高中高考物理典型模型詳解

1、物理學(xué)習(xí)方法（北大物理系學(xué)子總結(jié)）第一畫圖一個字:圖 兩個字:畫圖三個字:要畫圖四個字:必須畫圖五個字:你必須畫圖 六個字:你必須畫好圖 . (*_*) 畫圖對于物理的重要性我就不多說了吧下面來講講什么叫畫好圖圖-都有什么圖呢?常用的無非 v-t s-t 受力分析圖 運動簡圖 電路圖 這幾種吧畫圖容易,畫好圖并不是這么容易了. 舉個例子吧.同學(xué)們手頭都有10年的高考卷吧?看江蘇卷第8題同學(xué)們可以做一下.這題怎么解?極限法?特殊化？把摩擦因數(shù)表示成函數(shù)然后列式子積分?不用!直接大概畫個v-t再結(jié)合一點動能定理知識 直接秒殺!出題人是不是應(yīng)該感到非常遺憾呢?繼續(xù)看全國一卷的第18題.這題不難的 普

2、通方法無非速度分解 然后導(dǎo)到位移上去.這是咱們不這么做.如何做?畫圖.用尺子畫 畫精確把豎直水平位移都畫出來然后看那個角,好像30度來著, 用量角器一量 真30度.tan30大概0.58的樣子吧再用直尺量豎直與水平位移大概按題目要求的比一下 再近似看下和0.58什么關(guān)系太不解釋了選D 很狗血吧?就算一個只知道什么是位移的人的都能對了再看福建卷18題(記得北京09年有道類似的選擇壓軸 那題答案用量綱解的 不過我這個方法依舊可以用 而且絕對秒殺) 看起來好麻煩啊。應(yīng)該是用微元后疊加的辦法吧(積分).有圖?看它那圖干嗎.咱們重新畫圖。共軸半徑為R1 R2 好吧 咱們讓R1=R2=0重新畫圖.出來兩個

3、點電荷兩個點電荷的題總會了吧太不幸了這道很復(fù)雜的題瞬間秒殺選D 看答案的方法吧.是微元法. 就因為重新畫了遍圖選擇壓軸成口算題了畫圖的作用大家都體會到了吧?第二 物理模型法。第一階段(建立基本模型)-拿出全國一卷。看大題。24。送分題。不會的話該好好反省一下了。25 雙星模型 很基本的模型之一。26 有界磁場模型 也是基本模型。你要是熟悉這些基本物理模型以后，這幾道題還能難住你?第二階段(悟理)(對第一階段物理模型要做到不僅知其然,而且知其所以然.比如GM=gR2 不僅會用。還要會推導(dǎo)。在這個階段.你要做的是,把第一階段總結(jié)的模型深化。順便總結(jié)一些小技巧(比如帶電粒子在磁場用偏轉(zhuǎn),圓心確定的方

4、法等)。拿全國一卷說,第一二階段進(jìn)行完,72分到手了吧第三階段 (綜合應(yīng)用):這個階段怎么辦呢?練題吧拿出10高考卷.十道力學(xué)大題,十道磁偏轉(zhuǎn)大題足矣!該怎么練呢?拿全國新課標(biāo)卷說吧?？?4題。先標(biāo)出有用條件,再把題分解成基本模型,一個勻加速，一個勻速運動。然后畫圖。這道題運動簡圖 v-t圖隨意然后 想想對這兩個模型怎么列式子.這道題勻加模型用用平均速度,勻速模型用x=vt就行最后一加200m再這樣列一次.就這樣14分瞬間到手現(xiàn)在的高考基本都是70%的基礎(chǔ)題,只要知道考什么就能解對題拿數(shù)學(xué)說吧看大題固定的模式 數(shù)列 三角 立體幾何 概率 解析 導(dǎo)數(shù) 拿數(shù)列舉例吧 無非基本(等差 等比)遞推數(shù)列

