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(dòng)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(jī)械能；彈簧兩端將物塊彈射將彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；核衰變時(shí)將核能轉(zhuǎn)化為動(dòng) 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(shí)，炮彈水平射程為s,那么當(dāng)炮身不固定時(shí)，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(dòng)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(dòng)能；第二次化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈和炮身的動(dòng)能，而炮彈和炮身水平動(dòng)量守恒，由動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系2式Ek 屋知，在動(dòng)量大小一樣的情況下，物體的

2、動(dòng)能和質(zhì)量成反比，炮彈的動(dòng)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(shí)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(duì)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(dòng)量守恒，炮彈對(duì)地的水平速度大小為V。cos V。cos ,設(shè)炮車后退方向?yàn)檎较?，那么（M m）v mv0cos0, vmv0 cosM m評(píng)點(diǎn)：有時(shí)應(yīng)用整體動(dòng)量守恒，有時(shí)只應(yīng)用某局部物體動(dòng)量守恒，有時(shí)分過(guò)程屢次應(yīng)用

3、動(dòng) 量守恒，有時(shí)抓住初、末狀態(tài)動(dòng)量即可，要善于選擇系統(tǒng)，善于選擇過(guò)程來(lái)研究。模型要點(diǎn).word.zl.力遠(yuǎn)大于外力，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒Pi P2 ,有其他形式的能單向轉(zhuǎn)化為動(dòng)能。所以“爆炸 時(shí)，機(jī)械能增加，增加的機(jī)械能由化學(xué)能其他形式的能轉(zhuǎn)化而來(lái)。誤區(qū)點(diǎn)撥無(wú)視動(dòng)量守恒定律的系統(tǒng)性、無(wú)視動(dòng)量守恒定律的相對(duì)性、同時(shí)性。模型演練物理高考科研測(cè)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(shí)，炸藥提供應(yīng)炮身和炮彈的總機(jī)械能 Eo是不變的。假設(shè)要使剛發(fā)射后炮彈的動(dòng)能等于 E。，即炸藥提供的能量全部變?yōu)榕趶椀膭?dòng)能， 那么在發(fā)射前炮車應(yīng)怎樣運(yùn)動(dòng)？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(shí)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(dòng)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(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。但從近

5、年的高考來(lái)看，帶電粒子垂直進(jìn)入有 界磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)更多，其中運(yùn)動(dòng)的空間還可以是組合形式的，如勻強(qiáng)磁場(chǎng)與真空組合、勻 強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)組合等，這樣就引發(fā)出臨界問(wèn)題、數(shù)學(xué)等諸多綜合性問(wèn)題。模型講解例.物理高考科研測(cè)試一質(zhì)點(diǎn)在一平面運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖 1所示。它從A點(diǎn)出發(fā), 以恒定速率Vo經(jīng)時(shí)間t到B點(diǎn)，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(diǎn)由A到B沿x軸運(yùn)動(dòng)的平均速度。2如果此質(zhì)點(diǎn)帶正電，且以上運(yùn)動(dòng)是在一包定不隨時(shí)間而變的磁場(chǎng)中發(fā)生的，試盡可能詳細(xì)地論述此磁場(chǎng)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(gè)半圓，那么其位移

6、x N2(R r)其所經(jīng)歷的時(shí)間t N (R)V0所以沿x方向的平均速度為_(kāi) x 2V0(R r) v -t (R r)2I.根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)帶正電和運(yùn)動(dòng)方向，按洛倫茲力的知識(shí)可斷定磁場(chǎng)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(chǎng)皆為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。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(qiáng)度， 用m、q和v分別表示帶電質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量、電量和速度的大?。荒敲从陕鍌惼澚团ｎD定律可22知，qvB上 m、qvB下 m ,由此可得,即下面磁感應(yīng)強(qiáng)度是上面的 一倍。RrB下 Rr模型要點(diǎn)從圓的完

