高中物理模型

1、-作者xxxx-日期xxxx高中物理模型【精品文檔】一.行星模型模型概述所謂“行星”模型指衛(wèi)星繞中心天體，或核外電子繞原子旋轉。它們隸屬圓周運動，但涉及到力、電、能知識，屬于每年高考必考內容。模型要點人造衛(wèi)星的運動屬于宏觀現(xiàn)象，氫原子中電子的運動屬于微觀現(xiàn)象，由于支配衛(wèi)星和電子運動的力遵循平方反比律，即，故它們在物理模型上和運動規(guī)律的描述上有相似點。公式類似適用條件質點點電荷都是理想模型研究對象有質量的兩個物體帶有電荷的兩個物體類似相互作用引力與引力場電場力與靜電場都是場作用方向兩質點連線上兩點電荷的連線上相同實際應用兩物體間的距離比物體本身線度大得多兩帶電體間的距離比帶電體本身線度大得多相同

2、適用對象引力場靜電場不同特別說明一. 線速度與軌道半徑的關系設地球的質量為M，衛(wèi)星質量為m，衛(wèi)星在半徑為r的軌道上運行，其線速度為v，可知，從而設質量為、帶電量為e的電子在第n條可能軌道上運動，其線速度大小為v，則有，從而可見，衛(wèi)星或電子的線速度都與軌道半徑的平方根成反比二. 動能與軌道半徑的關系衛(wèi)星運動的動能，由得，氫原子核外電子運動的動能為：，可見，在這兩類現(xiàn)象中，衛(wèi)星與電子的動能都與軌道半徑成反比三. 運動周期與軌道半徑的關系對衛(wèi)星而言，得.(同理可推導V、與半徑的關系。對電子仍適用)四. 能量與軌道半徑的關系運動物體能量等于其動能與勢能之和，即，在變軌問題中，從離地球較遠軌道向離地球較

3、近軌道運動，萬有引力做正功，勢能減少，動能增大，總能量減少。反之呢?五. 地球同步衛(wèi)星1. 地球同步衛(wèi)星的軌道平面：非同步人造地球衛(wèi)星其軌道平面可與地軸有任意夾角且過地心，而同步衛(wèi)星一定位于赤道的正上方 2. 地球同步衛(wèi)星的周期：地球同步衛(wèi)星的運轉周期與地球自轉周期相同。3. 地球同步衛(wèi)星的軌道半徑：據牛頓第二定律有與地球自轉角速度相同，所以地球同步衛(wèi)星的軌道半徑一定,其離地面高度也是一定的4. 地球同步衛(wèi)星的線速度：為定值，繞行方向與地球自轉方向相同誤區(qū)點撥天體運動問題：人造衛(wèi)星的軌道半徑與中心天體半徑的區(qū)別；人造衛(wèi)星的發(fā)射速度和運行速度；衛(wèi)星的穩(wěn)定運行和變軌運動；赤道上的物體與近地衛(wèi)星的區(qū)

4、別；衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的區(qū)別人造地球衛(wèi)星的發(fā)射速度是指把衛(wèi)星從地球上發(fā)射出去的速度，速度越大，發(fā)射得越遠，發(fā)射的最小速度，混淆連續(xù)物和衛(wèi)星群：連續(xù)物是指和天體連在一起的物體，其角速度和天體相同，雙星系統(tǒng)中的向心力中的距離與圓周運動中的距離的差別二.等效場模型模型概述復合場是高中物理中的熱點問題，常見的有重力場與電場、重力場與磁場、重力場與電磁場等等，對復合場問題的處理過程其實就是一種物理思維方法模型要點物體僅在重力場中運動是最簡單，也是學生最為熟悉的運動類型，但是物體在復合場中的運動又是我們在綜合性試題中經常遇到的問題，如果我們能化“復合場”為“重力場”，不僅能起到“柳暗花明”的效果，同時也是一種

5、思想的體現(xiàn)。如何實現(xiàn)這一思想方法呢？如物體在恒力場中，我們可以先求出合力F，在根據求出等效場的加速度。將物體的運動轉化為落體、拋體或圓周運動等，然后根據物體的運動情景采用對應的規(guī)律例1. 如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m的帶電小球，將它置于一方向水平向右，場強為正的勻強電場中，已知當細線離開豎直位置偏角時，小球處于平衡狀態(tài)。（1）若使細線的偏角由增大到，然后將小球由靜止釋放。則應為多大，才能使細線到達豎直位置時小球的速度剛好為零？（2）若角很小，那么（1）問中帶電小球由靜止釋放在到達豎直位置需多少時間？方法：帶電小球在空間同時受到重力和電場力的作用，這兩個力都是恒力，將兩

6、個力合成，并稱合力為“等效重力”?！暗刃е亓Α钡拇笮椋?，等效重力加速度為:，方向與豎直方向成角，如圖所示。這樣一個“等效重力場”可代替原來的重力場和靜電場，類比重力場中的規(guī)律即可思考：若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，則小球下擺過程中在哪一點的速率最大？最大速率為多大？它擺向右側時最大偏角為多大？點評：由于引入了“等效重力場”的概念，就把重力場和電場兩個場相復合的問題簡化為只有一個場的問題。從而將重力場中的相關規(guī)律有效地遷移過來。值得指出的是，由于重力場和電場都是勻強場，即電荷在空間各處受到的重力及電場力都是恒力，所以，上述等效是允許且具有意義的，如果電場不是勻強電場