5、 數(shù)列求和吧遞推數(shù)列又分很多形式a(n+1)=an+f(n),a(n+1)=f(n)an.自己總結(jié)哈不僅要總結(jié)形式還要總結(jié)對應(yīng)方法。比如第一種類型數(shù)列是用累加法。第二種累乘。數(shù)列求和有公式法 倒序相加法 錯位減法 裂項法(平常做題休息積累裂項方法 我看我們班好多同學(xué)一碰到裂項就放棄了) 分段法。all in all 出題人出題能超出考試大綱嗎?他們真的有能力題題創(chuàng)新嗎?他們能脫離學(xué)科主干嗎?他們敢把一道題出得過度偏離該題預(yù)定難度系數(shù)嗎?所以 注重通法才是王道 抓住主干才能成功 注重總結(jié)考點看到題能想到考什么,這題難道能做不出來嗎?如果能,也是故意不做的吧XD _物理不好的同學(xué)認(rèn)真完成3個階段的

6、物理模型總結(jié)(大概用9天這三輪下來 你物理應(yīng)該沖破80分了吧?(90分鐘做完卷子 因為你畢竟手生還要練 )實驗題?為什么同學(xué)們會覺得難?為什么同學(xué)們得不上分?看看你是不是有下面幾種問題1.根本不知道實驗題考什么 2.做完題不長腦子 認(rèn)為實驗題千變?nèi)f化,不知道反思 3.不知悔改 被題目中小細(xì)節(jié)陰險了下次還被陰險 呵呵，語言不大好。不過是為了能更加生動形像XD 看看你符合幾條?不過現(xiàn)在不管這些開始系統(tǒng)復(fù)習(xí)實驗這次要的東西比較多 大家快快準(zhǔn)備啊:1.2011考綱 2.課本 3.10高考題 4.如果有的話 再來模擬題(45套是首選)吧.實驗題固定的考察模式都是一個力學(xué)與電學(xué)題(或創(chuàng)新題 但如果是創(chuàng)新題

7、完全可以化為理論題.)。知道怎么考了以后 正如同庖丁解牛一樣好下手了另外 還有考器材讀數(shù)的,實驗器材使用的。這個書上都有。注意 萬電表 游標(biāo)卡尺 螺旋測微器 電壓 電流 歐姆表這些一定要會讀數(shù)。模型深化是指深化第一階段模型。完全弄懂這個模型。就是對第一階段總結(jié)的東西問為什么?怎么想到基本式子的(就是自己演繹推導(dǎo)一遍)?假設(shè)把題看作模型的話 那么模型千萬種 你總結(jié)的完么?不過要把常考的模型總結(jié)出來 比如質(zhì)點系牛二 (就是斜劈上放一木塊 地面摩擦很小的那種)。你要做的是練習(xí)把一道題拆成基本模型。演示一道題吧。全國一15題 要拆成彈簧模型和牛二定律基本應(yīng)用模型?，F(xiàn)在想彈簧模型有什么特點。F=kx?W

8、=1/2kx2?沒突變性?小球掛上面能簡諧?。這題需要這個模型什么特點?就是不具有突變性!所以 木塊1加速度果斷0。BD排除。對2該怎么辦?問加速度。果斷想到牛二和受力分析!對2受力分析 重力 彈簧給的壓力 支持力?？墒侵С至ν蝗幌Я?。只剩Mg+mg的力。然后果斷牛二 a2=(Mg+mg)/M。選C 懂做題時該干嗎了么?第一 練習(xí)拆題為基本模型。第二把查漏補(bǔ)缺(很同同學(xué)沒總結(jié)到彈簧模型中突變性的特點吧這時做題就幫你分析你哪沒總結(jié)全了全國新課標(biāo)壓軸一般考磁場。這也不是什么新類型題。這題做不出。只有三種情況1.智商不夠 (我記得這題難度系數(shù)0.1?高考的選拔性就靠這題啊!)2.有界磁場模型沒總結(jié)

9、好而且沒完全真正弄懂3.數(shù)學(xué)沒學(xué)好。對應(yīng)到該點去補(bǔ)就行-要注意做題后的反思與查漏補(bǔ)缺（高考數(shù)學(xué)選擇簡單題認(rèn)真 難題秒殺，填空 認(rèn)真 思維敏捷，解答題注重通法）高考物理模型匯總一皮帶輪問題1：如圖所示，水平傳送帶以2m/s的速度運動，傳送帶長AB20m今在其左端將一工件輕輕放在上面，工件被帶動，傳送到右端，已知工件與傳送帶間的動摩擦系數(shù)0.1試求這工件經(jīng)過多少時間由傳送帶左端運動到右端？解：加速運動的時間為：t0=2s 在t0時間內(nèi)運動的位移：s=at02=2m 在t0秒后，工件作勻速運動運動時間為：t1=(AB-s)/v0=9s 工件由傳送帶左端運動到右端共用時間為： t=t0+t1=11s2

