少为多大。（g取10m/s）

图1 图2

解析：设电场力为F，则F

mgma1，得

a1(2mgmg)g

m2282前半周期上升高度：h11g(T)2gT，后半周期先减速上升，后加速下降，其加速度：

Fmgma2得a23mg3g

m减速时间为t1则gT3gt，tT

1162此段时间内上升高度：

1T2gT2 h23g()26242则上升的总高度：hhgT

126后半周期的TtT时间内，粒子向下加速运动，下降的高度： 1231T2gT2

h33g()23622上述计算说明，在一个周期内上升gT，再回落gT，且具有向下的速度。

66如果周期小，粒子不能到达A板。设周期为T，上升的高度h1h20.006m则：

gT20.006m，T66102s。

模型组合讲解——弹簧模型（功能问题）

［模型概述］

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：（2005年江苏高考）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

11

解析：（1）初始时刻棒中感应电动势E安培力方向：水平向左；

棒中感应电流IBLv0，

E，作用于棒上的安培力FR联立解得FLv0BILB，

R22，

（2）由功和能的关系，得安培力做功WE1mv2，电阻R上产生的焦耳热Q1mv2E；

10P1P022（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1mv2。

02［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内容。 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12，高考不作定理要求，可作定性讨论。因kx2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？可用力学知识判定。做功与移动的路径无关，仅与始末位置的电势差有关。 ［误区点拨］

电场力、重力做功与路径无关，取决与始末位置；而弹力、分子力与距离（形变量、分子间距）有关，所以它们的做功与对应的势能问题就可以进行归纳类比。

由功的定义式WFs来计算，要求式中F为恒力才行，所以，这个方法有局限性，如在匀强电场中使用。 ［模型演练］

（2005年江苏联考）利用传感器和计算机可以测量快速变化力的瞬时值。如图2是用这种方法获得的弹性绳中拉力F随时间t变化的图线。实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后放手让小球自由下落。由此图线所提供的信息，以下判断正确的是（ ）

图2

A. t2时刻小球速度最大；

B. t1～t2期间小球速度先增大后减小； C. t3时刻小球动能最小；

D. t1与t4时刻小球动量一定相同 答案：B

模型组合讲解——等效场模型

［模型概述］

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。 ［模型讲解］

2

例1. 粗细均匀的U形管内装有某种液体，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，求两竖直管内液面的高度差。（g

10m/s2）

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由图可知液面与水平方向的夹角为α，所以，

a0.4 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。 12

（1）若使细线的偏角由α增大到图2

，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，令mg(mg)2(Eq)2mg'

coscos这里的g'gcos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）若α角很小，则在等效重力场中，单摆的摆动周期为T2周期。 即tT

2。

LLcos，从A→B的时间为单摆做简谐运动的半

2g'g2Lcos。

g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。 ［模型要点］

物体仅在重力场中运动是最简单，也是学生最为熟悉的运动类型，但是物体在复合场中的运动又是我们在综合性试题中经常遇到的问题，如果我们能化“复合场”为“重力场”，不仅能起到“柳暗花明”的效果，同时也是一种思想的体现。如何实现这一思想方法呢？

如物体在恒力场中，我们可以先求出合力F，在根据g'动等，然后根据物体的运动情景采用对应的规律。 ［误区点拨］

在应用公式时要注意g与g'的区别；对于竖直面内的圆周运动模型，则要从受力情形出发，分清“地理最高点”和“物理最高点”，弄清有几个场力；竖直面内若作匀速圆周运动，则必须根据作匀速圆周运动的条件，找出隐含条件；同时还要注意线轨类问题的约束条件。 ［模型演练］ 质量为m，电量为+q的小球以初速度v0以与水平方向成θ角射出，如图4所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿v0方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值，加了这个电场后，经多长时间速度变为零？

F求出等效场的加速度。将物体的运动转化为落体、抛体或圆周运m图4

答案：由题知小球在重力和电场力作用下沿v0方向做直线运动，可知垂直v0方向上合外力为零，或者用力的分解或力的合成

13

方法，重力与电场力的合力沿v0所在直线。

建如图5所示坐标系，设场强E与v0成角，则受力如图：

图5

由牛顿第二定律可得：

Eqsinmgcos0 Eqcosmgsinma

由①式得：E由③式得：① ③

②

mgcos qsin90时，E最小为Eminmgcosq其方向与v0垂直斜向上，将90代入②式可得

agsin

即在场强最小时，小球沿v0做加速度为agsin的匀减速直线运动，设运动时间为t时速度为0，则：

0v0gsint，可得：tv0 gsin模型组合讲解——电磁场中的单杆模型

［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，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？

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

I2R并＝6V

可以安全使用，符合

14

F2I23F1×40N60N。 I12二、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＝0.10Ω，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。求经过多长时间ab棒开始滑

t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当t＝2s时，F2＝8N

3N，F1Ffma

F2FfB0B0LatLma R联立以上式得：

a(F2F1)R4m/s2，FfF1ma1N 22B0Lt（2）当F安Ff时，为导体棒刚滑动的临界条件，则有：

B2LBtLFf

R则B4T，BBBt，t17.5s

0t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＝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；

sin37°＝0.6，（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，cos37°

＝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

2

mgsinmgcosma ①

由①式解得 a4m/s 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：

2mgsin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

vBl ⑥ IR

15

PI2R ⑦

PR0.4T ⑧ vl磁场方向垂直导轨平面向上。 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）： 由⑥、⑦两式解得 B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线路总电阻R(L2L)R0。 MN棒上的电流I

B2r·v

E R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：

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→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→„„，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）→利用ENt或EBLv求感应电动势的大小→利

用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→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I0，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？ 答案：（1）由动量定理I0mv00得vI0

0m由题可知金属杆作减速运动，刚开始有最大速度时有最大EmBLv0，所以回路最大电流：

Im

BLv0BLI0 RmR16

（2）设此时杆的速度为v，由动能定理有：

112而Q＝W WAmv2mv0A22解之 v2I02Q 2mm由牛顿第二定律FABILma及闭合电路欧姆定律

IBLv得 R2I02Q 2mmB2L2vB2L2amRmR（3）对全过程应用动量定理有： BIiL·t0I0 而

I·tq所以有qBL

iI0又qI·tEBLx ttRRtRR其中x为杆滑行的距离所以有xI0R。

B2L22. （2005年南通调研）如图6所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1'O'矩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d0。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：

图6

（1）棒ab在离开磁场右边界时的速度；

（2）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：

EBlvm，I对ab棒FE RrBlr)

BIl＝0，解得vmF(R22（2）由能量守恒可得：

F(d0d)W电解得：W电12mvm 2mF2(Rr)2

F(d0d)2B4l4（3）设棒刚进入磁场时速度为v由：

F·d012mv可得：v22Fd0 m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：

442Fd0F(Rr)2dBl）0①若（或F，则棒做匀速直线运动； 2mB2l2m(Rr)442Fd0F(Rr)2dBl）0②若（或F，则棒先加速后匀速； 22mBlm(Rr)2③若

2Fd0F(Rr)2d0B4l4）（或，则棒先减速后匀速。 F222mBlm(Rr)模型组合讲解——电磁流量计模型

［模型概述］

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”

17

模型。

［模型讲解］

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——单位时间内流过液体的体积（mD，磁感应强度为B，试推出Q与的关系表达式。

3/s）。已知管的直径为

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截面积SqE，E，v，圆管的横DDBD。 1D2故流量QSv4B4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。发电导管内有电阻率为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。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内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：

图2 图3

（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回路中的电流Iabp。

Bav

（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EBavRL

ablB2a2v

aRLbl电流I受到的安培力

F安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Fv0根据上述各式解得 BavF安F'

E01Bav0bp(RL2abl)（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P由能量守恒定律得Pabvp

EIF'v故：

P1abv0pB2av0bp(RLabl)［模型特征］

“电磁流量计”模型设计到两种情况：一种是粒子处于直线运动状态；另一种是曲线运动状态。

处于直线运动线索：合外力为0，粒子将做匀速直线运动或静止：当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，

18

粒子将做变速直线运动。

处于曲线运动状态线索：当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的，则粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理。

所以分析带电粒子在电场、磁场中运动，主要是两条思路：

（1）力和运动的关系。根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。

（2）功能关系。根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场。因此要熟悉各种力做功的特点。

［模型诠释］

速度选择器：路径不发生偏转的离子的条件是qvB子，与它带多少电和电性、质量均无关。

qE，即vE，能通过速度选择器的带电粒子必是速度为该值的粒B

图4

磁流体发电机（霍尔效应）：如图5所示的是磁流体发电机原理图，其原理是：等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到两极板上，在两极板上产生电势差。设A、B平行金属板的面积为S，相距L，等离子气体的电阻率为，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R，当等离子气体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势。此时离子受力平衡：qvBqE，vEB，电动势EBLv。

图5

电磁流量计：（略见例题） ［误区点拨］

处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要依据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定，一般把装置在空间的方位介绍的很明确的，都应考虑重力。