7、或換成勻強磁場，則不能進行如上的等效變換，帶電粒子在電場中的運動問題，實質是力學問題，其解題的一般步驟仍然為：確定研究對象；進行受力分析（注意重力是否能忽略）；根據粒子的運動情況，運用力與運動關系、功能關系、能量守恒關系列出方程式求解。誤區(qū)點撥在應用公式時要注意g與的區(qū)別；對于豎直面內的圓周運動模型，則要從受力情形出發(fā)，分清“地理最高點”和“物理最高點”，弄清有幾個場力；豎直面內若作勻速圓周運動，則必須根據作勻速圓周運動的條件，找出隱含條件；同時還要注意線軌類問題的約束條件例2.質量為m，電量為+q的小球以初速度V0以與水平方向成角射出，如圖所示，如果在某方向加上一定大小的勻強電場后，能保證小

8、球仍沿V0方向做直線運動，試求所加勻強電場的最小值，加了這個電場后，經多長時間速度變?yōu)榱?？?磁偏轉模型模型概述帶電粒子在垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動。但從近年的高考來看，帶電粒子垂直進入有界磁場中發(fā)生偏轉更多，其中運動的空間還可以是組合形式的，如勻強磁場與真空組合、勻強磁場、勻強電場組合等，這樣就引發(fā)出臨界問題、數學等諸多綜合性問題。模型要點從圓的完整性來看：完整的圓周運動和一段圓弧運動，即不完整的圓周運動。無論何種問題，其重點均在圓心、半徑的確定上，而絕大多數的問題不是一個循環(huán)就能夠得出結果的，需要有一個從定性到定量的過程?；匦Ｐ腿浇忸}法：畫軌跡：已知軌跡上的兩點位置及其中一點的速度

9、方向；已知軌跡上的一點位置及其速度方向和另外一條速度方向線。定圓心: (1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點) (2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)找聯(lián)系：速度與軌道半徑相聯(lián)系：往往構成一個直角三角形，可用幾何知識（勾股定理或用三角函數）已知角度與圓心角相聯(lián)系：常用的結論是“一個角兩邊分別與另一個角的兩個邊垂直，兩

10、角相等”；圓心角與速度偏向角的關系；時間與周期相聯(lián)系：(或)帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示) (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示) (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)利用帶電粒子只受洛倫茲力時遵循的半徑及周期公式聯(lián)系誤區(qū)點撥洛倫茲力永遠與速度垂直、不做功；重力、電場力做功與路徑無關，只由初末位置決定，當重力、電場力做功不為零時，粒子動能變化。因而洛倫茲力也隨速率的變化而變化，洛倫茲力的變化導致了所受合外力變化，從而引起加速度變化，使粒子做變加速運動。例在如圖所示寬度范圍內，用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正粒子偏

11、轉角在同樣寬度范圍內，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉角也為(不計粒子的重力)，問： (1)勻強磁場的磁感應強度是多大？(2)粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大？四.矢量運算模型模型概述矢量及運算是高中物理的重點和難點之一，常見的矢量有位移、速度、加速度、力、電場強度、磁感應強度等，由于其運算貫穿整個中學物理，我們有必要熟練掌握矢量的運算規(guī)律。模型要點矢量的合成與分解是相互可逆的過程，它是我們進行所有矢量運算時常用的兩種方法。運算法則：遵守平行四邊形定則。物理思想：在合成與分解時貫穿了等效替代的思想。例如“運動的合成與分解”、“等效電路”、“交變電

12、流有效值的定義”等，都要用到“等效替代”的方法。所以只要效果相同，都可以進行“替代”?？偨Y：。（2）求兩個以上的力的合力，也可以采用平行四邊形定則，先求出任意兩個力的合力，再求出這個合力跟第三個力的合力，直到把所有的力都合成進去，最后得到的就是這些力的合力。為方便某些問題的研究，在很多問題中都采用特殊法或正交分解法。誤區(qū)點撥（1）在受力分析時要明確合力與分力的關系?！坝泻蠠o分，有分無合”，不要多添力或少力。（2）合力可以大于、等于或小于分力，它的大小依賴于兩分力之間的夾角的大小，這是矢量的特點。（3）當兩分力F1和F2大小一定時，合力F隨著角的增大而減小。當兩分力間的夾角0°時，合力

13、最大，等于；當兩分力間的夾角180°時，合力最小，等于。兩個力的合力的取值范圍是（4）有n個力，它們合力的最大值是它們的方向相同時的合力，即，而它們的最小值要分下列兩種情況討論：若n個力中的最大力大于，則它們合力的最小值是若n個力中的最大力小于，則它們合力的最小值是0特別說明（1）矢量運算一般用平行四邊形法則，可推廣至三角形法則、多邊形法則或正交分解法等，與坐標有關系；而標量運算遵循一般的代數法則，如質量、密度、溫度、功、能量、路程、速率、體積、時間、熱量、電阻等物理量，無論選取什么坐標系，標量的數值恒保持不變。（2）矢量和標量的乘積仍為矢量；矢量和矢量的乘積，可構成新的標量，也可構