7、整性來(lái)看：完整的圓周運(yùn)動(dòng)和一段圓弧運(yùn)動(dòng)，即不完整的圓周運(yùn)動(dòng)。無(wú)論何種 問(wèn)題，其重點(diǎn)均在圓心、半徑確實(shí)定上，而絕大多數(shù)的問(wèn)題不是一個(gè)循環(huán)就能夠得出結(jié)果的, 需要有一個(gè)從定性到定量的過(guò)程。.word.zl.盤旋模型三步解題法:畫軌跡：軌跡上的兩點(diǎn)位置及其中一點(diǎn)的速度方向；軌跡上的一點(diǎn)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(gè)直角三角形，可用幾何知識(shí)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(gè)角兩邊分別與另一個(gè)角的兩個(gè) 邊垂直，兩角相等或互余；時(shí)間與周期相聯(lián)系： t T;2利用帶電粒子只受洛倫茲力時(shí)遵循的半徑及周期公式聯(lián)系。誤區(qū)點(diǎn)撥洛倫茲力永遠(yuǎn)

8、與速度垂直、不做功；重力、電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，只由初末位置決定， 當(dāng)重力、電場(chǎng)力做功不為零時(shí)，粒子動(dòng)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(yùn)動(dòng)。模型演練省學(xué)軍中學(xué)模擬測(cè)試如圖2所示，一束波長(zhǎng)為 的強(qiáng)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(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B,面積足夠大，在A點(diǎn)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(wèn)， 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(jì)算P板金屬發(fā)生光電效應(yīng)的逸出功 W3從D點(diǎn)飛出的光電子中，在磁場(chǎng)中飛行的最短時(shí)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(dòng)并經(jīng) d點(diǎn)的電子轉(zhuǎn)過(guò)圓心角最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型徐征田模型概述.word.zl.word.zl.帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)也是每年高考中的熱點(diǎn)問(wèn)題，具體來(lái)講有電場(chǎng)對(duì)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(shí)，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(qiáng)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，其位移與時(shí)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(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到5s末物體所經(jīng)過(guò)的路程為 m,克制電場(chǎng)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(yùn)動(dòng) 2設(shè)從開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到速度為零的時(shí)間為L(zhǎng) ,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(kāi)場(chǎng)反向以a2 0.04m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 1. 2s2a2t2 0.02m2因此開(kāi)場(chǎng)5s的路程為s1 s2 0.34m, 5s末的速度v2 a2t2 0.04m/s克制電場(chǎng)力做功- 12 12 _5_W mv0 mv2 3.0 10 J 22點(diǎn)評(píng)：解答此題的關(guān)鍵是從位移與時(shí)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(yùn)動(dòng)4s速度減為零并反向運(yùn)動(dòng)，弄清位移與路程的聯(lián)系和區(qū)別.word.zl.模型要點(diǎn)力和運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)。功和能的關(guān)系一一動(dòng)能定理根據(jù)力對(duì)帶電粒子所做的功 W及動(dòng)能定理，從帶電粒子運(yùn)動(dòng)的全過(guò)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(chǎng)， 特別適用于非均勻變化的磁場(chǎng)。在討論帶電粒子的加速偏轉(zhuǎn)時(shí)，對(duì)于根本粒子，如電子、質(zhì)子、中子等，沒(méi)有特殊說(shuō)明， 其重力一般不計(jì)；帶電粒子如液滴、塵埃、顆粒等沒(méi)有特殊說(shuō)明，其重力一般不能忽略。誤區(qū)點(diǎn)撥一般情況下帶電粒子所受的電場(chǎng)力遠(yuǎn)大于重力， 所以可以認(rèn)為只有電場(chǎng)力做功。由動(dòng)能定 理W qUEk,此式與電場(chǎng)是否勻強(qiáng)無(wú)關(guān)，與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、軌跡

13、形狀也無(wú)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(shí)，A板電勢(shì)a隨時(shí)間t變化的情況如圖2所示。在兩板間的電場(chǎng)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(chǎng)力為重力的兩倍，要使.word.zl.該粒子能夠到達(dá)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(chǎng)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(shí)間為ti那么虹3gti,2tl此段時(shí)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(shí)間, 3粒子向下加速運(yùn)動(dòng)，下降的高度:h32 3ggT26上述計(jì)算說(shuō)明，在一個(gè)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(dá) 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(dòng)力學(xué)問(wèn)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(shí)驗(yàn)、計(jì)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(diǎn)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(gè)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(dòng)。中彈簧的左端 拴一小物塊，物塊在有摩擦的桌面上滑動(dòng)。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(gè)彈簧的伸長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)，以彈簧 為研究對(duì)象，由于其質(zhì)量為零，無(wú)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(méi)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(gè)彈簧完全一樣，根據(jù)胡克定律，它們的伸長(zhǎng)量皆相等，所以正確選項(xiàng)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(cè)量汽車在水平路面上做