在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单。若是直接看不出是否要考虑重力，根据题目的隐含条件来判断。但在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行定性确定再决定是否要考虑重力。

电场力可以对电荷做功，能改变电荷的功能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能。 ［模型演练］

（2005年海淀区期末练习）如图6甲所示，一带电粒子以水平初速度v0（vE）先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀

0B强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起。在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的总功为W1；若把电场和磁场正交重叠，如图6乙所示，粒子仍以初速度v0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W2。比较W1和W2，有（ ）

A. 一定是W1W2

B. 一定是W1W2 C. 一定是W1W2

D. 可能是W1W2，也可能是W1

W2

图6

答案：A。

模型组合讲解——渡河模型

【模型概述】

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

【模型讲解】 19

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只改变角度θ

v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，

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

vv10。 coscos解法二（微元法）：要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。

设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，如图2所示，当绳与水平方向的角度变化很小时，△vAABC可近似看做是一直角三角形，因而有L即收绳速率v0xcos，两边同除以△t得：Lxcos

ttvAcos，因此船的速率为：

vAv0 cos图2

总结：“微元法”。可设想物体发生一个微小位移，分析由此而引起的牵连物体运动的位移是怎样的，得出位移分解的图示，再从中找到对应的速度分解的图示，进而求出牵连物体间速度大小的关系。 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P1P2所以vAv0cos。

F，则绳子对物体做功的功率为P2FvAcos，因为

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

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需从动能定理的角度来分析求解。

20

Fscos求对重物做的功，

当绳下端由A点移到B点时，重物上升的高度为：

HH(1sin)

Hsinsin重力做功的数值为： hWGmgH(1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：

1W人WGmv12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？

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河所需要的时间为tLv船sin，渡

v1L，可以看出：L、v船一定时，t随sinθ增大而减小；当90时，sin1（最大）。

v船sin所以，船头与河岸垂直tminLv船。

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

21

图6

船头与河岸的夹角应为arccosv船，船沿河漂下的最短距离为：

v水xmin(v水v船cos)L v船sin此时渡河的最短位移：sLvL水 cosv船误区：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。

【模型要点】

处理“速度关联类问题”时，必须要明白“分运动”与“合运动”的关系：

（1）独立性：一物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，各自产生效果（v分、s分）互不干扰。

（2）同时性：合运动与分运动同时开始、同时进行、同时结束。

（3）等效性：合运动是由各分运动共同产生的总运动效果，合运动与各分运动同时发生、同时进行、同时结束，经历相等的时间，合运动与各分运动总的运动效果可以相互替代。 功是中学物理中的重要概念，它体现了力对物体的作用在空间上的累积过程，尤其是变力做功中更能体现出其空间积累的过程。所以在处理变力功可采用动能定律、功能原理、图象法、平均法等。 【模型演练】

（2005祁东联考）小河宽为d，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比，vkx，k4v0，x是各点到

水d近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v0，则下列说法中正确的是（ ） A. 小船渡河的轨迹为曲线 B. 小船到达离河岸

d2处，船渡河的速度为

2v0

C. 小船渡河时的轨迹为直线 D. 小船到达离河岸3d答案：A

模型组合讲解——对称性模型

［模型概述］

对称法作为一种具体的解题方法，虽然高考命题没有单独正面考查，但是在每年的高考命题中都有所渗透和体现。从侧面体现考生的直观思维能力和客观的猜想推理能力。所以作为一种重要的物理思想和方法，相信在今后的高考命题中必将有所体现。 ［模型讲解］

1. 简谐运动中的对称性

例1. 劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂一个质量为m的小球，小球静止时距地面的高度为h，用力向下拉球使球与地面接触，然后从静止释放小球（弹簧始终在弹性限度以内）则： A. 运动过程中距地面的最大高度为2h B. 球上升过程中势能不断变小 C. 球距地面高度为h时，速度最大 D. 球在运动中的最大加速度是kh/m

解析：因为球在竖直平面内做简谐运动，球从地面上由静止释放时，先做变加速运动，当离地面距离为h时合力为零，速度最大，然后向上做变减速运动，到达最高点时速度为零，最低点速度为零时距平衡位置为h，利用离平衡位置速度相同的两点位移具有对称性，最高点速度为零时距平衡位置也为h，所以球在运动过程中距地面的最大高度为2h，由于球的振幅为h，由akx/4处，船的渡河速度为10v0

m可得，球在运动过程中的最大加速度为akh，球在上升过程中动能先增大后减小，由整个系统机械能守恒可知，系统的势能先

m减小后增大。所以正确选项为ACD。 2. 静电场中的对称性

例2. （2005上海高考）如图1所示，带电量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中b点处产生的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为多少，方向如何？（静电力恒量为k）。

22

图1

解析：在电场中a点： EaE板Eq0

E板Eq，Eqkq d2板上电荷在a、b两点的电场以带电薄板对称，带电薄板在b点产生的场强大小为kq，方向水平向左。 d2点评：题目中要求带电薄板产生的电场，根据中学物理知识仅能直接求点电荷产生的电场，无法直接求带电薄板产生的电场；由Ea＝0，可以联想到求处于静电平衡状态的导体的感应电荷产生的场强的方法，利用E板Eq来间接求出带电薄板在a点

的场强，然后根据题意利用对称性求出答案。

例3. 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图2所示。虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称，等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点（其横坐标为x0）时，速度与Ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy，随位置坐标x变化的示意图是：

图2

解析：由于静电场的电场线与等势线垂直，且沿电场线电势依次降低，由此可判断Ox轴上方区域y轴左侧各点的场强方向斜向左上方，y轴右侧各点的场强方向斜向左下方。电子运动过程中，受到的电场力的水平分力沿x轴正方向，与初速方向相同，因此，电子在x方向上的分运动是加速运动，根据空间对称性，电子从x＝x0运动到x下加速后向下减速，但由于时间的不对称性，减速时间比加速时间短，所以，当xx0过程中，在y轴左侧运动时间比

在y轴右侧运动的时间长。电子受到电场力的竖直分力先沿y轴负方向，后沿y轴正方向。因此电子在y方向上的分运动是先向

x0时，vy的方向应沿y轴负方向。正确答

案为D。

3. 电磁现象中的对称性

例4. （2005年全国高考）如图3所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝

mv。哪个图是正确的？（ ） Bq图3

23

解析：由于是许多质量为m带电量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由孔O射入磁场区域。所以，重点是考虑粒子进入磁场的速度方向。

在考虑时，想到速度方向在空间安排上是具有“空间对称性”的，所以，本题就要在分析过程用到对称性。

①当粒子沿垂直MN的方向进入磁场时，由其所受到的“洛伦兹力”的方向可以知道，其作圆周运动的位置在左侧。由“洛伦

mv2兹力”公式和圆周运动“向心力”公式可以得到：BqvR，解得R＝

mv。所以，在左侧可能会出现以O为一点的直径为Bq2R的半圆。

②当粒子沿水平向右的方向进入磁场时，其应该在MN的上方作圆周运动，且另外的半圆将会出现在点O的左边。直径也是2R。 ③然后，利用对称性，所有可能的轨迹将会涉及到以点O为转动点，以2R为直径从右扫到左的一片区域。即如图4所示。

图4

4. 光学中的对称性

例5. （2005年江苏高考）1801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质。1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。

（1）洛埃镜实验的基本装置如图5所示，S为单色光源，M为一平面镜。试用平面镜成像作图法在答题卡上画出S经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域。

图5

（2）设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a和L，光的波长为，在光屏上形成干涉条纹。写出相邻两条亮纹（或暗纹）间距离x的表达式。 解析：（1）如图6所示。

图6

（2）xL

dL。 2a点评：试题以托马斯·杨的双缝干涉实验为引导，以洛埃镜实验为载体，将平面镜对光的反射与光的干涉综合在一起，考查考生对“一分为二”及干涉过程的理解和对课本知识的迁移能力。 ［模型特征］

在研究和解决物理问题时，从对称性的角度去考查过程的物理实质，可以避免繁冗的数学推导，迅速而准确地解决问题。 对称法是从对称性的角度研究、处理物理问题的一种思维方法，有时间和空间上的对称。它表明物理规律在某种变换下具有不变的性质。用这种思维方法来处理问题可以开拓思路，使复杂问题的解决变得简捷。如，一个做匀减速直线运动的物体在至运动停止的过程中，根据运动的对称性，从时间上的反演，就能看作是一个初速度为零的匀加速直线运动，于是便可将初速度为零的

因为d2a，所以x 24

匀加速直线运动的规律和特点，用于处理末速度为零的匀减速运动，从而简化解题过程。具体如：竖直上抛运动中的速度对称、时间对称。沿着光滑斜面上滑的物体运动等具有对称性；简谐振动中|v|、|a|、|F|、动势能对称以平衡位置的对称性；光学中的球型对称等，总之物理问题通常有多种不同的解法，利用对称性解题不失为一种科学的思维方法。