14、成新的矢量，構成標量的乘積叫標積；構成矢量的乘積叫矢積。如功、功率等的計算是采用兩個矢量的標積；洛倫茲力等的計算是采用兩個矢量的矢積。你能找出中學物理中的類似的一些物理量嗎?（3）多邊形法：將這些矢量的箭尾與箭頭依次相連接，然后將第一個矢量的箭尾連到最末一個矢量的箭頭的矢量，就是所要求的合矢量。其大小和方向與相加次序無關。矢量減法是矢量加法的逆運算。（4）矢量的分解雖然是矢量合成的逆運算，但無其他限制，同一個矢量可分解為無數對大小、方向不同的分矢量。因此，把一個矢量分解為兩個分矢量時，應根據具體情況分解。如已知兩個不平行分矢量的方向或已知一個分矢量的大小和方向，分解是唯一的。例:如圖所示，三個

15、完全相同的絕緣金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上，c球在xOy坐標系原點O上。a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量比b所帶電荷量少。關于c受到a和b的靜電力的合力方向，下列判斷正確的是A. 從原點指向第I象限 B. 從原點指向第II象限C. 從原點指向第III象限 D. 從原點指向第IV象限五.電磁流量計模型模型概述帶電粒子在電磁場中運動時受到電場力、洛倫茲力有時還有考慮重力的作用，發(fā)生偏轉或做直線運動，處理方法有很多共同的特點，同時在高考中也連年不斷，實際應用有電磁流量計、速度選擇器、質譜儀、磁流體發(fā)電機、霍爾效應等，所以我們特設模型為“電磁流量計”模型。模型特征“電磁流量計”模型

16、設計到兩種情況：一種是粒子處于直線運動狀態(tài)；另一種是曲線運動狀態(tài)。處于直線運動線索：合外力為0，粒子將做勻速直線運動或靜止：當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動。處于曲線運動狀態(tài)線索：當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動；當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理。所以分析帶電粒子在電場、磁場中運動，主要是三條思路：（1）力和運動的關系。根據帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結合運動學規(guī)律求解。（2）功能關系。根據場力及其他外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關系，可

17、確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點(3)能量守恒關系模型講解例1. 如圖是電磁流量計的示意圖，在非磁性材料做成的圓管道外加一勻強磁場區(qū)域，當管中的導電液體流過此磁場區(qū)域時，測出管壁上的ab兩點間的電動勢，就可以知道管中液體的流量Q單位時間內流過液體的體積（）。已知管的直徑為D，磁感應強度為B，試推出Q與的關系表達式。模型詮釋速度選擇器 ：路徑不發(fā)生偏轉的離子的條件是，即，能通過速度選擇器的帶電粒子必是速度為該值的粒子，與它帶多少電和電性、質量均無關。磁流體發(fā)電機（霍爾效應）：如圖所示的是磁流體發(fā)電機原理圖，其原理是：等離子氣體噴入磁場

18、，正、負離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉而聚集到兩極板上，在兩極板上產生電勢差。設A、B平行金屬板的面積為S，相距L，等離子氣體的電阻率為，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R，當等離子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢。此時離子受力平衡：，電動勢。誤區(qū)點撥處理帶電粒子在場中的運動問題應注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據具體情況而定，質子、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條件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應考慮重力。在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正

19、規(guī)，也比較簡單。若是直接看不出是否要考慮重力，根據題目的隱含條件來判斷。但在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果，先進行定性確定再決定是否要考慮重力。電場力可以對電荷做功，能改變電荷的功能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能。六.滑輪模型【模型概述】滑輪是生活中常見的器具，根據其使用方法有動滑輪與定滑輪，在試題中還有它的“變臉”模型，如光滑的凸面（桿、球、瓶口等）?！灸Ｐ鸵c】“滑輪”模型的特點為滑輪兩側的受力大小相等，在處理功能問題時若力發(fā)生變化，通常優(yōu)先考慮能量守恒規(guī)律，也可采用轉化法求解【模型講解】一、“滑輪”掛件模型中的平衡問題例1.如圖所示，將一根不可伸長、柔軟的輕繩左、右

20、兩端分別系于A、B兩點上，一物體用動滑輪懸掛在輕繩上，達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為F1；將繩子右端移到C點，待系統(tǒng)達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為F2；將繩子右端再由C點移到D點，待系統(tǒng)達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為F3，不計摩擦，并且BC為豎直線，則（ ）A.B. C.D. 二、“滑輪”掛件模型中的變速問題例2. 如圖所示在車廂中有一條光滑的帶子（質量不計），帶子中放上一個圓柱體，車子靜止時帶子兩邊的夾角ACB=90°，若車廂以加速度a=/s2向左作勻加速運動，則帶子的兩邊與車廂頂面夾角分別為多少？三、“滑輪”掛件模型中的功能問題例3. 如圖所示

21、，細繩繞過兩個定滑輪A和B，在兩端各掛一個重為P的物體，現(xiàn)在A、B的中點C處掛一個重為Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距離h。已知AB的長為2L，不計滑輪和繩之間的摩擦力及繩的質量?！菊`區(qū)點撥】注意“死桿”和“活桿”、繩有結無結問題七.渡河模型【模型概述】在運動的合成與分解中，如何判斷物體的合運動和分運動是首要問題，判斷合運動的有效方法是看見的運動就是合運動。合運動的分解從理論上說可以是任意的，但一般按運動的實際效果進行分解。小船渡河和斜拉船等問題是常見的運動的合成與分解的典型問題【模型要點】處理“速度關聯(lián)類問題”時，必須要明白“分運動”與“合運動”的關系：（1）獨立性：物體同時