17、勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度。該裝置是在矩形箱子的前、后壁上各安裝一個(gè)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(gè)質(zhì)量為2.0kg的滑塊，滑塊可無(wú)摩擦的滑動(dòng)，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(yùn)動(dòng)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(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)，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(diǎn)彈簧中的力學(xué)問(wèn)題主要是圍繞胡克定律 F kx進(jìn)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(dòng)量、動(dòng)能等變化不是簡(jiǎn)單的單調(diào)關(guān)系，往往有臨界值，我們?cè)谔幚?變速問(wèn)題時(shí)要注意分析物體的動(dòng)態(tài)過(guò)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(diǎn)而忽略中間突變過(guò)程，我們也可以利用彈簧模型的對(duì)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(diǎn)，下端系一個(gè)鋼球P,球處于靜止?fàn)顟B(tài).word.zl.現(xiàn)對(duì)球施加一個(gè)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(dòng)中彈簧與豎直方向的夾角90且彈簧的伸長(zhǎng)量不超過(guò)彈性限度，那么下面給出彈簧伸長(zhǎng)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(wèn)題鄒錄乃模型概述.word.zl.彈力做功對(duì)應(yīng)的彈簧勢(shì)能，分子力做功所對(duì)應(yīng)的分子勢(shì)能、電場(chǎng)力做功對(duì)應(yīng)的電勢(shì)能、重 力做功對(duì)應(yīng)的重力勢(shì)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(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)的過(guò)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(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力2假設(shè)導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí)，彈簧的彈力勢(shì)能為 Ep,那么這一過(guò)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(yùn)動(dòng)，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)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(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(diǎn)在求彈簧的彈力做功時(shí)，因該變力為線性變化，可以先求平均力，再用功的定義進(jìn)展計(jì)算， 也可據(jù)動(dòng)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(diǎn)：彈力的功等于彈性勢(shì)能增量的負(fù)值。彈性勢(shì)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(shì)能的改變時(shí)，一般從能量的轉(zhuǎn)化與守恒的角度來(lái)求解。分子力、電場(chǎng)力、重力做正功，對(duì)應(yīng)的勢(shì)能都減少，反之增加。都具有相對(duì)性系統(tǒng)性。彈簧一端連聯(lián)物、另一端固定：當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)或壓縮到最短

22、時(shí)，物體速度有極值，彈 簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)也是物體速度方向發(fā)生改變的時(shí)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(zhǎng)時(shí)，物體速度最大，彈性勢(shì)能為零。假設(shè)關(guān)聯(lián)物與接觸面粗糙，物體速度最 大時(shí)彈力與摩擦力平衡，此時(shí)彈簧并沒(méi)有恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能也不為零。用W qUAB來(lái)計(jì)算，此時(shí)有兩個(gè)方案：一是嚴(yán)格帶符號(hào)運(yùn)算，q和Uab均考慮正和負(fù)，所得W的正、負(fù)直接說(shuō)明電場(chǎng)力做功的正、負(fù)；二是只取絕對(duì)值進(jìn)展計(jì)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(shí)判定。做功與移動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)，僅與始末位置的 電勢(shì)差有關(guān)。誤區(qū)點(diǎn)撥.word.zl.電場(chǎng)力、重力做功與路徑無(wú)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(duì)應(yīng)的勢(shì)能問(wèn)題就可以進(jìn)展歸納類比。由功的定義式W Fs來(lái)計(jì)算，要求式中F為恒力才行，所以，這個(gè)方法有局限性，如在 勻強(qiáng)電場(chǎng)中使用。模型演練聯(lián)考利用傳感器和計(jì)算機(jī)可以測(cè)量快速變化力的瞬時(shí)值。如圖2是用這種方法獲得的彈性純中拉力F隨時(shí)間t變化的圖線。實(shí)驗(yàn)時(shí)，把小球舉高到繩子的懸點(diǎn)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(xiàng)是t2時(shí)刻小球速度最大；tit2期間小球速度先增大后減小;t3時(shí)刻小球動(dòng)能最??；ti與t4時(shí)刻小球動(dòng)量一定一樣答案：B.word.zl.模型組合講解一一等效場(chǎng)模型蔡才福模型概述復(fù)合場(chǎng)是高中物理中的熱點(diǎn)問(wèn)題，常見(jiàn)的有