利用对称法解题的思路：①领会物理情景，选取研究对象；②在仔细审题的基础上，通过题目的条件、背景、设问，深刻剖析物理现象及过程，建立清晰的物理情景，选取恰当的研究对象如运动的物体、运动的某一过程或某一状态；③透析研究对象的属性、运动特点及规律；④寻找研究对象的对称性特点。⑤利用对称性特点，依物理规律，对题目求解。 ［模型演练］

将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图7甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的AA'之间来回滑动。A、A'点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为，均小于10°，图7乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息，求小

2

滑块的质量、容器的半径及滑块运动过程中的守恒量。（g取10m/s）

图7 答案：由图乙得小滑块在A、A'之间做简谐运动的周期Ts

52R，得球形容器半径RTg代入数据，得R＝0.1m 由单摆振动周期公式

T242g在最高点A，有Fmin在最低点B，有Fmaxmgcos，式中Fmin0.495Nv2，式中FmgmmaxR

0510.N

从A到B过程中，滑块机械能守恒

12mvmgR(1cos) 2联立解得：cos0.99，则m＝0.05kg 滑块机械能

1Emv2mgR(1cos)5×104J

2模型组合讲解——挂件模型

【模型概述】

理解静态的“挂件”模型是我们进行正确分析动态类型的基础，因此高考对该部分的考查一直是连续不断，常见题型有选择、计算等。

【模型讲解】 一、“挂计”模型的平衡问题

例1：图1中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的。平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（ ）

mgcos

C. F2mgsin

A. F1

B. F1mgcot D. Fmg

2sin图1

解析：以“结点”O为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有F2

cosF1竖直方向有F2sinmg联

立求解得BD正确。

思考：若题中三段细绳不可伸长且承受的最大拉力相同，逐渐增加物体的质量m，则最先断的绳是哪根？ 二、“结点”挂件模型中的极值问题 例2：物体A质量为m线夹角均为

2kg，用两根轻绳B、C连接到竖直墙上，在物体A上加一恒力F，若图2中力F、轻绳AB与水平

60，要使两绳都能绷直，求恒力F的大小。

25

图2

解析：要使两绳都能绷直，必须F1的平衡条件：

0，F20，再利用正交分解法作数学讨论。作出

A的受力分析图3，由正交分解法

图3

FsinF1sinmg0 FcosF2F1cos0

解得F1mgF

① ② ③

sin

F22Fcosmgcot ④ 两绳都绷直，必须F10，F20

由以上解得F有最大值Fmax23.1N，解得F有最小值Fmin11.6N，所以F的取值为11.6NF23.1N试求小车分别以下列加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力FAC、FAB分别为多少。取g=10m/s。（1）a12

。

三、“结点”挂件模型中的变速问题

例3：如图4所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg。当小车静止时，AC水平，AB与竖直方向夹角为θ=37°，

（2）5m/s2；

a210m/s2。

图4

解析：设绳AC水平且拉力刚好为零时，临界加速度为a0 根据牛顿第二定律FABsin联立两式并代入数据得a0当a1

ma0，FABcosmg

7.5m/s2

5m/s2a0，此时AC绳伸直且有拉力。

根据牛顿第二定律FABsinFACma1；FABcosmg，联立两式并代入数据得FAB5N，FAC1N 10m/s2a0，此时AC绳不能伸直，F'AC0。

AB绳与竖直方向夹角，据牛顿第二定律F'ABsinma2，F'ABcosmg。联立两式并代入数据得F'AB5.7N。

当a2【模型要点】

①物体受到三个共点力的作用，且两力垂直，物体处于平衡状态（静止或匀速直线运动状态）。 ②条件是：物体所受到的合外力为零，即

F0。

处理方法：（1）正交分解法：这是平衡条件的最基本的应用方法。其实质就是将各外力间的矢量关系转化为沿两个坐标轴方向上的力分量间的关系，从而变复杂的几何运算为相对简单的代数运算。 即

Fx0和Fy0

具体步骤：①确定研究对象；②分析受力情况；③建立适当坐标；④列出平衡方程。

若研究对象由多个物体组成，优先考虑运用整体法，这样受力情况比较简单，要求出系统内物体间的相互作用力，需要使用隔离法，因此整体法和隔离法常常交替使用。

常用方法：合成（分解）法；多边形（三角形）法；相似形法。

26

动态平衡的常见问题：①动态分析；②临界问题；③极值分析等。

动态平衡的判断方法：①函数讨论法；②图解法（注意适用条件和不变力）；③极限法（注意变化的转折性问题）。 【误区点拨】

（1）受力分析：①重力是否有（微观粒子；粒子做圆周运动）；②弹力（弹簧弹力的多解性）；③摩擦力（静摩擦力的判断和多解性，和滑动摩擦力Ff并不总等于μmg）；④电磁力。

（2）正确作受力分析图，要注意平面问题的思维惯性导致空间问题的漏解。

解题策略：①受力分析；②根据物体受到的合力为0应用矢量运算法（如正交分解、解三角形法等）求解。③对于较复杂的变速问题可利用牛顿运动定律列方程求解。 【模型演练】

1. （2005年联考题）两个相同的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图5所示，如果不考虑小球的大小，两球均处于静止状态，则力F的大小为（ ） A. 0

B. mg

C.

3mg

D.

3mg 3图5

答案：C

2. 如图6甲所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的钢球A，球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一刻，都可以认为球处于平衡状态，如果外力F方向始终水平，最大值为2G，试求： （1）轻绳张力FT的大小取值范围；

（2）在乙图中画出轻绳张力与cosθ的关系图象。

图6

答案：（1）当水平拉力F=0时，轻绳处于竖直位置时，绳子张力最小FT1当水平拉力F=2G时，绳子张力最大：

G

FT2G2(2G)25G

因此轻绳的张力范围是： GFT5G

（2）设在某位置球处于平衡状态，由平衡条件得FT所以FTcosG

G即FT1，得图象如图7。 coscos图7

模型组合讲解——滑轮模型

【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1，绳子张力为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，绳子张力为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，绳子张力为F3，

27

不计摩擦，并且BC为竖直线，则（ ） A. 123

C. F1F2F3

B. 123

D. F1F2F3

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，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，车子静止时带子两边的夹角∠ACB=90°，

2

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

7.5m/s2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F，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

解析：设车静止时AC长为l，当小车以aT

由几何关系得sinsinsin

llll2l由牛顿运动定律建立方程：

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hL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22

4PLQ 4P2Q2【模型要点】

“滑轮”模型的特点为滑轮两侧的受力大小相等，在处理功能问题时若力发生变化，通常优先考虑能量守恒规律，也可采用转化法求解。

28

【误区点拨】

注意“死杆”和“活杆”问题。 如：（2006年无锡统考）如图（a）轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体。∠ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比？

图5

解析：图（a）中绳AC段的拉力FTAC＝M1g 图（b）中由于FTEGsin30°=M2g，解得：

FTACM1 FTEG2M2【模型演练】

1. 在图6所示的装置中，绳子与滑轮的质量不计，摩擦不计，悬点a与b之间的距离远大于两轮的直径，两个物体的质量分别为m1和m2，若装置处于静止状态，则下列说法错误的是（ ） A. m2可以大于m1 B. m2必定大于

m1 2C. m2必定等于m1 D. 1与2必定相等 答案：C

图6

2. （上海徐汇区诊断）如图7所示，质量分别为M和m（M>m）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。

图7

答案：（1）Mg1RmgR1(Mm)v2

22

MgR2mgR Mm2（2）mvmgF

NRMmg2m2g

FNmgMmMmM2m vMmmg模型组合讲解——回旋加速模型

［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 29

例1. （2005天津高考）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，质子在加速器中运动的总时间为t（其中已略去了质子在加速电场中的运动时间），质子在电场中的加速次数于回旋半周的次数相同，加速质子时的电压大小可视为不变。求此加速器所需的高频电源频率f和加速电压U。

图1

（3）试推证当R考虑磁场的影响）。 解析：

d时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（质子在电场中运动时，不

16134O11H7N2He

（1）核反应方程为：8 ①

（2）设质子加速后最大速度为v，由牛顿第二定律得：

v2

qvBmR ②

③

④ ⑤

质子的回旋周期为：T2R2m

vqB高频电源的频率为：f1qB

2m1质子加速后的最大动能为：Ekmv2 2T设质子在电场中加速的次数为n，则：

EknqU

又tn ⑦

⑥

T 22可解得：UBR ⑧

2t（3）在电场中加速的总时间为：

nd2nd ⑨

t1v2v在D形盒中回旋的总时间为t2nR v⑩

故t12d1，即当Rd时，t1可以忽略不计。 t2R评点：交变电场的周期等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，经交变电场每半周粒子被加速一次。 2. 匀强电场匀变速；匀强磁场回旋（偏转）

例2. （2006年江苏省泰兴第三高级中学调研）在如图2所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向

4.0105N/C；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.20T。有一质子以速度

v2.0106m/s，由x轴上的A点（10cm，0）沿与x轴正方向成30°斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，