22、參與幾個分運動時，分運動獨立進行，各自產生效果（）互不干擾（2）同時性：合運動與分運動同時開始、同時進行、同時結束。（3）等效性：合運動是由各分運動共同產生的總運動效果，合運動與各分運動同時發(fā)生、同時進行、同時結束，經歷相等的時間，合運動與各分運動總的運動效果可以相互替代。功是中學物理中的重要概念，它體現(xiàn)了力對物體的作用在空間上的累積過程，尤其是變力做功中更能體現(xiàn)出其空間積累的過程。所以在處理變力功可采用動能定律、功能原理、圖象法、平均法等?！灸Ｐ椭v解】一、速度的分解要從實際情況出發(fā)例1. 如圖所示，人用繩子通過定滑輪以不變的速度V0拉水平面上的物體A，當繩與水平方向成角時，求物體A的速度。解

23、題流程：選取合適的連結點（該點必須能明顯地體現(xiàn)出參與了某個分運動）；確定該點合速度方向（物體的實際速度為合速度）且速度方向始終不變；確定該點合速度的實際運動效果從而依據平行四邊形定則確定分速度方向；作出速度分解的示意圖，尋找速度關系。二、拉力為變力，求解做功要正確理解例2. 如圖所示，某人通過一根跨過定滑輪的輕繩提升一個質量為m的重物，開始時人在滑輪的正下方，繩下端A點離滑輪的距離為H。人由靜止拉著繩向右移動，當繩下端到B點位置時，人的速度為v，繩與水平面夾角為。問在這個過程中，人對重物做了多少功？【實際應用】小船渡河兩種情況：船速大于水速；船速小于水速。兩種極值：渡河最小位移；渡河最短時間。

24、例3. 一條寬度為L的河，水流速度為，已知船在靜水中速度為，那么：（1）怎樣渡河時間最短？（2）若，怎樣渡河位移最??？（3）若，怎樣渡河船漂下的距離最短？ 看三圖理解誤區(qū)：不分條件，認為船位移最小一定是垂直到達對岸；將渡河時間最短與渡河位移最小對應八.斜面模型模型概述斜面模型是中學物理中最常見的模型之一，各級各類考題都會出現(xiàn)，設計的內容有力學、電學等。相關方法有整體與隔離法、極值法、極限法等，是屬于考查學生分析、推理能力的模型之一。模型要點斜面固定時，對斜面上的物體受力分析，建立坐標系進行正交分解，選擇利用三大定律列方程求解；對斜面不固定時，我們將斜面與斜面上的物體看成系統(tǒng)，仔細觀察題中條件，

25、采用整體法或動量定理甚至動量守恒定律處理。模型講解一. 利用正交分解法處理斜面上的平衡問題例1. 相距為20cm的平行金屬導軌傾斜放置（見圖），導軌所在平面與水平面的夾角為，現(xiàn)在導軌上放一質量為330g的金屬棒ab，它與導軌間動摩擦系數為，整個裝置處于磁感應強度B=2T的豎直向上的勻強磁場中，導軌所接電源電動勢為15V，內阻不計，滑動變阻器的阻值可按要求進行調節(jié)，其他部分電阻不計，取，為保持金屬棒ab處于靜止狀態(tài)，求：（1）ab中通入的最大電流強度為多少？（2）ab中通入的最小電流強度為多少？評點：此例題考查的知識點有：（1）受力分析平衡條件的確定；（2）臨界條件分析的能力；（3）直流電路知識

26、的應用；（4）正交分解法。說明：正交分解法是在平行四邊形定則的基礎上發(fā)展起來的，其目的是用代數運算來解決矢量運算。正交分解法在求解不在一條直線上的多個力的合力時顯示出了較大的優(yōu)越性。建立坐標系時，一般選共點力作用線的交點為坐標軸的原點，并盡可能使較多的力落在坐標軸上，這樣可以減少需要分解的數目，簡化運算過程。二. 利用矢量三角形法處理斜面系統(tǒng)的變速運動例2. 物體置于光滑的斜面上，當斜面固定時，物體沿斜面下滑的加速度為，斜面對物體的彈力為。斜面不固定，且地面也光滑時，物體下滑的加速度為，斜面對物體的彈力為，則下列關系正確的是：A. B. C. D. 評點：在運動學中巧取參考系；在動力學中運用整

27、體法與隔離法；在研究重力勢能時選取參考平面；在電學中善用等勢面等往往能起到柳暗花明的效果。三. 斜面上的綜合問題例3. 帶負電的小物體在傾角為的絕緣斜面上，整個斜面處于范圍足夠大、方向水平向右的勻強電場中，如圖所示。物體A的質量為m，電量為-q，與斜面間的動摩擦因素為，它在電場中受到的電場力的大小等于重力的一半。物體A在斜面上由靜止開始下滑，經時間t后突然在斜面區(qū)域加上范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向與電場強度方向垂直，磁感應強度大小為B，此后物體A沿斜面繼續(xù)下滑距離L后離開斜面。（1）物體A在斜面上的運動情況？說明理由。（2）物體A在斜面上運動過程中有多少能量轉化為內能？（結果用字母表示）四.