10、.將一底面涂有顏料的木塊放在以v=2 m/s的速度勻速運動的水平傳送帶上，木塊在傳送帶上留下了4 m長的滑痕.若將木塊輕放在傳送帶上的同時，傳送帶以a=0.25 m/s2做勻加速運動，求木塊在傳送帶上留下的滑痕長度.解析：傳送帶勻速運動時 vt-(v/2)t=4 解得:t=4 (s)木塊在傳送帶上的加速度為 a木=v/t=2/4=2 (m/s2)傳送帶加速運動時，木塊的加速度仍為a木=2 m/s2不變.設(shè)經(jīng)過時間t木塊和傳送帶達(dá)到共速v,a木t=v+at 將a木=2 m/s2,v=2 m/s,a=0.25 m/s2代入上式得 t=8 (s)v=a木t=v+at=4 (m/s) 滑痕長度s痕=（

11、v+v）t/2-vt/2=vt/2=8 (m)3、如圖3-1所示的傳送皮帶，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc與水平面的夾角=37°，一小物體A與傳送皮帶的滑動摩擦系數(shù)=0.25，皮帶沿圖示方向運動，速率為2米/秒。若把物體A輕輕放到a點處，它將被皮帶送到c點，且物體A一直沒有脫離皮帶。求物體A從a點被傳送到c點所用的時間。分析與解：物體A輕放到a點處，它對傳送帶的相對運動向后，傳送帶對A的滑動摩擦力向前，則 A 作初速為零的勻加速運動直到與傳送帶速度相同。設(shè)此段時間為t1，則：a1=g=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒設(shè)A勻加速運動時間內(nèi)位移

12、為S1，則：設(shè)物體A在水平傳送帶上作勻速運動時間為t2，則設(shè)物體A在bc段運動時間為t3,加速度為a2，則：a2=g*Sin37°-gCos37°=10x0.6-0.25x10x0.8=4m/s 解得：t3=1秒 （t3=-2秒舍去） 所以物體A從a點被傳送到c點所用的時間t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如圖4-1所示，傳送帶與地面傾角=37°，AB長為16米，傳送帶以10米/秒的速度勻速運動。在傳送帶上端A無初速地釋放一個質(zhì)量為0.5千克的物體，它與傳送帶之間的動摩擦系數(shù)為=0.5，求：（1）物體從A運動到B所需時間，（2）物體從A 運動

13、到B 的過程中，摩擦力對物體所做的功（g=10米/秒2） 分析與解：（1）當(dāng)物體下滑速度小于傳送帶時，物體的加速度為1,（此時滑動摩擦力沿斜面向下）則：t1=v/1=10/10=1秒 當(dāng)物體下滑速度大于傳送帶v=10米/秒 時，物體的加速度為a2，（此時f沿斜面向上）則：即：10t2+t22=11 解得：t2=1秒（t2=-11秒舍去） 所以，t=t1+t2=1+1=2秒（2）W1=fs1=mgcosS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦W2=-fs2=-mgcosS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦 所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。想一想：如圖4-1所示，

14、傳送帶不動時，物體由皮帶頂端A從靜止開始下滑到皮帶底端B用的時間為（s=at2）其中a=2米/秒2 得t4秒，則：（請選擇）A. 當(dāng)皮帶向上運動時，物塊由A滑到B的時間一定大于t。 B. 當(dāng)皮帶向上運動時，物塊由A滑到B的時間一定等于t。 C. 當(dāng)皮帶向下運動時，物塊由A滑到B的時間可能等于t。 D. 當(dāng)皮帶向下運動時，物塊由A滑到B的時間可能小于t。 答案：（B、C、D）5.(15分)如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角=30°，皮帶在電動機(jī)的帶動下，始終保持v0=2 m/s的速率運行.現(xiàn)把一質(zhì)量為m=10 kg的工件(可看為質(zhì)點)輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)時間1.9 s，工件被傳送到