2719后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场。已知质子质量近似为m1.610kg，电荷q1.610C，质子重力不计。

成60°，大小为E求：（计算结果保留3位有效数字）

（1）质子在磁场中做圆周运动的半径。

（2）质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间。 （3）质子第三次到达y轴的位置坐标。

30

图2

解析：（1）质子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，

v2 fqvBmR得质子做匀速圆周运动的半径为：

Rmv0.10m qB（2）由于质子的初速度方向与x轴正方向夹角为30°，且半径恰好等于OA，因此，质子将在磁场中做半个圆周到达y轴上的C点，如答图3所示。

图3

根据圆周运动的规律，质子做圆周运动周期为T质子从出发运动到第一次到达y轴的时间t1为t1

2m qBTm2qB质子进入电场时的速度方向与电场的方向相同，在电场中先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，设质子在电场中运动的时间t2，根据牛顿第二定律：qEm2v，得

t22mvt21.0107s

qE因此，质子从开始运动到第二次到达y轴的时间t为t根据几何关系，可以得出C点到D点的距离为CD则质子第三次到达y轴的位置为

1.57107s

t1t22.57107s。

（3）质子再次进入磁场时，速度的方向与电场的方向相同，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，到达y轴的D点。

2Rcos30；

y2CDOC2Rcos302Rcos30203cm

即质子第三次到达y轴的坐标为（0，34.6cm）。

评点：由以上几例看到，带电粒子的复杂运动常常是由一些基本运动组合而成的。掌握基本运动的特点是解决这类问题的关键所在。另外我们也要注意近年高考对回旋加速模型考法的一些变化，如环行电场，变化磁场等组合，但不管怎样处理的基本方法不变。

［模型要点］

①带电粒子在两D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关； ②将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速为0的匀加速直线运动； ③带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所有经过半径之比为1：于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半径是相同的，解题时务必引起注意。

2：3„„（这可由学生自己证明），对

v2电场加速（减速），磁场回旋。磁场回旋时在洛伦兹力作用下做圆周运动有qvBm；电场加速从能角度电场力做功

RUqEk，动能：Ek1mv2(qBR)2；从力角度若匀强电场还可以用牛顿定律解决。

22m［模型演练］

1. （2005年南京调研）如图4所示，在半径为R的绝缘圆筒内有匀强磁场，方向垂直纸面向里，圆筒正下方有小孔C与平行金属板M、N相通。两板间距离为d，两板与电动势为U的电源连接，一带电量为q、质量为m的带电粒子（重力忽略不计），开始时静止于C点正下方紧靠N板的A点，经电场加速后从C点进入磁场，并以最短的时间从C点射出。已知带电粒子与筒壁的碰撞无电荷量的损失，且碰撞后以原速率返回。求： （1）筒内磁场的磁感应强度大小；

（2）带电粒子从A点出发至重新回到A点射出所经历的时间。

31

图4

答案：（1）带电粒子从C孔进入，与筒壁碰撞2次再从C孔射出经历的时间为最短。 由qU1mv2

2粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为v2qU

m由rmv即Rcot30mv，

qBqB得B12mU R3q（2）粒子从A→C的加速度为aqU

md2由dat1，粒子从A→C的时间为：

2t12d2m

daqU粒子在磁场中运动的时间为tTm

22qB将（1）求得的B值代入，得tR2求得：t2tt123m，

2qUm3(22dR)。

2qU2. 如图5甲所示，一对平行放置的金属板M、N的中心各有一小孔P、Q、PQ连线垂直金属板；N板右侧的圆A内分布有方向

垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆半径为r，且圆心O在PQ的延长线上。现使置于P处的粒子源连续不断地沿PQ方向放出质量为m、电量为+q的带电粒子（带电粒子的重力和初速度忽略不计，粒子间的相互作用力忽略不计），从某一时刻开始，在板M、N间加上如图5乙所示的交变电压，周期为T，电压大小为U。如果只有在每一个周期的0—T/4时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，求：

甲 乙

图5

（1）在每一个周期内哪段时间放出的带电粒子到达Q孔的速度最大？

（2）该圆形磁场的哪些地方有带电粒子射出，在图中标出有带电粒子射出的区域。

1答案：（1）在每一个周期t22T内放出的带电粒子到达Q孔的速度最大。设最大速度为v，则据动能定理得qUmv2，

24求得v2qU。

mR2Rq。所以图6中斜线部分有带电粒2mU2r（2）因为Bqvmv，tan解得带电粒子在磁场中的最小偏转角为2arctanBr子射出。

图6

模型组合讲解——类平抛运动模型

邱爱东

［模型概述］

32

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. （2005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U1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：

（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U0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。

图1（丙）

解析：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有eU1

2eU112mv1，v12mv1t

。

（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竖直方向，有y'eU12，且

，联立解得： aatmd2eUL2

y'22mdv1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：

eU0L2d2d2U1 ym'，U0222mdvL21（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tanveULy'2v1mdv1L'2又知y'eUL，联立得L'L

22mdv12

图2

由相似三角形的性质，得：

(L2D)LU

4dU1峰值为y(L2D)LU0v

m4dU1y波形长度为x1

LDy2，则

L/2y'vT，波形如图3所示。

33

图3

［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v0可由动能定理来求得。即qU1mv2。

20

（2）电偏转：垂直电场线方向粒子做匀速vxv0，xv0t，沿电场线方向粒子做匀加速，有：

vyqUqUL2

vyt，tan，y2dmvx2dmv0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：①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度方向的位移，即粒子好像从极板中

vy点处沿直线飞离偏转电场，即y

tan1L1vx2②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］

①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Uq1mv21mv2。

022②由于基本粒子（电子、质子、α粒子等）在电场中受到电场力Eq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。

mg，所以基本粒子受到的重力忽略不计，但带电的

2③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d的区别。

④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qU） ［模型演练］

（2006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10m，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l＝1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸L＝3.2cm，若一个墨汁微滴的质量为1.61020m/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10是2.0mm。

3510kg，以

V，若墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离

图4

（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y1，离开电场后沿直线打到纸上过程中的偏转为y2，则：

yy at2qUl2y1，212L2L2mdv2由微滴打到纸上点距原入射方向的距离为：

Yy1y2qUl(l2L) 2mdv2代入数据可得：q

1.251013C

34

（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8800V，实现字体放大10%；也可以增加偏转极板与纸的距离L，(L'0.5l)1.1解得：L'3.6cm。

(L0.5l)剖析“人船运动模型”

一. “人船运动模型”的特点

两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于其质量的反比；任一段时间内，两个物体通过的位移（对地）大小之比也等于质量的反比。

下面我们分析一个具体问题。

例1. 如图（1）所示，长为L、质量为M的船停在静水中，一个质量为m的人（可视为质点）站在船的左端，在人从船头走到船尾的过程中，船与人相对地的位移大小分别为多少？（忽略水对船的阻力）

图（1）

解析：选人和船作为一系统，由于系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，设某一时刻人的对地速度为v，船的对地速度大小为v'，选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：0mvMv'。

在人与船相互作用的过程中，上式始终成立，不难想到，船的运动受人运动的制约。当人加速运动时，船亦加速运动；当人匀速运动时，船亦匀速运动；当人停止运动时，船亦停止运动。

设人从船头到船尾的过程中，人对地的位移大小为s1，船对地的位移大小为s2。 由于上式在整个过程中始终成立，所以有： s1vM s2v'm从图（2）可以看出：s1

s2L

MmL,s2L

mMmM所以联立以上各式可解得：s1

图（2）

上面两式为“人船运动模型”中，人船位移（对地）大小与其质量的关系式，它们的成立条件是：系统内人船初始静止，且在运动方向上动量守恒，与人的运动形式无关。在分析“人船运动模型”时，必须注意速度与位移的同参考系性，即当速度为对地速度时，则位移亦为对地位移；当速度为相对某一物体的速度时，则位移也为相对该物体的运动位移。 二. “人船运动模型”的拓展

凡是与“人船运动模型”有相同特点的系统，它们都遵循相同的规律，这样我们便可利用处理“人船运动模型”的方法去处理相应的问题。

例2. 如图（3）所示，一个质量为M，底面边长为L的斜面体静止于光滑水平面上，有一质量为m的物块由斜面的顶部无初速度滑到底部的过程中，斜面体移动的距离是多少？

图（3）

解析：小物块m在下滑过程中，受力情况和速度变化的规律都不易分析，因此用牛顿定律和运动学公式求位移s是困难的；但由于小物块和斜面体组成的系统水平方向动量守恒，且原来又都静止，所以该系统与“人船运动模型”遵循相同的规律，所以可应用上面的结论。