28、 斜面的變換模型例4. 如圖所示，在水平地面上有一輛運動的平板小車，車上固定一個盛水的杯子，杯子的直徑為R。當小車作勻加速運動時，水面呈如圖所示狀態(tài)，左右液面的高度差為h，則小車的加速度方向指向如何？加速度的大小為多少？點評：在本題中可以突出物體的受力特征，建立等效模型，用簡捷的等效物理模型代替那些真實的、復雜的物理情景，從而使復雜問題的求解過程得到直觀、優(yōu)化，諸如此類的還有等時圓等等。誤區(qū)點撥(1)要注意斜面上物體受到摩擦力的種類、方向判斷，比較等；(2)在采用整體法處理斜面體與它上面的物體時要區(qū)分變速運動部分（合外力）與整體的質量；(3)在計算正壓力時遺漏除重力以外的其他力產生的作用而導致

29、摩擦力大小計算錯誤；(4)在分析電磁力時電荷或導體棒的極值問題而引起的彈力或摩擦力的變化；九.對稱性模型模型概述對稱法作為一種具體的解題方法，雖然高考命題沒有單獨正面考查，但是在每年的高考命題中都有所滲透和體現(xiàn)。從側面體現(xiàn)考生的直觀思維能力和客觀的猜想推理能力。所以作為一種重要的物理思想和方法，相信在今后的高考命題中必將有所體現(xiàn)。模型特征在研究和解決物理問題時，從對稱性的角度去考查過程的物理實質，可以避免繁冗的數學推導，迅速而準確地解決問題。對稱法是從對稱性的角度研究、處理物理問題的一種思維方法，有時間和空間上的對稱。它表明物理規(guī)律在某種變換下具有不變的性質。用這種思維方法來處理問題可以開拓思

30、路，使復雜問題的解決變得簡捷。如，一個做勻減速直線運動的物體在至運動停止的過程中，根據運動的對稱性，從時間上的反演，就能看作是一個初速度為零的勻加速直線運動，從而簡化解題過程?？傊锢韱栴}通常有多種不同的解法，利用對稱性解題不失為一種科學的思維方法。利用對稱法解題的思路：領會物理情景，選取研究對象；在仔細審題的基礎上，通過題目的條件、背景、設問，深刻剖析物理現(xiàn)象及過程，建立清晰的物理情景，選取恰當的研究對象如運動的物體、運動的某一過程或某一狀態(tài)；透析研究對象的屬性、運動特點及規(guī)律；尋找研究對象的對稱性特點。利用對稱性特點，依物理規(guī)律，對題目求解。模型講解1. 靜電場中的對稱性例. 如圖所示，帶

31、電量為q的點電荷與均勻帶電薄板相距為2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。若圖中b點處產生的電場強度為零，根據對稱性，帶電薄板在圖中b點處產生的電場強度大小為多少，方向如何？（靜電力恒量為k）。點評：題目中要求帶電薄板產生的電場，根據中學物理知識僅能直接求點電荷產生的電場，無法直接求帶電薄板產生的電場；由Ea0，可以聯(lián)想到求處于靜電平衡狀態(tài)的導體的感應電荷產生的場強的方法，利用來間接求出帶電薄板在a點的場強，然后根據題意利用對稱性求出答案2.電磁現(xiàn)象中的對稱性例，如圖所示，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質量為m帶電量為q的粒子

32、，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經過的區(qū)域，其中R。哪個圖是正確的？（ ）十.電磁場中的單桿模型模型概述在電磁場中，“導體棒”主要是以“棒生電”或“電動棒”的內容出現(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；從導體棒所在的導軌有“平面導軌”、“斜面導軌”“豎直導軌”等。模型要點（1）力電角度：與“導體單棒”組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化導體棒產生感應電動勢感應電流導體棒受安培力合外力變化加速度變化速度變化感應電動勢變化，循環(huán)結束時加速度等于零，導體棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)。（2）電學角度：

33、判斷產生電磁感應現(xiàn)象的那一部分導體（電源）利用或求感應電動勢的大小利用右手定則或楞次定律判斷電流方向分析電路結構畫等效電路圖。（3）力能角度：電磁感應現(xiàn)象中，當外力克服安培力做功時，就有其他形式的能轉化為電能；當安培力做正功時，就有電能轉化為其他形式的能。模型講解一、單桿在磁場中勻速運動例1.如圖所示，電壓表與電流表的量程分別為010V和03A，電表均為理想電表。導體棒ab與導軌電阻均不計，且導軌光滑，導軌平面水平，ab棒處于勻強磁場中。（1）當變阻器R接入電路的阻值調到30，且用F140N的水平拉力向右拉ab棒并使之達到穩(wěn)定速度V1時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時ab棒

34、的速度V1是多少？（2）當變阻器R接入電路的阻值調到，且仍使ab棒的速度達到穩(wěn)定時，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能安全使用，則此時作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？ 解析：（1）假設電流表指針滿偏，即I3A，那么此時電壓表的示數為U15V，電壓表示數超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應該是電壓表正好達到滿偏。當電壓表滿偏時，即U110V，此時電流表示數為 設a、b棒穩(wěn)定時的速度為，產生的感應電動勢為E1，則E1BLv1，且E1I1(R1R并)20Va、b棒受到的安培力為 F1BIL40N 解得（2）利用假設法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即I23A，此時電壓表的示數為6V可以安全

35、使用，符合題意。由FBIL可知，穩(wěn)定時棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以。二、單杠在磁場中勻變速運動例2. 如圖甲所示，一個足夠長的“U”形金屬導軌NMPQ固定在水平面內，MN、PQ兩導軌間的寬為L。一根質量為m的均勻金屬導體棒ab靜止在導軌上且接觸良好，abMP恰好圍成一個正方形。該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。ab棒的電阻為R，其他各部分電阻均不計。開始時，磁感應強度。（1）若保持磁感應強度的大小不變，從t0時刻開始，給ab棒施加一個水平向右的拉力，使它做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖2乙所示。求勻加速運動的加速度及ab棒與導軌間的滑動摩擦