15、h=1.5 m的高處，取g=10 m/s2.求：(1)工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機(jī)由于傳送工件多消耗的電能.解：由題圖得，皮帶長s=3 m(1)工件速度達(dá)v0前，做勻加速運動的位移s1=t1= 達(dá)v0后做勻速運動的位移s-s1=v0（t-t1） 解出加速運動時間 t1=0.8 s加速運動位移 s1=0.8 m 所以加速度a=2.5 m/s2(5分)工件受的支持力N=mgcos 從牛頓第二定律，有N-mgsin=ma 解出動摩擦因數(shù) (4分)(2)在時間t1內(nèi)，皮帶運動位移s皮=v0t=1.6 m 在時間t1內(nèi)，工件相對皮帶位移 s相=s皮-s1=0.8 m在時間t1內(nèi)，摩擦發(fā)熱 Q=

16、N·s相=60 J 工件獲得的動能 Ek=mv02=20 J工件增加的勢能Epmgh150 J 電動機(jī)多消耗的電能W =Q+Ek十Ep=230 J(6分)6（22分）一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經(jīng)過 AB 區(qū)域時是水平的，經(jīng)過 BC 區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經(jīng)過 CD 區(qū)域時是傾斜的，AB 和 CD 都與 BC 相切。現(xiàn)將大量的質(zhì)量均為 m 的小貨箱一個、個在 A 處放到傳送帶上，放置時初速為零，經(jīng)傳送帶運送到 D 處 D 和 A 的高度差為 h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD 段上各箱等距排列相鄰兩箱的距離為 L。每個箱子在 A 處投放后，在到達(dá) B 之

17、前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經(jīng) BC 段時的微小滑動）。已知在一段相當(dāng)長的時間 T 內(nèi)，共運送小貨箱的數(shù)目為 N。這裝置由電動機(jī)帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機(jī)的平均輸出功率 。解：以地面為參考系（下同），設(shè)傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設(shè)這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有 在這段時間內(nèi)，傳送帶運動的路程為 由以上可得用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功 兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量 可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得

18、的動能與發(fā)熱量相等。 T時間內(nèi)，電動機(jī)輸出的功為 此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即 已知相鄰兩小箱的距離為L，所以 聯(lián)立，得 7（22分）如圖所示，水平傳送帶AB長l=83m，質(zhì)量為M=1kg的木塊隨傳送帶一起以的速度向左勻速運動（傳送帶的傳送速度恒定），木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=05。當(dāng)木塊運動至最左端A點時，一顆質(zhì)量為m=20g的子彈以水平向右的速度正對射入木塊并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一顆子彈射向木塊，設(shè)子彈射穿木塊的時間極短，且每次射入點各不相同，g取。求：1）在被第二顆子彈擊中前，木塊向右運動離A點的最大距離?2）木塊在傳送帶上最多能被多少顆

19、子彈擊中?3）從第一顆子彈射中木塊到木塊最終離開傳送帶的過程中，子彈、木塊和傳送帶這一系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱能是多少?（ g?。〢）考點透視：在典型模型下研究物體的運動和功能問題B）標(biāo)準(zhǔn)解法：（1）第一顆子彈射入木塊過程中動量守恒 （1） 解得： （2）木塊向右作減速運動 加速度 （3）木塊速度減小為零所用時間為 （4） 解得 （5）所以木塊在被第二顆子彈擊中前向右運動離A點最遠(yuǎn)時，速度為零移動距離為解得 （6）（2）在第二顆子彈射中木塊前，木塊再向左作加速運動，時間 （7）速度增大為（恰與傳遞帶同速） （8）向左移動的位移為 （9）所以兩顆子彈射中木塊的時間間隔內(nèi)，木塊總位移方向向右 （10）第16

