高考物理中的模型構(gòu)造方法

1、 高考物理中的模型構(gòu)造方法 世界各國(guó)的教育概括起來(lái)有兩大基本模式。一大模式是以德國(guó)教育家赫耳巴特的理論為基礎(chǔ)的以學(xué)生知識(shí)和基本技能掌握為核心的傳統(tǒng)教育模式，即知識(shí)中心教育模式。另一種是與之相對(duì)應(yīng)的模式，是以美國(guó)教育家杜威的教育思想為基礎(chǔ)的“現(xiàn)代教育”,用當(dāng)今中國(guó)教育界的時(shí)尚語(yǔ)言來(lái)說(shuō)，很接近于素質(zhì)教育模式。杜威主張“教育即生活”、“學(xué)校即社會(huì)”、“在做中學(xué)”。杜威提出“以兒童為中心”和“在做中學(xué)”的主張是“現(xiàn)代教育”區(qū)別于傳統(tǒng)教育的根本特點(diǎn)，它更看重師生互動(dòng)的教學(xué)過(guò)程，看重學(xué)生獲得知識(shí)和技能的過(guò)程，至于知識(shí)和技能的掌握程度并不是最重要的，重要的是學(xué)生能力的培養(yǎng)和建設(shè)，教學(xué)的出發(fā)點(diǎn)和歸宿都是學(xué)生發(fā)

2、展的需求。這是以能力培養(yǎng)和建設(shè)為中心的教育模式。近10多年來(lái)，世界各國(guó)為提高教育教學(xué)質(zhì)量，培養(yǎng)21世紀(jì)的新型人才，不斷探索教學(xué)方法的改革。先后曾實(shí)驗(yàn)了多種教學(xué)方法。其中，20世紀(jì)80年代從美國(guó)興起的“以問(wèn)題解決為核心的課堂教學(xué)”，在世界教育界影響最為廣泛?！皢?wèn)題解決”是指啟發(fā)培養(yǎng)學(xué)生多向思維的意識(shí)和習(xí)慣，并使學(xué)生認(rèn)識(shí)到解決問(wèn)題的途徑不是單一的，而是多種的，及開放式的。學(xué)生多向思維的意識(shí)和習(xí)慣的培養(yǎng)是中學(xué)物理教學(xué)中的一項(xiàng)艱巨而重要的任務(wù)，在解決物理問(wèn)題的教學(xué)活動(dòng)中，教師應(yīng)該十分重視對(duì)學(xué)生進(jìn)行方法思路的訓(xùn)練，讓學(xué)生學(xué)會(huì)分析處理問(wèn)題的方法。已有的基本方法掌握了，思維得到訓(xùn)練，學(xué)生多向思維的意識(shí)和習(xí)慣

3、的培養(yǎng)才不是一句空話。物理學(xué)科難學(xué)的原因之一是“多變”。為了解決多變的物理問(wèn)題，必須扎實(shí)地掌握好其中基本的、不變的知識(shí)和方法，進(jìn)而探索新的知識(shí)和方法。而方法的掌握又比知識(shí)顯得更為重要。諸如隔離法、整體法、臨界狀態(tài)分析法、圖象法、等效法、構(gòu)建模型法等等，都是物理學(xué)科中應(yīng)該掌握好的基本方法。本文擬以構(gòu)建模型法為例，通過(guò)對(duì)高中物理中常見的六種模型的分析，說(shuō)明基本方法的重要性及其構(gòu)建模型的基本思路。處理物理問(wèn)題時(shí)，往往要建立起正確的物理模型。物理模型是一種理想化的物理形態(tài)，是物理知識(shí)的直觀顯現(xiàn)?？茖W(xué)家進(jìn)行理論研究時(shí)，通常都要從“模型”入手，對(duì)于看似不同的現(xiàn)象，利用理想化、簡(jiǎn)化、類比、等效、抽象等思維方