36、力。（2）若從t0開始，使磁感應強度的大小從B0開始使其以的變化率均勻增加。求經過多長時間ab棒開始滑動？(1N)此時通過ab棒的電流大小和方向如何？(17.5s)（ab棒與導軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等）三、單桿在磁場中變速運動例3. 如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m，導軌平面與水平面成37°角，下端連接阻值為R的電阻。勻速磁場方向與導軌平面垂直。質量為、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數為。（1）求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大?。唬?）當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W

37、，求該速度的大?。唬?）在上問中，若R，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應強度的大小與方向。（g10m/s2，°，cos37°）四、變桿問題例4. （2005年肇慶市模擬）如圖所示，邊長為L2m的正方形導線框ABCD和一金屬棒MN由粗細相同的同種材料制成，每米長電阻為R01/m，以導線框兩條對角線交點O為圓心，半徑r的勻強磁場區(qū)域的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里且垂直于導線框所在平面，金屬棒MN與導線框接觸良好且與對角線AC平行放置于導線框上。若棒以v4m/s的速度沿垂直于AC方向向右勻速運動，當運動至AC位置時，求（計算結果保留二位有效數字）：（1）棒MN上通過的電流

38、強度大小和方向；（2）棒MN所受安培力的大小和方向。誤區(qū)點撥正確應答導體棒相關量（速度、加速度、功率等）最大、最小等極值問題的關鍵是從力電角度分析導體單棒運動過程；而對于處理空間距離時很多同學總想到動能定律，解答導體單棒問題一般是抓住力是改變物體運動狀態(tài)的原因，通過分析受力，結合運動過程，知道加速度和速度的關系，結合動量定理、能量守恒就能解決十一.帶電粒子在電場中的運動模型模型概述帶電粒子在電場中的運動也是每年高考中的熱點問題，具體來講有電場對帶電粒子的加速（減速），涉及內容有力、能、電、圖象等各部分知識，主要考查學生的綜合能力。模型要點1.力和運動的關系牛頓第二定律，根據帶電粒子受到的力，用

39、牛頓第二定律找出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等物理量。這條思路通常適用于受恒力作用下的勻變速曲線運動。2.功和能的關系動能定理，根據力對帶電粒子所做的功W及動能定理，從帶電粒子運動的全過程中能的轉化角度，研究帶電粒子的速度變化、經歷的位移等，這條思路通常適用于非均勻或均勻變化的磁場，特別適用于非均勻變化的磁場。在討論帶電粒子的加速偏轉時，對于基本粒子，如電子、質子、中子等，沒有特殊說明，其重力一般不計；帶電粒子如液滴、塵埃、顆粒等沒有特殊說明，其重力一般不能忽略模型講解例. 在與x軸平行的勻強電場中，一帶電量為、質量為的物體在光滑水平面上沿著x軸做直線運動，其位移與時間的關系

40、是，式中x以米為單位，t的單位為秒。從開始運動到5s末物體所經過的路程為_m，克服電場力所做的功為_J。點評：解答本題的關鍵是從位移與時間的關系式中找出物體的初速度和加速度，分析出物體運動4s速度減為零并反向運動，弄清位移與路程的聯(lián)系和區(qū)別。誤區(qū)點撥一般情況下帶電粒子所受的電場力遠大于重力，所以可以認為只有電場力做功。由動能定理，此式與電場是否勻強無關，與帶電粒子的運動性質、軌跡形狀也無關。模型演練如左圖所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距d=，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地時，A板電勢隨時間t變化的情況如右圖所示。在兩板間的電場中，將一帶負電的粒子從B板中央處由靜止釋放，若該帶電粒

41、子受到的電場力為重力的兩倍，要使該粒子能夠達到A板，交變電壓的周期至少為多大。（g?。┙馕觯涸O電場力為F，則，得前半 周期上升高度：，后半周期先減速上升，后加速下降，其加速度：得減速時間為t1則， 此段時間內上升高度： 則上升的總高度： 后半周期的時間內，粒子向下加速運動，下降的高度： 上述計算說明，在一個周期內上升，再回落，且具有向下的速度。如果周期小，粒子不能到達A板。設周期為T，上升的高度則：，十二.類平拋運動模型模型概述帶電粒子在電場中的偏轉是中學物理的重點知識之一，在每年的高考中一般都與磁場綜合，分值高，涉及面廣，同時相關知識在技術上有典型的應用如示波器等，所以為高考的熱點內容。模型

42、要點帶電粒子的類平拋運動模型其總體思路為運動的分解（1）電加速：帶電粒子質量為m，帶電量為q，在靜電場中靜止開始僅在電場力作用下做加速運動，經過電勢差U后所獲得的速度v0可由動能定理來求得。即。（2）電偏轉：垂直電場線方向粒子做勻速，沿電場線方向粒子做勻加速，有： (要求自行作圖推導)在交變電場中帶電粒子的運動：常見的產生及變電場的電壓波形有方行波，鋸齒波和正弦波，對方行波我們可以采用上述方法分段處理，對于后兩者一般來說題中會直接或間接提到“粒子在其中運動時電場為恒定電場”。（3）在電場中移動帶電粒子時電場力做功及電勢能變化的情況與重力做功即重力勢能變化情況類比。推論：粒子從偏轉電場中射出時，