20、顆子彈擊中前，木塊向右移動的位移為 （11）第16顆子彈擊中后，木塊將會再向右先移動0.9m，總位移為0.9m+7.5=8.4m>8.3m木塊將從B端落下。所以木塊在傳送帶上最多能被16顆子彈擊中。（3）第一顆子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量為木塊向右減速運動過程中板對傳送帶的位移為 產(chǎn)生的熱量為 木塊向左加速運動過程中相對傳送帶的位移為 產(chǎn)生的熱量為 第16顆子彈射入后木塊滑行時間為有 （17） 解得 （18）木塊與傳送帶的相對位移為 （19） 產(chǎn)生的熱量為 （20）全過程中產(chǎn)生的熱量為 解得Q=14155.5J （21）C）思維發(fā)散：該題分析時對象選擇整體隔離相結(jié)合。解題方法應(yīng)是動力學(xué)和

21、功能方法相結(jié)合。8（25分）如圖所示，質(zhì)量m1=1.0kg的物塊隨足夠長的水平傳送帶一起勻速運動，傳送帶速度v帶=3.0m/s，質(zhì)量m2=4.0kg的物塊在m1的右側(cè)L=2.5m處無初速度放上傳送帶，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.10，碰后瞬間m1相對傳送帶的速度大小為2.0m/s，求碰撞后兩物塊間的最大距離解:以地面為參照物，由牛頓第二定律可得碰撞前m2向右的加速度 a=f2/m2=m2g/m2=g=1.0m/s2 碰撞前運動時間內(nèi)m1與 m2位移關(guān)系s1= s2+L 即v帶t=at2/2+L代入數(shù)據(jù)解得:t=1.0s t/=5.0s（不合題意舍去）碰前m1隨傳送帶勻速運動速度為v=

22、v帶=3.0m/s，碰前瞬間m2的速度v2=at=1m/s，碰后瞬間m的速度v1/= v2.0m/s=1.0m/s，碰撞瞬間由動量守恒定律有: m1 v+ m2 v2= m1 v1/+ m2 v2/代入數(shù)據(jù)解得: v2/=1.5m/s碰后m1 和m2均作勻加速運動至與傳送帶相對靜止，由于v2/> v1/，其加速度均為a，此過程中總有m2均大于m1 的速度，故二者都相對傳送帶靜止時距離最大（設(shè)為sm）m1相對滑動的時間為: t=( vv1/)/a=2.0s m2相對滑動的時間為: t2=( vv2/)/a=1.5sm1相對滑動的時間內(nèi)m2 先加速后勻速，則sm= s2ms1m= v2/ t

23、2+a t22/2+ v2( tt2)(v1/ t1+a t12/2)=0.875s二、追及、相遇模型（同一直線上）追及和相遇問題是一類常見的運動學(xué)問題，從時間和空間的角度來講，相遇是指同一時刻到達(dá)同一位置?？梢姡嘤龅奈矬w必然存在以下兩個關(guān)系：一是相遇位置與各物體的初始位置之間存在一定的位移關(guān)系。若同地出發(fā)，相遇時位移相等為空間條件。二是相遇物體的運動時間也存在一定的關(guān)系。若物體同時出發(fā)，運動時間相等；若甲比乙早出發(fā)t，則運動時間關(guān)系為。要使物體相遇就必須同時滿足位移關(guān)系和運動時間關(guān)系?！灸Ｐ椭v解】1. 利用不等式求解例1：甲、乙兩物體相距s，在同一直線上同方向做勻減速運動，速度減為零后就保

24、持靜止不動。甲物體在前，初速度為v1，加速度大小為a1。乙物體在后，初速度為v2，加速度大小為a2且知v1<v2，但兩物體一直沒有相遇，求甲、乙兩物體在運動過程中相距的最小距離為多少？解析：若是，說明甲物體先停止運動或甲、乙同時停止運動。在運動過程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有兩物體都停止運動時，才相距最近，可得最近距離為若是，說明乙物體先停止運動那么兩物體在運動過程中總存在速度相等的時刻，此時兩物體相距最近，根據(jù)，求得在t時間內(nèi) 甲的位移 乙的位移代入表達(dá)式 求得評點：本題是一個比較特殊的追及問題（減速追減速）。求解時要對各種可能的情況進(jìn)行全面分析，先要建立清晰的物理圖景。本題的特