4、法，把它們共同的本質(zhì)特征找出來(lái)，構(gòu)成一個(gè)概念或?qū)嵨锏捏w系，即形成“物理模型”。通常所說(shuō)的明確物理過(guò)程，把過(guò)程轉(zhuǎn)化為一幅清晰的物理圖景，就是為了構(gòu)建物理模型，針對(duì)模型的特征，利用相應(yīng)的規(guī)律去解決。當(dāng)我們說(shuō)：“這是哪一類問(wèn)題時(shí)”，實(shí)際上就隱含著這是“屬于哪一類物理模型”的意思。 質(zhì)點(diǎn)是最常見的力學(xué)模型，點(diǎn)電荷是研究靜電場(chǎng)的模型、點(diǎn)光源是光學(xué)問(wèn)題的模型；理想氣體是熱學(xué)的物理模型，彈簧振子、單擺是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的模型，盧瑟福的原子結(jié)構(gòu)是行星模型。具體處理物理問(wèn)題時(shí)，可以根據(jù)特征構(gòu)建相應(yīng)模型。例如彈簧模型、斜面模型、反沖模型、豎直面圓周運(yùn)動(dòng)模型、塊板模型、活塞氣缸模型、線圈磁場(chǎng)模型等。模型特征越明顯，解決時(shí)就

5、越容易。因而抓特征是構(gòu)建模型的關(guān)鍵，而構(gòu)建模型的過(guò)程、類比、等效等方法十分有用，在高中物理總復(fù)習(xí)階段，我有意識(shí)的引導(dǎo)學(xué)生將所面對(duì)的問(wèn)題構(gòu)建成相應(yīng)的模型，收到了較好的效果。模型一 彈簧模型根據(jù)胡克定律，在彈性限度內(nèi)，當(dāng)彈簧發(fā)生形變時(shí)，無(wú)論是拉伸形變，還是壓縮形變，所產(chǎn)生的彈力總是與形變量成正比，即F=KX 。與彈簧相關(guān)的有兩類問(wèn)題：一類是靜平衡問(wèn)題，一類是動(dòng)態(tài)問(wèn)題。靜平衡模型主要是弄清彈簧形變是拉伸還是壓縮，從而正確畫出彈力的方向，利用平衡條件求解；動(dòng)態(tài)模型除了弄清彈簧形變是拉伸還是壓縮，從而正確畫出彈力的方向外，還應(yīng)弄清彈力對(duì)物體的做功情形，物體動(dòng)能的變化；對(duì)于水平面上被輕彈簧連接的兩個(gè)物體所

6、組成的合外力為0的系統(tǒng)，當(dāng)伸長(zhǎng)量最大時(shí)、壓縮量最大時(shí)均為“二者同速”。這就是彈簧問(wèn)題的基本模型。例1-1木塊的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，上面木塊壓在上面的彈簧上（但不栓接），整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面的彈簧，在這過(guò)程中下面木塊移動(dòng)的距離是多大？對(duì)初狀態(tài)，由力的平衡可知，兩彈簧均處于被壓縮的狀態(tài)。對(duì)m1有 m1g=k1X1 對(duì)（m1+m2）有 （m1+m2）g=k2X2 當(dāng)m1剛要離開上面的彈簧時(shí)，對(duì)m2有 m2g=k2X3 則下面木塊m2向上移動(dòng)的距離為：X= X2X3= m1g/ k2例1-2在光滑水平面上，放著兩個(gè)被輕彈簧

7、連接在一起的木塊A和B，它們的質(zhì)量均為m。一粒質(zhì)量為m4速度為V0的子彈水平射入木塊中未穿出。求（1）擊中A瞬間，AB兩木塊的速度多大？（2）在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A木塊的最小動(dòng)能和B木塊的最大動(dòng)能分別為多少？解：（1）子彈擊中A瞬間，AB兩木塊間還來(lái)不及發(fā)生相互作用，VB=0 故有 V0=（+m）VA VA= V0（2）在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于VA> VB，彈簧將被壓縮，A將減速B將加速,直到A、B同速，而后又開始恢復(fù)形變。在恢復(fù)到原長(zhǎng)以前，A繼續(xù)減速B繼續(xù)加速，若超過(guò)原長(zhǎng)，則A加速，B減速，所以恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間A的速度最小、動(dòng)能最小，由機(jī)械能守恒可知，B的速度最大、動(dòng)能最大。由動(dòng)量守恒定律