设小物块滑到底端时，斜面体后退的位移为s，则小物块的水平位移为(Ls)，如图（4）所示。 由前面的结论可得斜面体的位移为：smL。

mM 35

图（4）

例3. 如图（5）所示，在固定的水平光滑杆上，套着一个质量为M的环，一条轻绳一端连于环，另一端系一质量为m的小球，绳长为L，开始时，将系统的绳绷直并拉到与横杆平行的位置，然后将小球释放，试求小球第一次到达最低点的过程中，环在杆上移动的距离s是多少？

图（5）

解析：由于小球和环组成的系统水平方向不受外力，则该系统在水平方向动量守恒，且原来又都处于静止状态，所以当释放小球后，小球和环组成的系统在水平方向遵循的规律与“人船运动模型”遵循的规律是相同的。

设小球到达最低点时，环在杆上移动的距离为s，则小球的水平位移为(Ls)，如图（6）所示。 则环在杆上移动的距离为smL

mM

图（6）

由以上两例可以看出，用上面的“人船运动模型”的结论来求解物体的位移或物体在某一方向的位移时，是非常方便的。但在应用时，一定要注意该关系式成立的条件，即①相互作用的两个物体组成的系统动量守恒或某一方向动量守恒；②原来两物体都处于静止状态。只有同时满足这两个条件，才能利用以上结论。另外，在解题时还必须正确找出位移间的关系。

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？

图1

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v'，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mvMv'0，即v'm

vM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vm，而人的位移

vMs人vt，船的位移s船vt，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即s船s人m1 M<1>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s人L2 由<1><2>两式解得s［模型要点］

36

人MmL，s船L

MmMm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：①当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒；

②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v0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Δv，则计算Δv的式子正确的是：（ ）

图2

(Mm)v0M(v0v)mu

B. (Mm)v0M(v0v)m(uv0)

C. (Mm)v0M(v0v)m[u(v0v)] D. 0Mvm(uv)

A. 答案：CD

模型组合讲解——绳件、弹簧、杆件模型（动力学问题）

［模型概述］

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。 ［模型回顾］

［模型讲解］

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。

37

解析：因为l2被剪断的瞬间，l1上的张力发生突变，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？（参考答案a若l1、l2皆为弹性绳，剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？（参考答案a在（2）中剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？（参考答案a例2. 如图2所示，斜面与水平面间的夹角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gtan）

g/cos）

g）

30，物体A和B的质量分别为mA10kg、mB5kg。两者之间用质0.6，B0.2时，两物体的加速度各为多大？绳的张力为多少？

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

图2

解析：（1）设绳子的张力为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，即假设绳子没有张力，联立求解得gcos(AB)aBaA，因AB，故aBaA

说明物体B运动比物体A的运动快，绳松弛，所以FT因而实际不符，则A静止。aB0的假设成立。故有aAg(sinAcos)0196.m/s2g(sinBcos)327.m/s2

（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

2体法mAgsinmBgsinAmAgcosBmBgcos(mAmB)a代入数据求出a0.96m/s，用隔离法

.N 对B：mBgsinBmBgcosFTmBa代入数据求出FT115（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/s2两物间无作用力。

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

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

A. 小车静止时，FD. 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。

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。

38

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)

［模型演练］

1. （2006年无锡统考）细绳拴一质量为m的小球，小球将固定在墙上的弹簧压缩，压缩距离为x，如图5所示，若弹簧和小球不拴接，将细线烧断后：

图5

A. 小球做平抛运动 B. 小球加速度立即为g

C. 弹簧完全恢复原长后小球做匀速运动 D. 小球落地时动能为mgh 答案：C

2. （2006年湖南湘乡）如图6所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来。轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为，试求此时弹簧的形变量。

图6

sinma，FTcosFmg，Fkx

xm(gacot)/k，讨论：

①若agtan则弹簧伸长xm(gacot)/k ②若agtan则弹簧伸长x0

③若agtan则弹簧压缩xm(acotg)/k

答案：FT模型组合讲解——绳件、弹簧、杆件模型（功能问题）

例1. 如图1所示一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点处速度为v，AB之间的竖直高度差为h，则： A. 由A到B重力做功为mgh

2B. 由A到B重力势能减少mv

2C. 由A到B小球克服弹力做功为mgh

D. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mghmv

22

解析：此系统有重力和弹力做功且机械能守恒，重力做正功重力势能减少，故WGmgh，重力势能减少量等于弹性势能的

增加量与动能增加量之和，所以正确答案为A、D。

例2. （2005年崇明县模拟）一长L的细绳固定在O点，O点离地的高度大于L，另一端系质量为m的小球。开始时，线与水平方向夹角为30°，如图2所示，求小球由静止释放后运动到最低点时的速度。

39

解：小球从A到C运动的全过程中，因为只有重力做功，故根据机械能守恒定律列出方程：

2mvC mg(LLsin30)2问：你认为上述解法正确吗？若同意请求出最低点速度；若不同意，则写出你认为正确的解法并求出最低点的速度。 解析：（1）不正确。 （2）从A→B，小球作自由落体运动，由机械能守恒

12mvBmgL 2在B点细线绷紧由于细线冲量的作用（作用时间极短）使小球作圆周运动的初速度为v'B面作圆周运动，由动能定理

vBcos30，从B→C小球在竖直

1L15gL 2，解得：mv'2mvCvCBmg2222例3. 如图3所示，一根轻质细杆的两端分别固定着A、B两只质量均为m的小球，O点是一光滑水平轴，已知AO = L，BO = 2L，使细杆从水平位置由静止开始转动，当B球转到O点正下方时，它对细杆的拉力大小是多大？

解析：对A、B两球组成的系统应用机械能守恒定律得：

1212

mg2LmgLmvAmvB22因A、B两球用轻杆相连，故两球转动的角速度相等，即：vAvB

L2L设B球运动到最低点时细杆对小球的拉力为FT，由牛顿第二定律得：

2vB FTmgm2L解以上各式得：FT1.8mg，由牛顿第三定律知，B球对细杆的拉力大小等于1.8mg，方向竖直向下。

说明：杆件模型的最显著特点是杆上各点的角速度相同。 ［模型演练］

（2004年广东省肇庆统检）质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，如图4所示，第一次小球在水平力F1的作用下，从平衡位置A点缓慢地移到B点，力F1做的功为W1；第二次小球在大小等于mg的水平恒力F2作用下，也从平衡位置A点移到B点，力F2做的功为W2，若为B点轻绳与竖直方向的夹角，则下列关于W1和W2的大小关系的判断，正确的是：（ ）

A. 当30°时，有W > W B. 当30°时，有W < W C. 当45°时，有W > W D. 当45°时，有W < W

1111

2222

答案：BD。

模型组合讲解——矢量运算模型

［模型概述］

矢量及运算是高中物理的重点和难点之一，常见的矢量有位移、速度、加速度、力、动量、电场强度、磁感应强度等，由于其运算贯穿整个中学物理，所以在进行模块讲解之前，我们有必要熟练掌握矢量的运算规律。

［模型讲解］

例. （2005年安丘市统考）

如图1所示，平行四边形ABCD的两条对角线的交点为G。在平行四边形内任取一点O，作矢量OA、OB、OC、OD，则这四个矢量所代表的四个共点力的合力等于（ ）

40

图1

A. 4OG B. 2AB C. 4GB D. 2CB

解析：如图2所示，延长OG至P，使GP＝OG，连结PA、PB、PC、PD，得平行四边形AODP和平行四边形COBP。由力的平行四边形定则知道，矢量OA、OD所代表的两个共点力FA、FD的合力FAD可用矢量OP表示，即FADOP2OG。

图2

同理，矢量OB、OC所代表的两个共点力FB、FC的合力FBC也可用矢量OP表示，即FBC从而，FA、FB、FC、FD四个共点力的合力F

OP2OG。

FADFBC4OG。所以A项正确。

评点：由于题中的O点是任取的，各力的大小和方向无法确定，通过直接计算肯定行不通。但考虑到平行四边形的对角线互相平分这一特点问题就解决了。其实对该部分的考查往往是从特殊的角度进行的，如θ＝0°，90°，120°，180°等。

总结：（1）当两分力F1和F2大小一定时，合力F随着θ角的增大而减小。当两分力间的夹角θ＝0°时，合力最大，等于

FmaxF1F2；当两分力间的夹角θ＝180°时，合力最小，等于

FminF1F2。两个力的合力的取值范围是

F1F2FF1F2。

（2）求两个以上的力的合力，也可以采用平行四边形定则，先求出任意两个力的合力，再求出这个合力跟第三个力的合力，直到把所有的力都合成进去，最后得到的就是这些力的合力。为方便某些问题的研究，在很多问题中都采用特殊法或正交分解法。