25、殊點在于巧妙地通過比較兩物體運動時間的長短尋找兩物體相距最近的臨界條件。2. 巧用圖象法求解例2：如圖1所示，聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運動，相對于地面的速率分別為和?？諝庵新曇魝鞑サ乃俾蕿?，設(shè)，空氣相對于地面沒有流動。 圖1（1）若聲源相繼發(fā)出兩個聲信號。時間間隔為，請根據(jù)發(fā)出的這兩個聲信號從聲源傳播到觀察者的過程。確定觀察者接收到這兩個聲信號的時間間隔。（2）請利用（1）的結(jié)果，推導(dǎo)此情形下觀察者接收到的聲波頻率與聲源發(fā)出的聲波頻率間的關(guān)系式。解析：作聲源S、觀察者A、聲信號P（P1為首發(fā)聲信號，P2為再發(fā)聲信號）的位移時間圖象如圖2所示圖線的斜率即為它們的速度則有： 兩式相減可得：

26、圖2解得（2）設(shè)聲源發(fā)出聲波的振動周期為T，這樣，由以上結(jié)論，觀察者接收到的聲波振動的周期為 由此可得觀察者接收到的聲波頻率與聲源發(fā)出聲波頻率間的關(guān)系為評點：圖象分速度圖象和位移圖象，位移圖線的斜率為速度，速度圖線的斜率為加速度，速度圖線與時間軸所圍的“面積”值，等于該段時間內(nèi)的位移大小。3. 妙取參照物求解例3：火車甲正以速度v1向前行駛，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方距甲d處有火車乙正以較小速度v2同向勻速行駛，于是他立即剎車，使火車做勻減速運動而停下。為了使兩車不相撞，加速度a應(yīng)滿足什么條件？解析：設(shè)以火車乙為參照物，則甲相對乙做初速為、加速度為a的勻減速運動。若甲相對乙的速度為零時兩車不相撞，則此后

27、就不會相撞。因此，不相撞的臨界條件是：甲車減速到與乙車車速相同時，甲相對乙的位移為d。即：，故不相撞的條件為【模型要點】追及、相遇問題特點：討論追及、相遇的問題，其實質(zhì)就是分析討論兩物體在相同時間內(nèi)能否到達(dá)相同的空間位置問題。一定要抓住兩個關(guān)系：即時間關(guān)系和位移關(guān)系。一個條件：即兩者速度相等，它往往是物體間能否追上、追不上或（兩者）距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點。【特別說明】1. 勻減速運動的物體追同向勻速運動物體若二者速度相等時，追趕者仍沒有追上被追趕者，則追趕者永遠(yuǎn)追不上被追趕者，此時二者有最小距離；若二者相遇時，追趕者的速度等于被追趕者的速度，則剛好追上，也是二者避免碰撞

28、的臨界條件；若二者相遇時，追趕者的速度仍大于被追趕者的速度，則還有一次被被追趕者追上追趕者的機(jī)會，其間速度相等時二者的距離有一個最大值。2. 初速度為零的勻加速運動的物體追同向勻速運動的物體只要時間足夠長，追趕者一定能追上被追趕者發(fā)生碰撞。當(dāng)二者速度相等時有最大距離。若位移相等即追上（同一地點出發(fā)）。在相遇問題中，同向運動的兩物體追到即相遇，解決方法同上；相向運動的物體，各自發(fā)生的位移絕對值之和為開始時兩物體間的距離時即相遇。三、追及、相遇模型（不在一條直線上）不在一條直線上的相遇問題在近年高考中也較為常見，如2000年的上海高考中的“估算出飛機(jī)速度”，2004年廣西高考“觀察者看衛(wèi)星”等，該

29、類問題其實是兩種不在一條直線上的運動或不同運動的組合體，在空間上在某一時刻到達(dá)同一位置。例. 有一個很大的湖，岸邊（可視湖岸為直線）停放著一艘小船，纜繩突然斷開，小船被風(fēng)刮跑，其方向與湖岸成15°角，速度為2.5km/h。同時岸上一人從停放點起追趕小船，已知他在岸上跑的速度為4.0km/h，在水中游的速度為2.0km/h，問此人能否追及小船？解析：費馬原理指出：光總是沿著光程為極小值的路徑傳播。據(jù)此就將一個運動問題通過類比法可轉(zhuǎn)化為光的折射問題。如圖3所示，船沿OP方向被刮跑，設(shè)人從O點出發(fā)先沿湖岸跑，在A點入水游到OP方向的B點，如果符合光的折射定律，則所用時間最短。圖3根據(jù)折射定