43、速度的反向延長線與初速度的延長線的交點平分初速度方向的位移，位移偏向角與速度偏向角的關系.荷質比不同的正離子，被同一電場加速后進入同一偏轉電場，它們離開偏轉電場時的速度方向一定相同，因而不會分成三股，而是會聚為一束粒子射出。(要求會作圖推導)模型講解噴墨打印機的結構簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為10-5m，此微滴經過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制，帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉電場，帶電微滴經過偏轉電場發(fā)生偏轉后，打到紙上，顯示出字體，無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉板而注入回流槽流回墨盒。設偏轉板板長l，兩板間的距離

44、為，偏轉板的右端距紙L，若一個墨汁微滴的質量為1.6*10-10kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉板間的電壓是8.0*103，若墨汁微滴打到紙上點距原射入方向的距離是。（1）求這個墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌?？（不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉電場只局限在平行板電容器內部，忽略邊緣電場的不均勻性）（2）為了使紙上的字體放大10%，請你提出一個可行的辦法。解析：（1）帶電液滴的電量設為q，設進入偏轉電場后做類平拋運動過程中的偏轉為y1，離開電場后沿直線打到紙上過程中的偏轉為y2，則：由微滴打到紙上點距原入射方向的距離為： 代入數據可得： （2）由上式可知，Y與U成正

45、比，可以提高偏轉板間的電壓U到8800V，實現(xiàn)字體放大10%；也可以增加偏轉極板與紙的距離L，解得：。誤區(qū)點撥因為電場力做功與路徑無關，所以利用電場加速粒子時，無所謂電場是勻強電場還是非勻強電場，如果只受電場力作用時都有。由于基本粒子（電子、質子、粒子等）在電場中受到電場力，所以基本粒子受到的重力忽略不計，但帶電的宏觀（由大量分子構成）小顆粒，小球，小液滴所受重力不能忽略。不能穿出、恰能穿出、能穿出三種情況下粒子對應的位移與板長L的區(qū)別；側位移與板間距的d或的區(qū)別。在勻強電場中場強不變，但兩點間的電勢差要隨距離的變化而變化，穿越電場過程的動能增量：（注意，一般來說不等于qU）十三.電路的動態(tài)變

46、化模型模型概述“電路的動態(tài)變化”模型指電路中的局部電路變化時引起的電流或電壓的變化，變化起因有變阻器、電鍵的閉合與斷開、變壓器變匝數等。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。模型要點判斷思路：（1）電路中不論是串聯(lián)還是并聯(lián)部分，只要有一個電阻的阻值變大時，整個電路的總電阻就變大。只要有一個電阻的阻值變小時，整個電路的總電阻都變小。（2）根據總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可判定總電流、電壓的變化。（3）判定變化部分的電流、電壓變化。如變化部分是并聯(lián)回路，那么仍應先判定固定電阻部分的電流、電壓的變化，最后變化電阻部分的電流、電壓就能確定了。上述的分析方法俗稱“牽一發(fā)而

47、動全身”，其要點是從變量開始，由原因導出結果，逐層遞推，最后得出題目的解。圖象特性類型公式圖象特例I-R圖線短路，圖象頂端斷路，圖象末端U-R圖線短路，斷路，U-I圖線短路，斷路，P-R圖線當R=r時，電源的輸出功率最大，時有兩個等效電阻模型講解一、直流電路的動態(tài)變化1. 直流電路的動態(tài)變化引起的電表讀數變化問題例1. 如圖所示電路中，當滑動變阻器的滑片P向左移動時，各表（各電表內阻對電路的影響均不考慮）的示數如何變化？為什么？評點：從本題分析可以看出，在閉合電路中，只要外電路中的某一電阻發(fā)生變化，這時除電源電動勢、內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

48、配，從而引起功率的分配等都和原來的不同，可謂“牽一發(fā)而動全身”，要注意電路中各量的同體、同時對應關系，因此要當作一個新的電路來分析。解題思路為局部電路整體電路局部電路，原則為不變應萬變（先處理不變量再判斷變化量）。2. 直流電路的動態(tài)變化引起的功能及圖象問題例2. 用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內電阻，伏安圖象如圖所示，根據圖線回答：（1）干電池的電動勢和內電阻各多大？（2）圖線上a點對應的外電路電阻是多大？電源此時內部熱耗功率是多少？（3）圖線上a、b兩點對應的外電路電阻之比是多大？對應的輸出功率之比是多大？（4）在此實驗中，電源最大輸出功率是多大？評點：利用題目給予圖象回答問題，首先應識圖

49、（從對應值、斜率、截矩、面積、橫縱坐標代表的物理量等），理解圖象的物理意義及描述的物理過程：由UI圖象知E=1.5V，斜率表內阻，外阻為圖線上某點縱坐標與橫坐標比值；當電源內外電阻相等時，電源輸出功率最大。二、交變電路的動態(tài)變化例3. 如圖所示為一理想變壓器，S為單刀雙擲開關P為滑動變阻器的滑動觸頭，U1為加在初級線圈兩端的電壓，I1為初級線圈中的電流強度，則（ ）A. 保持U1及P的位置不變，S由a合到b時，I1將增大B. 保持P的位置及U1不變，S由b合到a時，R消耗的功率減小C. 保持U1不變，S合在a處，使P上滑，I1將增大D. 保持P的位置不變，S合在a處，若U1增大，I1將增大總結

50、：變壓器動態(tài)問題（制約問題）電壓制約：當變壓器原、副線圈的匝數比一定時，輸出電壓U2由輸入電壓決定，即，可簡述為“輸入決定輸出”電流制約：當變壓器原、副線圈的匝數比一定，原線圈中的電流I1由副線圈中的輸出電流I2決定，即，可簡述為“輸出決定輸入”負載制約：變壓器副線圈中的功率P2由用戶負載決定，原線圈的輸入功率P2=P1簡述為“輸出決定輸入”特例：當變壓器空載時（即負載電阻），輸出功率為零，輸入電流為零，輸入功率也為零。當副線圈短路時（即負載電阻R=0），輸出電流為無窮大，則輸入電流也是無窮大，使原線圈處于“短路”狀態(tài)。誤區(qū)點撥1. 區(qū)分固定導體的I-U圖線與閉合電路歐姆定律的U-I圖象。2.