24、重力場(chǎng)與電場(chǎng)、重力場(chǎng)與磁場(chǎng)、重力場(chǎng)與電磁 場(chǎng)等等，對(duì)復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題的處理過(guò)程其實(shí)就是一種物理思維方法。所以在復(fù)習(xí)時(shí)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(kāi)場(chǎng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，可把液體當(dāng)做放在等效重力場(chǎng)中，g的方向是等效重力場(chǎng)的豎直方向，這時(shí)兩邊的液面應(yīng)與等效重力場(chǎng)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(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為 m的帶電小球，將它 置于一方向水平向右，場(chǎng)強(qiáng)為正的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，當(dāng)細(xì)線離開(kāi)豎直位置偏角a時(shí)，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(dá)豎直位置時(shí)小球的速度剛好為零？2假設(shè)a角很小，那么1問(wèn)中帶電小球由靜止釋放在到達(dá)豎直位置需多少時(shí)間？解析：帶電小球在空間同時(shí)受到重力和電場(chǎng)力的作用，這兩個(gè)力都是恒力，故不妨將兩個(gè)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(gè)“等效重力場(chǎng)可代替原來(lái)的重力場(chǎng)和靜電場(chǎng)。1在”等效重力場(chǎng)中，觀察者認(rèn)為從 A點(diǎn)由靜止開(kāi)場(chǎng)擺至B點(diǎn)的速度為零。根據(jù)重.word.zl.力場(chǎng)中單擺擺動(dòng)的特點(diǎn)，可知2假設(shè)a角很小，那么在等效重力場(chǎng)中，單擺的擺動(dòng)周期為 T 2 匹 2 匡T,gg從A-B的時(shí)間為單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)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(guò) 程中在哪一點(diǎn)的速率最大？最大速率為多大？它擺向右側(cè)時(shí)最大偏角為多大？點(diǎn)評(píng)：此題由于引入了 “等效重力場(chǎng)的概念，就把重力場(chǎng)和電場(chǎng)兩個(gè)場(chǎng)相復(fù)合的

27、問(wèn)題簡(jiǎn) 化為只有一個(gè)場(chǎng)的問(wèn)題。從而將重力場(chǎng)中的相關(guān)規(guī)律有效地遷移過(guò)來(lái)。值得指出的是，由于 重力場(chǎng)和電場(chǎng)都是勻強(qiáng)場(chǎng)，即電荷在空間各處受到的重力及電場(chǎng)力都是包力，所以，上述等 效是允許且具有意義的，如果電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)或換成勻強(qiáng)磁場(chǎng)，那么不能進(jìn)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(guò)以上例題的分析，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，實(shí)質(zhì)是力學(xué)問(wèn)題，其解 題的一般步驟仍然為：確定研究對(duì)象；進(jìn)展受力分析注意重力是否能忽略；根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理或能量關(guān)系、動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律列出方程式求 解。模型要點(diǎn)物體僅在重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)是最簡(jiǎn)單，也是學(xué)生最為熟悉的運(yùn)動(dòng)類型，但是物體