8、機(jī)械能守恒定律得：（+m）VA=（+m）VA+ mVB（+m）VA2=（+m）VA2+ mVB2解之：VA= V0 VB= V0 ； EKA= EKB=。以此兩題為例，讓學(xué)生再作相應(yīng)練習(xí)，掌握與彈簧模型相關(guān)連的問(wèn)題。（下同）模型二：斜面模型無(wú)論是力學(xué)，力學(xué)與電磁學(xué)中斜面的綜合問(wèn)題，都與力學(xué)中斜面問(wèn)題有相同的思路選定研究對(duì)象，分析研究對(duì)象受力，（注意分析相關(guān)場(chǎng)力）弄清運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，明確物理過(guò)程，然后選擇相關(guān)規(guī)律求解。這就是斜面模型。如果是靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的斜面問(wèn)題，則應(yīng)該考慮相應(yīng)的場(chǎng)力以及所涉及的電磁學(xué)知識(shí)。解決靜電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的斜面問(wèn)題，用一句話來(lái)概括：電磁學(xué)的知識(shí)，力學(xué)的方法。例2-1如圖，與水平面

9、成30角的平行光滑軌道，寬度為0.5m，ab、cd兩金屬桿置于軌道平面，整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于軌道平面，大小B=0.4T mab=0.1kg mcd=0.2kg，回路總電阻為0.2，ab桿在與導(dǎo)軌平行的外力作用下以1.5ms勻速向上運(yùn)動(dòng)，求：(1)cd桿向何方運(yùn)動(dòng)? (2)cd桿有最大速度時(shí)作用ab桿上外力的功率為多大？（1）由于ab沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。 =BL V，在回路產(chǎn)生感應(yīng)電流I=1.5 (A) 方向abdc，cd受重力、支持力、安培力。其中安培力F=BIL=0.40.51.5=0.3(N)<mgsin30=1Ncd 沿斜導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。 （2）

10、cd向下作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，也要切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)cd以最大速度V運(yùn)動(dòng)時(shí)，= BLV，此時(shí) F=mgsin30=1N F=BI L I=5(A)，= I R=50.2=1V 此時(shí)=+=BL(V+V)V=V=3.5(m/s)此時(shí)對(duì)ab桿F=mgsin30+ BI L=0.110+0.450.5=1.5 (N)P= FV=1.51.5=2.25 (w)例2-2質(zhì)量m=0.1g的小物塊，帶電量為q=5×10-4C,從傾角為30o的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向如圖所示。設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，物塊經(jīng)某一位置時(shí)離開斜面。（1）物塊

11、帶何種電荷？（2）物塊離開斜面時(shí)速度為多大？（3）斜面至少多長(zhǎng)？ 運(yùn)動(dòng)中小滑塊共受三個(gè)力：重力、支持力和洛侖茲力，其中洛侖茲力是變力。物體要離開斜面，支持力必須為0，故洛侖茲力必沿垂直于斜面方向斜向上。（1）由左手定則可知，滑塊帶負(fù)電。（2）當(dāng)N=0時(shí)滑塊離開斜面，此時(shí)有：BVq=mgcos V=代入數(shù)據(jù)得 V=2（mS-1）（3）由于洛侖茲力不做功，只有重力做功，故由機(jī)械能守恒定律可得；mgsin=mV2S=V2/2gsin=1.2（m）模型三：園周運(yùn)動(dòng)模型 園周運(yùn)動(dòng)是一種變加速曲線運(yùn)動(dòng)，對(duì)園周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的處理，實(shí)質(zhì)上是牛頓第二定律的具體應(yīng)用。同樣要按牛頓定律問(wèn)題處理的一般思路明確研究對(duì)象，分

12、析研究對(duì)象受力，寫出提供的向心力=需要的向心力的表達(dá)式。這是一般的圓周運(yùn)動(dòng)模型。對(duì)于豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型，則要從受力情形出發(fā)，分清“地理最高點(diǎn)”和“物理最高點(diǎn)”，弄清有幾個(gè)場(chǎng)力；豎直面內(nèi)若作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則必須根據(jù)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件，找出隱含條件；同時(shí)還要注意線軌類問(wèn)題的約束條件。例3-1 寬度ad=L，足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)從區(qū)域ad邊的中點(diǎn)0處垂直于磁場(chǎng)射入一與ad邊成30，速度大小為V的帶電粒子，已知粒子的質(zhì)量為m，電量是+q，不計(jì)重力影響。 求粒子能從ab邊射出磁場(chǎng)區(qū)域的速度大小范圍。 解：在0處洛侖茲力方向垂直于V。，故所有不