［误区点拨］

（1）在受力分析时要明确合力与分力的关系。“有合无分，有分无合”，不要多添力或少力。

（2）合力可以大于、等于或小于分力，它的大小依赖于两分力之间的夹角的大小，这是矢量的特点。

（3）有n个力F1、F2、F3、„„Fn，它们合力的最大值是它们的方向相同时的合力，即F值要分下列两种情况讨论：

①若n个力F1、F2、F3、„„Fn中的最大力Fm大于②若n个力F1、F2、F3、„„Fn中的最大力Fm小于

nmaxFii1n，而它们的最小

i1，imnF，则它们合力的最小值是Fiimi1，im。 Fini1，imF，则它们合力的最小值是0。

［模型要点］

矢量的合成与分解是相互可逆的过程，它是我们进行所有矢量运算时常用的两种方法。 运算法则：遵守平行四边形定则。

物理思想：在合成与分解时贯穿了等效替代的思想。在以后的学习过程中，例如“运动的合成与分解”、“等效电路”、“交变电流有效值的定义”等，都要用到“等效替代”的方法。所以只要效果相同，都可以进行“替代”。

［特别说明］

（1）矢量运算一般用平行四边形法则。但可推广至三角形法则、多边形法则或正交分解法等。而标量运算遵循一般的代数法则，如质量、密度、温度、功、能量、路程、速率、体积、时间、热量、电阻等物理量，无论选取什么坐标系，标量的数值恒保持不变。

（2）矢量和标量的乘积仍为矢量。矢量和矢量的乘积，可构成新的标量，也可构成新的矢量，构成标量的乘积叫标积；构成矢量的乘积叫矢积。如功、功率等的计算是采用两个矢量的标积；洛伦兹力等的计算是采用两个矢量的矢积。

（3）多边形法：将这些矢量的箭尾与箭头依次相连接，然后将第一个矢量的箭尾连到最末一个矢量的箭头的矢量，就是所要求的合矢量。其大小和方向与相加次序无关。矢量减法是矢量加法的逆运算。

（4）矢量的分解虽然是矢量合成的逆运算，但无其他限制，同一个矢量可分解为无数对大小、方向不同的分矢量。因此，把一个矢量分解为两个分矢量时，应根据具体情况分解。如已知两个不平行分矢量的方向或已知一个分矢量的大小和方向，分解是唯一的。

［模型演练］

1. （2005年海淀区期末练习）

如图3所示，三个完全相同的绝缘金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，c球在xOy坐标系原点O上。a和c带正电，b带负电，a所带电荷量比b所带电荷量少。关于c受到a和b的静电力的合力方向，下列判断正确的是（ ）

41

图3

A. 从原点指向第I象限 B. 从原点指向第II象限 C. 从原点指向第III象限 D. 从原点指向第IV象限 答案：D

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（ ）

A. EP

mB. 2EP

mC. 2EP

mD. 22EP

m解析：设碰前A球的速度为v0，两球压缩最紧时的速度为v，根据动量守恒定律得出mv02mv，由能量守恒定律得

121Emv0EP(2m)v2，联立解得v02P，所以正确选项为C。 22m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v0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。

图1

（1）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v1，由动量守恒得mv0相等，设此速度为v2，由动量守恒得2mv1

(mm)v1当弹簧压至最短时，D与A的速度

1。

v033mv2，由以上两式求得A的速度v222（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12mv1213mv2EP撞击P后，A与D的动能

2都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为v3，则有E1(2m)v2

P32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

2mv33mv4

11222。 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12mv33mv4EP'解以上各式得EP'mv02236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l1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l2，

重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。

42

图2

解析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前）

12由功能关系，有1mv0mv12mgl1

22A、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mv1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

1122(2m)v2(2m)v3(2m)g(2l2) 22此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有由以上各式，解得v0四、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v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，

12mv3mgl1 2g(10l116l2)

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

(mAmB)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v'，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1112(mBmC)v'2mAv2(mAmBmC)vA12J 222（3）由系统动量守恒得

mAvmBvmAvA(mBmC)vB

设A的速度方向向左，vA0，则vB4m/s

则作用后A、B、C动能之和

Ek1122mAvA(mBmC)vB48J 22实际上系统的机械能

E'EP12(mAmBmC)vA48J 2根据能量守恒定律，Ek［模型要点］ 系统动量守恒

E'是不可能的。故A不可能向左运动。

p1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EkEP，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］

（2006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，

43

弹簧右端与B球连接，左端与A球接触但不粘连，已知mAm，mB2m，开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为1m22的小球C以初速度v0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）。

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：

11mv0mv11v1v02211mv03mv22v2v0 2611122Epmaxmv123mv2mv02212（2）设弹簧恢复原长时，D球速度为v3，B球速度为v4

mv1mv32mv43

121212mv1mv32mv4222则有v34vv12v10，v4v10

36335

（3）设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度v5、v6

1mv0mv52mv62与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为v'

mv52mv63mv'v56

v0vv52v50v2v6224v5v0v'53336v11

EP'm(0)23mv'22222mv03m(4v5v0)282362mv0m(4v5v0)2824mv0v当v50时，EP'最大EPmax'

842vv50时，EP'最小，EPmin'mv0

610822mv0mv0所以 EP'1088水平面内圆周运动的两种模型

一、两种模型

模型Ⅰ 圆台转动类

小物块放在旋转圆台上，与圆台保持相对静止，如图1所示．物块与圆台间的动摩擦因数为μ，离轴距离为R，圆台对小物块的静摩擦力(设最大静摩擦力等于摩擦力)提供小物块做圆周运动所需的向心力．水平面内，绳拉小球在圆形轨道上运动等问题均可归纳为“圆台转动类”．

2 44

图1

临界条件 圆台转动的最大角速度ωmax=g，当ω<ωmax时，小物块与圆台保持相对静止；当ω>ωmax时，小物块脱离圆

R台轨道．

模型Ⅱ 火车拐弯类

如图2 所示，火车拐弯时，在水平面内做圆周运动，重力mg和轨道支持力N的合力F提供火车拐弯时所需的向心力．圆锥摆、汽车转弯等问题均可归纳为“火车拐弯类”．

图2

临界条件 若v=

grtan，火车拐弯时，既不挤压内轨也不挤压外轨；若v>grtan，火车拐弯时，车轮挤压外轨，外

grtan，火车拐弯时，车轮挤压内轨，内轨反

轨反作用于车轮的力的水平分量与F之和提供火车拐弯时所需的向心力；若v>

作用于车轮的力的水平分量与F之差提供火车拐弯时所需的向心力． 二、两种模型的应用

例1 如图3所示，半径为R的洗衣筒，绕竖直中心轴00'转动，小橡皮块P靠在圆筒内壁上，它与圆筒间的动摩擦因数为μ.现要使小橡皮块P恰好不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为多大?(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

图3 图4

【解析】此题属于“圆台转动类”，当小橡皮块P绕轴00'做匀速圆周运动时，小橡皮块P受到重力G、静摩擦力f和支持力N的作用，如图4所示.

其中“恰好”是隐含条件，即重力与最大静摩擦力平衡fmax=G，μN=mg 列出圆周运动方程N=mω2minR

联立解得 ωmin=

g R 例2 在半径为R的半球形碗的光滑内面，恰好有一质量为m的小球在距碗底高为H处与碗保持相对静止，如图5所示．则碗必以多大的角速度绕竖直轴在水平面内匀速转动?

图5

【解析】此题属于“火车拐弯类”，当小球做匀速圆周运动时，其受到重力G和支持力F的作用，如图5所示. 隐含条件一是小球与碗具有相同的角速度ω，隐合条件二是小球做匀速圆周运动的半径r=Rcosθ． 列出圆周运动方程Fcosθ=mω2Rcosθ 竖直方向上由平衡条件有Fsinθ-mg=0 其中 sinθ=RH

Rg 联立解得 ω=

RH例3 长度为2l的细绳，两端分别固定在一根竖直棒上相距为l的A、B两点，一质量为m的光滑小圆环套在细绳上，如图6所示．则竖直棒以多大角速度匀速转动时，小圆环恰好与A点在同一水平面内?