28、在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)又是我們?cè)诰C合性試題中經(jīng)常遇到的問(wèn)題，如果我們能化“復(fù)合場(chǎng)為“重力場(chǎng)，不僅能起到“柳暗花明的效果，同時(shí)也是一種思想的表達(dá)。如何實(shí)現(xiàn)這一思想方法呢？.word.zl.如物體在恒力場(chǎng)中，我們可以先求出合力 F,在根據(jù)g匚求出等效場(chǎng)的加速度。將物體 m的運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)化為落體、拋體或圓周運(yùn)動(dòng)等，然后根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情景采用對(duì)應(yīng)的規(guī)律。誤區(qū)點(diǎn)撥在應(yīng)用公式時(shí)要注意g與g的區(qū)別；對(duì)于豎直面的圓周運(yùn)動(dòng)模型，那么要從受力情形出發(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；豎直面假設(shè)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，那 么必須根據(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。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(qiáng)電場(chǎng)后，能保證小球仍沿 v。方向做直線運(yùn)動(dòng)，試求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的最小值，加了這個(gè)電場(chǎng)后，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間速度變?yōu)榱?？答案：由題知小球在重力和電場(chǎng)力作用下沿 v。方向做直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)力的合力沿vo所在直線。建如圖5所示坐標(biāo)系,設(shè)場(chǎng)強(qiáng)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(shí)，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(chǎng)強(qiáng)最小時(shí)，小球沿 V0做加速度為a gsin的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為時(shí)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(chǎng)中的單桿模型秋順.word.zl.模型概述在電磁場(chǎng)中，“導(dǎo)體棒主要是以“棒生電或“電動(dòng)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(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)例1.省實(shí)驗(yàn)中學(xué)預(yù)測(cè)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(jì)，且導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)軌 平面水平，ab棒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dá)穩(wěn)定速度V1時(shí)，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能平安使用，那么此時(shí)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(dá)穩(wěn)定時(shí)，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能平安使用，那么此時(shí)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(shí)電壓表的示數(shù)為 U=IR并=15V,.word.z

32、l.電壓表示數(shù)超過(guò)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(dá)滿偏。當(dāng)電壓表滿偏時(shí)，即Ui=10V,此時(shí)電流表示數(shù)為U1I1 2A%設(shè)a、b棒穩(wěn)定時(shí)的速度為vi,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)電流表恰好滿偏，即I2 = 3A,此時(shí)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(shí)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(chǎng)中勻變速運(yùn)動(dòng)

33、例2.市金陵中學(xué)質(zhì)量檢測(cè)如圖2甲所示，一個(gè)足夠長(zhǎng)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(zhǎng)=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(gè)正方形。該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。ab棒的電阻為R=0.i0Q,其他各局部電阻均不計(jì)。開(kāi)場(chǎng)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B。050T 。.word.zl.FZFZ1假設(shè)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo的大小不變，從t=0時(shí)刻開(kāi)場(chǎng)，給ab棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。此拉力 F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖2乙所示。求勻加 速運(yùn)動(dòng)的加速

34、度及ab棒與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦力。B2假設(shè)從t=0開(kāi)場(chǎng)，使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小從Bo開(kāi)場(chǎng)使其以 =0.20T/s的變化率均勻 t增加。求經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間ab棒開(kāi)場(chǎng)滑動(dòng)？此時(shí)通過(guò)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(dòng)摩擦力相等解析：1當(dāng) t=0 時(shí)，F(xiàn)i 3N, Fi Ff ma當(dāng) t = 2s時(shí)，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(shí)，為導(dǎo)體棒剛滑動(dòng)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(chǎng)中變速運(yùn)動(dòng)例3,高考如圖3所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)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(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kcj電阻不計(jì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2S1求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)場(chǎng)下滑時(shí)的加速度大小;2當(dāng)金屬棒下滑速度到達(dá)穩(wěn)定時(shí)，電阻 R消耗的功率為8W,求該速度的大小;3在上問(wèn)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(qiáng)度的大小與方向。g=10m/s2, sin 370 = 0.6, cos37 =0.8解析：1金屬棒開(kāi)場(chǎng)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(yùn)動(dòng)到達(dá)穩(wěn)定時(shí)，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(shí)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(zhǎng)為1,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為BI型 RP I 2R由、兩式解得B上PR 0.4T vl磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。四、變桿問(wèn)題例4.市模擬如圖4所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng) = 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(zhǎng)電阻為 R=1 /m,以導(dǎo)線框兩條對(duì)角線