13、同速率入射的粒子運(yùn)動(dòng)的軌道園心都在00上。00交ab于0點(diǎn)，與dc相切于M點(diǎn)，所以001=01M=R1 R1是能從ab邊射出的最大運(yùn)動(dòng)半徑，且Rl=L，由=BVq得V=;能從ab射出的粒子的最小半徑為0Q (Q為切點(diǎn))01Q02 01a0=2RR=L(R1 R2) R(2RL )=LR1R2 =R=,與R對(duì)應(yīng)的速度為最小速度V=V 例3-2用絕緣細(xì)線系住一個(gè)帶正電的小球，在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中豎直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)，以下判斷哪些正確？A.球經(jīng)圓周最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線張力一定最小B.當(dāng)小球經(jīng)圓周最低點(diǎn)時(shí)，線速度一定最大C.小球可能作勻速圓周運(yùn)動(dòng)D.小球不可能作勻速圓周運(yùn)動(dòng)解答：小球經(jīng)最高點(diǎn)a時(shí)，細(xì)線

14、拉力Ta=Eq-mg+, 經(jīng)最低點(diǎn)b時(shí)，細(xì)線拉力Tb=mg-Eq+.。由于不知道Eq和mg的大小關(guān)系，也就無(wú)法判斷Va和Vb的大小關(guān)系，所以沒法確定Ta和Tb的大小關(guān)系。換言之，a點(diǎn)是圓周運(yùn)動(dòng)中的“地理最高點(diǎn)”但卻不一定是“物理最高點(diǎn)”，故A、B錯(cuò)誤。當(dāng)Eq=mg時(shí)，由于細(xì)線拉力不做功，合外力的功為0，小球動(dòng)能不變，線速度大小不變，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤。模型四：“塊板”模型指由小滑塊與木板(或平板小車)組成的相互作用的系統(tǒng)。這系統(tǒng)可能是指由小滑塊與木板(或平板小車)組成的合外力為0的系統(tǒng)；也可能是滑塊與木板(或平板小車)組成的合外力不為0的系統(tǒng)。對(duì)于合外力為0的系統(tǒng)，通常是將“板

15、”置于光滑水平面上，“塊”以一定的初速度沿有摩擦的板的上表面滑動(dòng)，最終相對(duì)靜止。有時(shí)是兩高度相同的平板車相撞，而其中一輛車上的小滑塊相對(duì)于車滑動(dòng)，而最后或二者同速，或三者同速。也有的是在這一基礎(chǔ)上的擴(kuò)展加進(jìn)園弧軌道，板塊均有初速度，或一板兩塊等。這種模型的特點(diǎn)是系統(tǒng)不受外力作用而存在改變機(jī)械能的內(nèi)力相互作用，滿足動(dòng)量守恒和能量守恒。若是滑塊與木板(或平板小車)組成的合外力不為0的系統(tǒng)，則其模型特征是系統(tǒng)存在改變機(jī)械能的外力和內(nèi)力相互作用，不滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，可用動(dòng)量定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量守恒定律求解。例4-1兩輛完全相同的平板小車，長(zhǎng)均為L(zhǎng)=1m，質(zhì)量均為m=4kg，甲車右端有一個(gè)質(zhì)

16、量為2kg的滑塊。甲車以V=5ms的速度與滑塊一起向左運(yùn)動(dòng)，與靜止在正前方的乙車相撞，碰撞時(shí)間極短，碰后兩車粘在一起，小滑塊恰好不從乙車左端滑下。不計(jì)車與地面的摩擦，求小滑塊與車面間動(dòng)摩擦因數(shù)。分析：兩車相撞過(guò)程時(shí)間極短，滑塊不參與而保持原速。 MV=2MV V=2.5(m/s)滑塊與兩車相互作用過(guò)程rnV+2M=(2M+m)V V=V=3(m/s)f·2L=·2M()+mV(m+2M) V2mgL=25+25-45=5 =0.125例4-2光滑水平面上靜止著長(zhǎng)L=1.6m，質(zhì)量為M=3Kg的木板，一個(gè)質(zhì)量為m=1Kg的小物體放在木板的最右端，M與m間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1，