图6

45

【解析】此题属于“火车拐弯类”，当小圆环做匀速圆周运动时，小圆环受到重力G、绳OB的拉力F和绳OA的拉力F的作用，如图7所示

图7

隐含条件一是小圆环与棒具有相同角速度ω，隐含条件二是小圆环光滑，两侧细绳拉力大小相等，隐含条件三是小圆环做匀速圆周运动的圆心为A点、半径为r(OA)． 列出圆周运动方程 F+Fcosθ=mω2r 由平衡条件有 Fsinθ-mg=0 其中 cosθ=

rl

，sinθ=2lr2lr8g 3l联立解得 ω=

小试身手

1、如图8所示，质量均为m的A、B两物体用细绳悬着，跨过固定在圆盘中央光滑的定滑轮．物体A与圆盘问的动摩擦因数为μ，离圆盘中心距离R．为使物体A与圆盘保持相对静止，则圆盘角速度ω的取值范围为多少？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

图8

2、如图9所示，长度分别为l1和l2两细绳OA、OB，一端系在竖直杆，另一端系上一质量为m的小球，两细绳OA和OB同时拉直时，与竖直杆的夹角分别为30°、45°.则杆以多大角速度转动时，两细绳同时且始终拉直？

图9

参考答案：1、(1μ)gω(1μ)g

RR

2、23g3l12g l2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. （2004年全国高考）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1，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a1，有1mg

ma1

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图2

桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有2mgma2

设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，由匀变速直线运动的规律可得：

v122a1x1

①

v122a2x2

③

②

盘没有从桌面上掉下的条件是：xxL

122设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有：

121at，x1a1t2，而xx1L，求得： 222L，及L

tv1a1ta1aa1aa1x联立解得a(122)1g

2【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Φ-t图；电磁感应中的I-t图；光电效应中的Ekm-γ图。

识图要点：

①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。

②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。

③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。

④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

yx0xlim，当横轴为时间

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】

（昆明市高中三年级统一检测）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150m B. 物体的最大动能为20J

C. 物体前10s内和后10s内加速度大小之比为2：1 D. 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——斜面模型

康世界

［模型概述］

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，设计的内容有力学、电学等。相关方法有整体与隔离法、

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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。 ［模型讲解］

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330g的金属棒ab，它与导轨间动摩擦系数为源电动势为15V，内阻不计，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于静止状态，求：

（1）ab中通入的最大电流强度为多少？ （2）ab中通入的最小电流强度为多少？

37，现在导轨上放一质量为

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

10m/s2，为保持金属棒ab处

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中通入最大电流强度时受力分析如图2，此时最大静摩擦力Ff知，x方向：

FN沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab平衡可

FmaxFNcosFNsinFN(cossin)y方向：mg由以上各式联立解得：

FNcosFNsinFN(cossin)

Fmaxmgcossin6.6NcossinFmax16.5ABLFmax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Ffx方向：FminF'NsinF'NcosF'N(sincos) y方向：mgF'N联立两式解得：F由Fmin' F'N，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡有：

sinF'NcosF'N(sincos)

mgsincos0.6N

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

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：

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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。 三. 斜面上的综合问题

0.6)的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、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范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内能？（结果用字母表示）

例3. 带负电的小物体在倾角为(sin

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)

2A沿斜面运动的距离为：

12g(2)t2 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g(2)t2m3g2

WfmgL2248qB1mv20 2物体A克服摩擦力做功，机械能转化为内能：

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？

49

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aghgtan，而tanh，得aRR，方向水平向右。

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。 ［误区点拨］ (1)要注意斜面上物体受到摩擦力的种类、方向判断，如斜面倾角与arctan的比较等；(2)在采用整体法处理斜面体与它

上面的物体时要区分变速运动部分（合外力）与整体的质量；(3)在计算正压力时遗漏除重力以外的其他力产生的作用而导致摩擦力大小计算错误；(4)在分析电磁力时电荷或导体棒的极值问题而引起的弹力或摩擦力的变化； ［模型演练］ （2005年西南联考）如图7所示，质量为M的木板放在倾角为的光滑斜面上，质量为m的人在木板上跑，假如脚与板接触处不打滑。

（1）要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？

（2）要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向运动？

答案：（1）要保持木板相对斜面静止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力与木板的下滑力平衡，即Mgsin力与反作用力人受到木板对他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力为：

F，根据作用

mgsinFma

mgsinMgsinam方向沿斜面向下。

F，F为人受到的摩擦力且沿斜面向上，根据作用力与反作用力

等值反向的特点判断木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小为mgsinF

所以木板受到的合力为：

（2）要保持人相对于斜面的位置不变，对人有mgsinMgsinFMa

mgsinMgsin解得aM方向沿斜面向下。

模型组合讲解——行星模型

［模型概述］

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，属于每年高考必考内容。

［模型讲解］ 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电子绕核运动的速度之比和周期之比为：（ ） A. v1:v2:v31:2:3；T1:T2:T333:23:13 B. v1:v2:v31:1:1;T1:T2:T31:23:33

0.51010m，则氢原子处于量子数n1、2、3，核外

23C. v1:v2:v36:3:2;T1:T2:T31:1:1

3323D. 以上答案均不对。

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。

50

即kemv，从而得

222rr线速度为ve周期为Tk mr2r v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由以上几式可得v的通式为：

n2r1。

vnvek1

nmr1n所以电子在第1、2、3不同轨道上运动速度之比为：

11v1:v2:v31::6:3:2

23而周期的通式为：

n2r12r12r

T2n3n3T1vv1/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GM和T2r3，r故v增大而T减小，又aF引GM，故a增大，则选项C正确。

mr2评点：一般情况下运行的卫星，其所受万有引力不刚好提供向心力，此时，卫星的运动速率及轨道半径就要发生变化，万有引力做功，我们将其称为不稳定运动即变轨运动；而当它所受万有引力刚好提供向心力时，它的运行速率就不再发生变化，轨道半径确定不变从而做匀速圆周运动，我们称为稳定运行。

对于稳定运动状态的卫星，(1)运行速率不变；(2)轨道半径不变；(3)万有引力提供向心力，即GMmmv成立，其运行速

22rr度与其运动轨道处于一一对应关系，即每一轨道都有一确定速度相对应。而不稳定运行的卫星则不具备上述关系，其运行速率和轨道半径都在发生着变化。 ［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1，故它们在物理模型上和运动规律的描述上有相似点。 2rFGMm r2公式 kqqF122r类似 都是理想模型 类似 都是场作用 相同 相同 不同 适用条件 研究对象 相互作用 方向 实际应用 适用对象 质点 点电荷 有质量的两个物体 带有电荷的两个物体 引力与引力场 电场力与静电场 两质点连线上 两点电荷的连线上 两物体间的距离比物体本身两带电体间的距离比带电体线度大得多 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

2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GMmmv，从而

rr2v1GM,即vr。 rkev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m2rn

可见，卫星或电子的线速度都与轨道半径的平方根成反比。

51

22rn，从而vke2,即vrnmrn1。

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：

ke21Ek即Ek

2rnrn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。 三. 运动周期与轨道半径的关系

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

GMv对于电子，同样可得到这个关系式T223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GMmm2r,得r3GM,与地球自转角速度相同，所以地球同步卫

0022r0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：人造卫星的轨道半径与中心天体半径的区别；人造卫星的发射速度和运行速度；卫星的稳定运行和变轨运动；赤道上的物体与近地卫星的区别；卫星与同步卫星的区别。

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GM。 r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。 ［模型演练］

（2005年大联考）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统来处理。

现根据对某一双星系统的光度学测量确定；该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动。

（1）试计算该双星系统的运动周期T计算； （2）若实验中观测到的运动周期为T观测，且T观测:T计算1:N(N1)。

为了理解T观测与T计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布这种暗物质。若不考虑其他暗物质的影响，请根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。 答案：（1）双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率为v，得：

v2GM2GM2,vL2L L22L/22LT计算LvGMM（2）根据观测结果，星体的运动周期：

T观测

1NT计算T计算

52

这种差异是由双星系统（类似一个球）内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布双星系统内的暗物质对双星系统的作用，与一个质点（质点的质量等于球内暗物质的总质量M'且位于中点O处）的作用相同。考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度

v1，则有：

v12GM2MM'G(M4M') MG,v1L2LL2(L/2)22因为周长一定时，周期和速度成反比，得：

111 v1Nv有以上各式得M'N1M 设所求暗物质的密度为，则有

44L3N1()M 3243(N1)M故2L3运动的合成与分解的两个模型

一、绳杆连体模型 绳杆连体模型指物拉绳（杆）或绳（杆）拉物的问题。由于高中阶段研究的绳或杆的长度不会改变，所以解题原则是把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个方向上的分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。 例1、如图1所示，两根光滑的杆互相垂直地固定在一起。上面各穿有一个小球，小球a、b间用一细直棒相连。当细直棒与竖直杆夹角为α时，求两小球实际速度之比va:vb。

解析：小球a、b沿棒的分速度分别为va所以vacos和vb

sin，两者相等。

:vbtan:1

二、小船渡河模型 求解小船渡河问题时，先要弄清小船的合运动就是实际运动，再按实际效果分解位移和速度，根据平行四边形定则画矢量图，结合分运动与合运动的等时性和独立性列式。小船渡河常见的问题如下。 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2、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）怎样才能使渡河时间最短？

（2）若v船>v水，怎样才能使渡河位移最小？

（3）若v船解析：（1）研究小船渡河问题时，可以把小船的渡河运动分解为两个运动，一个是小船在静水中的运动，另一个是水流的运动。船的实际运动为两者的合运动，如图2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Lv1θ=1（最大），即船头与河岸垂直时用时最短tminL。可以看出：L、v船一定时，t随sinθ增大而减小。当θ=90°时，sin

v船sinL。 v船

（2）如图3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cosv水v船。

53

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，怎样才能使船行驶的距离最短呢？

如图4所示，设船头v船与河岸成θ角，合速度v合与河岸成α角。可以看出：α角越大，船行驶的距离s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船的速度大小为半径画圆，当v合与圆相切时，α角最大。根据cos可知此时船沿河行驶的距离最短

v船v水图4

smin(v水v船cos)此时渡河的最短距离

L v船sinsLvL水 cosv船小试身手：设有一条河，其宽度为700m，河水均匀流动，流速为2m/s，汽船在静水中的行驶速度为4m/s。则汽船的船头应

偏向哪个方向行驶才能恰好到达河的正对岸？

参考答案：与上游河岸成60°角

模型组合讲解——追及、相遇模型

一、追及、相遇模型（同一直线上） 【模型概述】

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v1v2，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，乙的速度一直大于甲的速度，只有两物

a1a2体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为

2v12v2 ss2a12a2若是v1v2，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，此时两物体相距最近，根据

a2a2v共v1a1tv2a2t，求得

tv2v1

a2a1在t时间内

甲的位移sv共v1t

12乙的位移s2

v共v22t

54

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。 2. 巧用图象法求解 例2：如图1所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为vS和vA。空气中声音传播的速率为vP，设vSvP，vAvP，空气相对于地面没有流动。