37、交點(diǎn) 。為圓心，半 徑r = 0.5m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)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(duì)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至AC位置時(shí)，求計(jì)算結(jié)果保存二位有效數(shù) 字：.word.zl.圖41棒MN上通過(guò)的電流強(qiáng)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(yùn)動(dòng)至AC位置時(shí)，棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shuō)明：要特別注意公式E = BLv中的L為切割磁感線的有效長(zhǎng)度，即在磁場(chǎng)中與速度方向 垂直的導(dǎo)線長(zhǎng)度。模型要點(diǎn)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(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)變化一，循環(huán)完畢時(shí)加速度等于零，導(dǎo)體棒到達(dá)穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)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(dòng)勢(shì)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(shí)，就有其

39、他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；當(dāng)安培力做正功時(shí)，就有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。誤區(qū)點(diǎn)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(wèn)題的關(guān)鍵是從力電 角度分析導(dǎo)體單棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程；而對(duì)于處理空間距離時(shí)很多同學(xué)總想到動(dòng)能定律，但對(duì)于導(dǎo)體 單棒問(wèn)題我們還可以更多的考慮動(dòng)量定理。所以解答導(dǎo)體單棒問(wèn)題一般是抓住力是改變物體 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，通過(guò)分析受力，結(jié)合運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道加速度和速度的關(guān)系，結(jié)合動(dòng)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(zhǎng)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(wú)摩擦地沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌與 ab桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌寬度為 L,磁感應(yīng)強(qiáng)

40、度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)整個(gè)導(dǎo)軌平面。現(xiàn)給金屬桿 ab一個(gè)瞬時(shí)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(guò)程中電阻上產(chǎn)生的熱量為 Q時(shí)，桿ab的加速度多大?3桿ab從開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到停下共滑行了多少距離?答案：1由動(dòng)量定理I0 mv0 0得vo卜 m由題可知金屬桿作減速運(yùn)動(dòng),剛開(kāi)場(chǎng)有最大速度時(shí)有最大Em BLvo ,所以回路最大電流:由題可知金屬桿作減速運(yùn)動(dòng),ImBLvo BLI ImBLvo BLI oR mR2設(shè)此時(shí)桿的速度為v,由動(dòng)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(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)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(diǎn)和P點(diǎn)間接一 個(gè)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(qiáng) 磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)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(chǎng)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(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，棒 ab在離開(kāi)磁 場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)棒 ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：1棒

42、ab在離開(kāi)磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度；2棒ab通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中整個(gè)回路所消耗的電能；3試分析討論ab棒在磁場(chǎng)中可能的運(yùn)動(dòng)情況。解析：1ab棒離開(kāi)磁場(chǎng)右邊界前做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為 Vm,那么有:E BlVm, E BlVm, I.word.zl.對(duì)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v由:棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng);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(jì)模型慧琨.word.zl.模型概述帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到電場(chǎng)力、洛倫茲力有時(shí)還有考慮重力的作用，發(fā)生偏轉(zhuǎn) 或做直線運(yùn)動(dòng)，處理方法有很多共同的特點(diǎn)，同時(shí)在高考中也連年不斷，實(shí)際應(yīng)用有電磁流 量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾效應(yīng)等，所以我們特設(shè)模型為“電磁流量計(jì)模型。模型講解例1.圖1是電磁流量計(jì)的示意圖，在非磁性材料做成的圓管道外加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過(guò)此磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，測(cè)出管壁上的ab兩點(diǎn)間的電動(dòng)勢(shì) ，就可以知道管中液體的流量

44、Q單位時(shí)間流過(guò)液體的體積m3/s。管的直徑為D,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,試推 出Q與的關(guān)系表達(dá)式。甲：從圓管的側(cè)面看甲：從圓管的側(cè)面看乙.對(duì)著液體流來(lái)的方向看解析：a, b兩點(diǎn)的電勢(shì)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(diǎn)的電勢(shì)差到達(dá)穩(wěn)定值 ，止匕時(shí),洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡：qvB qE 洛倫茲力和電場(chǎng)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(píng)點(diǎn)：該題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),但原先只有磁場(chǎng)，電場(chǎng)是自行形成的，在評(píng)點(diǎn)