51、 在固定導體的I-U圖線中，斜率越大，R越??；在固定導體的U-I圖線中，.，斜率越大，R越大，在閉合電路歐姆定律的U-I圖象中，電源內阻，斜率越大，內阻r越大。3. 區(qū)分電源總功率（消耗功率）；輸出功率（外電路功率）；電源損耗功率（內電路功率）；線路損耗功率4. 輸出功率大時效率不一定大，當R=r，電源有最大輸出功率時，效率僅為50%()，所以功率大并不一定效率高。5. 求解功率最大時要注意固定阻值與可變電阻的差異。6. 區(qū)分電動勢E和內阻r均不變與r變化時的差異。十四.繩件、彈簧、桿件模型（動力學問題）模型概述掛件問題是力學中極為常見的模型，其中繩件、彈簧件更是這一模型中的主要模具，相關試題

52、在高考中一直連續(xù)不斷。它們間的共同之處是均不計重力，但是它們在許多方面有較大的差別。十五.高中物理力學模型1連接體模型是指運動中幾個物體疊放在一起、或并排在一起、或用細繩、細桿聯(lián)系在一起的物體組。解決這類問題的基本方法是整體法和隔離法。整體法是指連接體內的物體間無相對運動時,可以把物體組作為整體，對整體用牛二定律列方程隔離法是指在需要求連接體內各部分間的相互作用(如求相互間的壓力或相互間的摩擦力等)時，把某物體從連接體中隔離出來進行分析的方法。BAFm2m1FBAF1F22斜面模型 （搞清物體對斜面壓力為零的臨界條件）斜面固定：物體在斜面上情況由傾角和摩擦因素決定=tg物體沿斜面勻速下滑或靜止

53、 > tg物體靜止于斜面< tg物體沿斜面加速下滑a=g(sin一cos) 3輕繩、桿模型繩只能受拉力，桿能沿桿方向的拉、壓、橫向及任意方向的力。桿對球的作用力由運動情況決定只有=arctg()時才沿桿方向。最高點時桿對球的作用力；最低點時的速度?，桿的拉力?若小球帶電呢？Em，qL·O假設單B下擺,最低點的速度VB= mgR=整體下擺2mgR=mg+ = ； => VB=所以AB桿對B做正功，AB桿對A做負功若 V0< ，運動情況為先平拋，繩拉直沿繩方向的速度消失即是有能量損失，繩拉緊后沿圓周下落機械能守恒。而不能夠整個過程用機械能守恒。求水平初速及最低點時

54、繩的拉力？換為繩時:先自由落體,在繩瞬間拉緊(沿繩方向的速度消失)有能量損失(即v1突然消失),再v2下擺機械能守恒例：擺球的質量為m，從偏離水平方向30°的位置由靜釋放，設繩子為理想輕繩，求：小球運動到最低點A時繩子受到的拉力是多少？4超重失重模型 系統(tǒng)的重心在豎直方向上有向上或向下的加速度(或此方向的分量ay)向上超重(加速向上或減速向下)F=m(g+a)；向下失重(加速向下或減速上升)F=m(g-a)難點：一個物體的運動導致系統(tǒng)重心的運動1到2到3過程中 (1、3除外)超重狀態(tài) 繩剪斷后臺稱示數系統(tǒng)重心向下加速斜面對地面的壓力? Fm地面對斜面摩擦力? aq導致系統(tǒng)重心如何運動

55、？鐵木球的運動用同體積的水去補充 物理解題方法：如整體法、假設法、極限法、逆向思維法、物理模型法、等效法、物理圖像法等模型法常常有下面三種情況（1）物理對象模型：用來代替由具體物質組成的、代表研究對象的實體系統(tǒng)，稱為對象模型（也可稱為概念模型），即把研究的對象的本身理想化常見的如“力學”中有質點、剛體、杠桿、輕質彈簧、單擺、彈簧振子、彈性體、絕熱物質等；（2）條件模型：把研究對象所處的外部條件理想化，排除外部條件中干擾研究對象運動變化的次要因素，突出外部條件的本質特征或最主要的方面，從而建立的物理模型稱為條件模型（3）過程模型：把具體過理過程純粹化、理想化后抽象出來的一種物理過程，稱過程模型十六.彈簧（類彈簧）模型（動力學問題）模型概述彈簧模型是高考中出現(xiàn)最多的模型之一，在填空、實驗、計算包括壓軸題中都經常出現(xiàn)，考查范圍很廣，變化較多，是考查學生推理、分析綜合能力的熱點模型。模型要點彈簧中的力學問題主要是圍繞胡克定律進行的，彈力的大小為變力，因此它引起的物體的加速度、速度、動能等變化不是簡單的單調關系，往往有臨界值，我們在處理變速問