图1

（1）若声源相继发出两个声信号。时间间隔为t，请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程。确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔t'。

（2）请利用（1）的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式。

解析：作声源S、观察者A、声信号P（P1为首发声信号，P2为再发声信号）的位移—时间图象如图2所示图线的斜率即为它们的速度vS、vA、vP则有：

图2

svStvP(tt0) s'vAt'vP(t't0)两式相减可得：

vAt'vStvP(t't)

解得t'vPvSt

vPvA（2）设声源发出声波的振动周期为T，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期为

T'vPvS

TvPvAvPvA

fvPvS由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为

f'评点：图象分速度图象和位移图象，位移图线的斜率为速度，速度图线的斜率为加速度，速度图线与时间轴所围的“面积”值，等于该段时间内的位移大小。 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。

2即：0(vv)22ad，a(v1v2)，

122d2(vv)12故不相撞的条件为a

2d【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内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。

55

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。 【模型演练】

（2005年徐州模考）在一条平直的公路上，乙车以10m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面作初速度为15m/s，加速度大小

2

为0.5m/s的匀减速运动，则两车初始距离L满足什么条件时可以使（1）两车不相遇；（2）两车只相遇一次；（3）两车能相遇两次（设两车相遇时互不影响各自的运动）。

答案：设两车速度相等经历的时间为t，则甲车恰能追及乙车时，应有

v甲ta甲t2其中t若L2v甲v乙a甲v乙tL

，解得L25m

25m，则两车等速时也未追及，以后间距会逐渐增大，及两车不相遇。 若L25m，则两车等速时恰好追及，两车只相遇一次，以后间距会逐渐增大。

若L25m，则两车等速时，甲车已运动至乙车前面，以后还能再次相遇，即能相遇两次。（文/孙晋善）

二、追及、相遇模型（不在一条直线上） 【模型概述】

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年的上海高考中的“估算出飞机速度”，2004年广西高考“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。 【模型讲解】

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？

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

在这最短时间内，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。 根据正弦定理又tvmtvtvt1122

sin120sin45sin15t1t2

v1v2sin12022km/h

v1sin15v2sin45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】 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或相距最近；反方向转动的物体转过的角度|1同方向追击的物体转过的角度|12|2n(n0、1、2、)时表明两物体相遇

2|2n（n=0、1、2、„„）时表明两物体相遇或相距最近。不同一圆、

（n=0、1、2、„„）时表明两物体相距最近。

2|2n【模型演练】

1. 如图4所示，有A、B两颗行星绕同一颗恒星O做圆周运动，旋转方向相同。A行星的周期为T1，B行星的周期为T2，在某

56

一时刻两行星相距最近，则：（ ） A. 经过时间tB. 经过时间

T1T2，两行星再次相距最近

T1T2，两行星再次相距最近

T2T1tC. 经过时间tD. 经过时间t答案：BD

T1T2，两行星相距最远 2T1T2，两行星相距最远 2(T2T1)

图4

模型组合讲解——追碰模型

［模型概述］

追碰是物理上一个重要模型，它涉及到动量定理、动量守恒定律、能量守恒等诸多知识点。从物理方法的角度看。处理碰撞问题，通常使用整体法（系统）、能量方法，守恒方法及矢量运算。

“追碰”模型所设计的内容在每年的高考中可以以选择、计算题形式出现，所以该类试题综合性强，区分度大，分值权重高，因该部分内容恰是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，因此相关内容就成为每年高考测试的热点内容。

［模型讲解］

一、理解动量守恒定律的矢量性

例1. 如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB2mA，规定向右为正

方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则：（ ）

图1

A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5

B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10

2mA，所以vA2vB，可以判断

A球在左方，CD错；碰撞后A的动量变化pA4kgm/s，根据动量守恒可知，B球的动量变化pB4kgm/s，所以碰后AB球的动量分别为pA'(64)kgm/s2kgm/s，pB'(64)kgm/s10kgm/s解得vA':vB'2:5，所以A正确。

评点：动量守恒定律的矢量性即是重点又是难点，解题时要遵循以下原则：先确定正方向，与正方向相同的矢量取正号，与正方向相反的矢量取负号，未知矢量当作正号代入式中，求出的结果若大于零，则与正方向相同，若小于零则与正方向相反，同时也要善于利用动量与动能的关系，但要注意它们的区别。

二、利用动量守恒定律处理微观粒子的追碰

例2. 在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：

（1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？

（2）若E0＝1.76MeV，则经过多少次碰撞后，中子的能量才可减少到0.025eV。

解析：按弹性正碰的规律可求出每次碰撞后中子的速度变为多少，对应的动能也就可以求解；在根据每次碰撞前后的动能之比与需要减少到0.025eV与原动能E0的比值关系，取对数求出碰撞次数（必须进位取整）。

（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。设中子的质量为m，碳核的质量为M，有：

解析：题中规定向右为正方向，而AB球的动量均为正，所以AB都向右运动，又mBmv0mv1Mv2121212mv0mv1Mv2222

由上述两式整理得：

mMm12m11v1v0v0v0

mMm12m13则经过一次碰撞后中子的动能：

1111121 Emv2m(v)2E12121301690（2）同理可得E121E(121)2E

210169169 57

„„

121n En()E0169设经过n次碰撞，中子的动能才会减少至0.025eV，即En0.025eV，E01.76MeV，解上式得n54。

评点：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞。

说明：《考试大纲》强调“应用数学处理物理问题的能力”，我们在计算中常遇到的是以下一些数学问题： ①等差数列、等比数列，这两类问题的处理方法是先用数学归纳法找出规律，再求解； ②对yasinbcos，当arctana，ya2b2 maxb③对yAsincos的形式（即yKsin2），则在45时，y有极值A。

2④对

2yKab的形式，其中均为a、b变量，但ab恒量（a0、b0），则可根据不等式性质ab(ab)/2求极值等。

［模型要点］

在近年高考中，考查的碰撞皆为正碰问题。碰撞是中学物理教学的重点、是历年高考命题的热点，同时它一直是学生学习和高考的难点。碰撞在《考试说明》中作II级要求掌握。

1. 碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的；（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能；（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大；（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2. 碰撞的分类：按能量变化情况可分为弹性碰撞和非弹性碰撞（包括完全非弹性碰撞）。

3. 能量方面：弹性碰撞动能守恒；非弹性碰撞动能不守恒；完全非弹性碰撞能量损失（不能完全恢复原形）最大。

注意：动量守恒定律的验证、分析推理、应用等实验中，不论在平面还是斜面或用其他方式进行，我们都要注意守恒的条件性。

解题原则：（1）碰撞过程中动量守恒原则；（2）碰撞后系统动能不增原则；（3）碰撞后运动状态的合理性原则。

碰撞过程的发生应遵循客观实际。如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动。

解决“追碰”问题大致分两类运动，即数学法（如函数极值法、图象法）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）。 ［模型演练］

如图2所示，一水平放置的圆环形刚性槽固定在桌面上，槽内嵌放着三个大小相同的刚性小球，它们的质量分别为m1、m2、m3、m2＝m3＝2m1，小球与槽的两壁刚好接触，而且它们之间的摩擦可以忽略不计。开始时，三球处于槽中I、II、III的位置，彼此间距离相等，m2和m3静止，m1以速度v0求此系统的运动周期T。

R2沿槽运动，R为圆环的内半径和小球半径之和，各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，

图2

答案：先考虑m1与m2的碰撞，令v1、v2分别为它们的碰后速度，由弹性正碰可得：

v1v2m1m21v0v0m1m23 2m12v0v0m1m23当m2与m3相碰后，交换速度，m2停在III处，m3以v0的速率运动。因为三段圆弧相等，当m3运动到位置I时，m1恰好返回。它们在I处的碰撞，m3停在I处，m1又以v0的速度顺时针运动。当m1再运动到II时，共经历了一个周期的

231，则：m两次由位31

2R28置I运动到II处的时间为：t23由位置III运动到I的时Rs，m2由位置II运动到III处的时间为：13v03t22s，m32v03间为：t3t22s。

3(t1t2t3)20s

所以系统的周期为：T 58