45、：該題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),但原先只有磁場(chǎng)，電場(chǎng)是自行形成的，在分析其他問(wèn)題時(shí)，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(dá)式I nevS是一個(gè)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(zhǎng)方 體是發(fā)電導(dǎo)管，其中空局部的長(zhǎng)、高、寬分別為1、a、b,前后兩個(gè)側(cè)面是絕緣體，下下兩個(gè)側(cè)面是電阻可略的導(dǎo)體電極，這兩個(gè)電極與負(fù)載電阻R相連。整個(gè)發(fā)電導(dǎo)管處于圖3中磁場(chǎng)線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)里，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)，并通過(guò)專用管道導(dǎo)出。由于運(yùn)動(dòng)的電離氣體受到磁場(chǎng)作用，產(chǎn) 生了電

46、動(dòng)勢(shì)。發(fā)電導(dǎo)管電離氣體流速隨磁場(chǎng)有無(wú)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(chǎng)時(shí)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(qiáng)差 p維持恒定，求：圖2圖圖2圖31不存在磁場(chǎng)時(shí)電離氣體所受的摩擦阻力 F多大；2磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì) E的大小；3磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率 P。解析：1不存在磁場(chǎng)時(shí)，由力的平衡得 F ab p。2設(shè)磁場(chǎng)存在時(shí)的氣體流速為v,那么磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì) 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(chǎng)時(shí)的摩擦阻力，依題意F-

47、,存在磁場(chǎng)時(shí)，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(jī)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(jì)模型設(shè)計(jì)到兩種情況：一種是粒子處于直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；另一種是曲線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。處于直線運(yùn)動(dòng)線索：合外力為 0,粒子將做勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止：當(dāng)帶電粒子所受的合 外力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上時(shí)，粒子將做變速直線運(yùn)動(dòng)。處于曲線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)線索：當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時(shí)，粒子將做勻速圓周運(yùn) 動(dòng)；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(yùn)動(dòng)，這 類問(wèn)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(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，主要是兩條思路:1力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運(yùn)用牛頓第二定律并結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。2功能關(guān)系。根據(jù)場(chǎng)力及其他外力對(duì)帶電粒子做功引起的能量變化或全過(guò)程中的功能關(guān)系，從而可確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，這條線索不但適用于均勻場(chǎng)，也適用于非均勻場(chǎng)。因此要熟悉各種力做功的特點(diǎn)。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(guò)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(wú)關(guān)。圖4磁流體發(fā)電機(jī)霍爾效應(yīng)：如圖5所示的是磁流體發(fā)電機(jī)原理圖，其

49、原理是：等離子氣體噴入磁場(chǎng)，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(shì)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,板外電阻為R,當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過(guò) A、B板問(wèn)時(shí)，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢(shì)差最大，即為電源電動(dòng)勢(shì)。此時(shí)離子受力平衡：qvB qE, v 旦，電動(dòng)勢(shì) E BLv。B.word.zl.電磁流量計(jì)：略見(jiàn)例題誤區(qū)點(diǎn)撥處理帶電粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)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(jiǎn)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(lái)判斷。但在進(jìn)展受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)， 要由分析結(jié)果，先進(jìn)展定性確定再?zèng)Q定是否要考慮重力。電場(chǎng)力可以對(duì)電荷做功，能改變電荷的功能；洛倫茲力不能對(duì)電荷做功，不能改變電荷 的動(dòng)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(jìn)入方B起。在帶電粒子穿過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的過(guò)程中其所受重力忽略不計(jì)向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)方向豎直向下，兩個(gè)區(qū)域的寬度一樣且緊鄰在起。在帶電粒子穿過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)

51、的過(guò)程中其所受重力忽略不計(jì),電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)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(dòng)態(tài)變化模型.word.zl.淑芳湯寶柱模型概述“電路的動(dòng)態(tài)變化模型指電路中的局部電路變化時(shí)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(kāi)、變壓器變?cè)褦?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(dòng)態(tài)變化.直流電路的動(dòng)態(tài)變化引起的電表讀數(shù)變化問(wèn)題例1.如圖1所示電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的