17、今對(duì)木板施加一個(gè)水平向右的拉力F，g取10ms2。（1） 施力后要想把木板從物體下抽出，求力的大小應(yīng)滿足的條件；（2） 如果所施的力F=10N，為了把木板從物體下抽出，此力的作用時(shí)間不得小于多少？解答：這是滑塊與木板組成的合外力不為0的系統(tǒng)，動(dòng)量不守恒、機(jī)械能也不守恒，可用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。（1）對(duì)小滑塊有：mg=ma1 對(duì)木板有：FMg=Ma2要把木板從滑塊下抽出應(yīng)有 a2> a1F>（m+M）g=4N（2）當(dāng)力F作用一段時(shí)間后即停止時(shí)，木板速度大于滑塊速度，只要作用時(shí)間不小于某一值t，不再用力木板也可“抽出”。設(shè)力F剛停止作用瞬間，滑塊速度為V1，木板速度為V2，木

18、板剛抽出瞬間二者同速為VV1=a1t V2=a2t 木板與滑塊對(duì)地位移之差 S2S1=L S1= S2= a2t2+ 式中a2= =（mS2） 從力F剛停止作用瞬間起到剛抽出，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 m V1+M V2=（m+M）V 解以上各式得 t=0.8s模型五：反沖模型反沖運(yùn)動(dòng)是適用動(dòng)量守恒定律的典型問(wèn)題。這類問(wèn)題的特點(diǎn)多為系統(tǒng)的初動(dòng)量為0，相互作用后動(dòng)量大小相等、方向相反，并且這類問(wèn)題中位移的求解方法往往是把水平速度用相應(yīng)位移來(lái)表示。當(dāng)然，也有初動(dòng)量不為0的問(wèn)題。例5-1長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量為M的船停在靜水中，一個(gè)質(zhì)量為m的人（可視為質(zhì)點(diǎn)）站在船的左端 。不計(jì)水的阻力，在人從船的左端走到右端的過(guò)程中，人

19、、船相對(duì)于地面的位移分別是多少？分析：見下圖。按照動(dòng)量守恒定律的同一性，應(yīng)相對(duì)于同一個(gè)慣性參照系河岸。假設(shè)船移動(dòng)的距離是S，則人移動(dòng)的距離為lS，由于人船運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故可以用人船移動(dòng)的水平距離來(lái)表示相應(yīng)的水平速度。即0=mV人MV船可表示為0=m（l-S）MS，S= S=lS=例5-2質(zhì)量為M底面長(zhǎng)為L(zhǎng)的三角形劈靜止在光滑水平面上。另一質(zhì)量為m的小滑塊由斜面頂端無(wú)初速地沿劈滑到底端的過(guò)程中，三角形劈移動(dòng)的距離是多大？由水平方向動(dòng)量守恒得：0=m（LS）MS解得 S=例5-3質(zhì)量為M半徑為R的金屬圓環(huán)垂直于地面放置，質(zhì)量為m的小滑塊由與環(huán)心等高的點(diǎn)無(wú)初速地沿環(huán)內(nèi)側(cè)滑到底端的過(guò)程中，求環(huán)心o移動(dòng)

20、的距離。解：設(shè)圓環(huán)平動(dòng)距離為S，則小滑塊對(duì)地位移為(R-S)，由水平方向動(dòng)量守恒得：0=m（RS）MS解得 S=例5-4光滑水平桿上套有一個(gè)質(zhì)量為M的小環(huán)，環(huán)上系有一根質(zhì)量不計(jì)的輕繩，繩的另一端固定有一個(gè)質(zhì)量為m的小球?，F(xiàn)將繩拉直到與桿平行，由靜止釋放小球，求當(dāng)細(xì)繩與桿成角時(shí)，圓環(huán)沿桿移動(dòng)的距離。解：如圖示，由水平方向動(dòng)量守恒得：0=m(L-LCos -S)-MSS=模型六：行星模型人造地球衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)和氫原子核外電子繞氫原子核旋轉(zhuǎn)，這是本質(zhì)上決然不同的兩種現(xiàn)象，一個(gè)宏觀，一個(gè)微觀，但其運(yùn)動(dòng)規(guī)律卻非常相似。作為同一個(gè)模型，可以幫助我們理解微觀粒子的運(yùn)動(dòng)。 現(xiàn) 象： 人造地球衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng) 核外電子繞氫原子核旋轉(zhuǎn) 運(yùn)動(dòng)性質(zhì)： 勻速圓周運(yùn)動(dòng) 勻速圓周運(yùn)動(dòng) 向 心 力： 地球?qū)πl(wèi)星的引力 氫原子核對(duì)電子的靜電引力線速度大小：V= V=e 周 期： T2=r T2=r 勢(shì)能0點(diǎn)選擇： 遠(yuǎn)處為