52、滑片 P向左移動(dòng)時(shí)，各表各電表阻對(duì)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(gè)由局部變化而影響整體的閉合電路歐姆定律應(yīng)用的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題。對(duì)于這類問(wèn)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(qiáng)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(dòng)，R3當(dāng)滑片P向左滑動(dòng)，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?。粚?duì)R

53、i,有Ui I總Ri所以Ui增大，Vi示數(shù)增大；對(duì)并聯(lián)支路，U2 U Ui,所以U2減小，V2示數(shù)減小；對(duì)R2,有I2%，所以I2減小，A2示數(shù)減小。R2評(píng)點(diǎn)：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(shí)除 電源電動(dòng)勢(shì)、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(lái)的不同，可謂“牽一發(fā)而動(dòng)全身，要注意電 路中各量的同體、同時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，因此要當(dāng)作一個(gè)新的電路來(lái)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(wàn)變先處理不變量再判斷變化量。.直流電路的動(dòng)態(tài)變化引起的功能及圖象問(wèn)題例2.用伏安法測(cè)一

54、節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)和電阻各多大？2圖線上a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外電路電阻是多大？電源此時(shí)部熱耗功率是多少？3圖線上a、b兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外電路電阻之比是多大？對(duì)應(yīng)的輸出功率之比是多大？4在此實(shí)驗(yàn)中，電源最大輸出功率是多大？.word.zl.圖2圖2解析:1開(kāi)路時(shí)1=0的路端電壓即電源電動(dòng)勢(shì)，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(duì)值即阻，有:1.5 1.02.51.5 1.02.50.22a點(diǎn)對(duì)應(yīng)外電阻Ra幺100.4Ia 2.5此時(shí)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(shí)， 此時(shí)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(jì)算或由對(duì)稱性找乘積IU對(duì)應(yīng)于圖線上的面積的最大值，也可4r以求出此值。評(píng)點(diǎn)：利用題目給予圖象答復(fù)以下問(wèn)題，首先應(yīng)識(shí)圖從對(duì)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(guò)程：由U-I圖象知E=1.5V,

56、斜率表阻，外阻為圖線上某點(diǎn)縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)比值；當(dāng)電源外電阻相等時(shí)，電源輸出功率最 大。二、交變電路的動(dòng)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(kāi)關(guān)P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭，Ui為加在初級(jí)線圈兩端的電壓，Ii為初級(jí)線圈中的電流強(qiáng)度，那么A.保持Ui及P的位置不變，S由a合到b時(shí)，Ii將增大B.保持P的位置及Ui不變，S由b合至I a時(shí)，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(shí)，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(jiàn)選項(xiàng)A是正確的。當(dāng)S由b合到a時(shí)，與上述情況相反，巳將U 2 一減小，可見(jiàn)，選項(xiàng)B也是正確的。當(dāng)P上滑時(shí)，R增大，P2 減小，又P F2, Pi U1I1,R從而I1減小，可見(jiàn)選項(xiàng)C是錯(cuò)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(xiàng)D是正確的。I2 ni說(shuō)明：在處理這類問(wèn)題時(shí)，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(dòng)態(tài)問(wèn)題制約問(wèn)題電壓制約：當(dāng)變壓器原、副線圈的匝數(shù)比 （業(yè)）一定時(shí)，輸出電壓U2由輸入電壓決定，即U2 ,

58、可簡(jiǎn)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(shí)，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(jiǎn)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(jiǎn)述為“副制約原。特例：當(dāng)變壓器空載時(shí)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(shí)即負(fù)載電阻R=0，輸出電流為無(wú)窮大，那么輸入電流也是無(wú)窮大， 使原線圈處于“短路狀態(tài).word.zl.模型要點(diǎn)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(gè)電阻的阻值變大時(shí)，整個(gè)電路的總電 阻就變大

59、。只要有一個(gè)電阻的阻值變小時(shí)，整個(gè)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(dòng)全身，其要點(diǎn)是從變量開(kāi)場(chǎng)，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(diǎn)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(shí)效率不一定大，當(dāng) R r ,電源有最大輸出功率時(shí)，效率僅為 50%,所以 功率大并不一定效率高。.求解功率最大時(shí)要注意固定