30、律： 解得在這最短時間內(nèi)，若船還未到達(dá)B點，則人能追上小船，若船已經(jīng)通過了B點，則人不能追上小船，所以船剛好能到達(dá)B點所對應(yīng)的船速就是小船能被追及的最大船速。根據(jù)正弦定理又 由以上兩式可解得：此即小船能被人追上的最大速度，而小船實際速度只有2.5km/h，小于，所以人能追上小船。【模型要點】從空間的角度來講，兩物體經(jīng)過一段時間到達(dá)同一位置。必然存在兩種關(guān)系：一是空間關(guān)系，不在一條直線的相遇問題要做好幾何圖形，利用三角形知識解題。二是時間關(guān)系。這是解決該類問題的切入點?！咎貏e說明】圓周運動中的相遇、追及：同一圓、同方向追擊的物體轉(zhuǎn)過的角度時表明兩物體相遇或相距最近；反方向轉(zhuǎn)動的物體轉(zhuǎn)過的角度（n

31、=0、1、2、）時表明兩物體相遇或相距最近。不同一圓、同方向追擊的物體轉(zhuǎn)過的角度（n=0、1、2、）時表明兩物體相距最近。四繩件、彈簧、桿件模型（動力學(xué)問題）掛件問題是力學(xué)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(guān)試題在高考中一直連續(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。例1. 如圖1中a所示，一質(zhì)量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細(xì)線上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為，l2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將l2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度。圖1（1）下面是某同學(xué)對題的一種解法：解：設(shè)l1線上拉力為，l2線上拉力為，重力為

32、mg，物體在三力作用下保持平衡，剪斷線的瞬間，突然消失，物體即在反方向獲得加速度。因為，所以加速度，方向沿反方向。你認(rèn)為這個結(jié)果正確嗎？請對該解法作出評價并說明理由。（2）若將圖a中的細(xì)線l1改為長度相同、質(zhì)量不計的輕彈簧，如圖b所示，其他條件不變，求解的步驟和結(jié)果與（1）完全相同，即，你認(rèn)為這個結(jié)果正確嗎？請說明理由。解析：因為l2被剪斷的瞬間，l1上的張力發(fā)生突變，故物體獲得的瞬間加速度由重力的分力提供，大小為，方向垂直l1斜向下，所以（1）錯。因為l2被剪斷的瞬間，彈簧的長度不能發(fā)生突變而導(dǎo)致彈力不能突變，所以（2）對。拓展：在（1）中若l1、l2皆為彈性繩，剪斷l(xiāng)2的瞬間，小球的加速度

33、為多少？（參考答案）若l1、l2皆為彈性繩，剪斷l(xiāng)1的瞬間，小球的加速度為多少？（參考答案）在（2）中剪斷l(xiāng)1的瞬間，小球的加速度為多少？（參考答案）例2. 如圖2所示，斜面與水平面間的夾角，物體A和B的質(zhì)量分別為、。兩者之間用質(zhì)量可以不計的細(xì)繩相連。求：（1）如A和B對斜面的動摩擦因數(shù)分別為，時，兩物體的加速度各為多大？繩的張力為多少？（2）如果把A和B位置互換，兩個物體的加速度及繩的張力各是多少？（3）如果斜面為光滑時，則兩個物體的加速度及繩的張力又各是多少？圖2解析：（1）設(shè)繩子的張力為，物體A和B沿斜面下滑的加速度分別為和，根據(jù)牛頓第二定律：對A有對B有設(shè)，即假設(shè)繩子沒有張力，聯(lián)立求解

34、得，因，故說明物體B運動比物體A的運動快，繩松弛，所以的假設(shè)成立。故有因而實際不符，則A靜止。（2）如B與A互換則，即B物運動得比A物快，所以A、B之間有拉力且共速，用整體法代入數(shù)據(jù)求出，用隔離法對B：代入數(shù)據(jù)求出（3）如斜面光滑摩擦不計，則A和B沿斜面的加速度均為兩物間無作用力。拓展：如A、B之間為輕桿，上面三問情況如何？如A、B之間為輕質(zhì)彈簧，試分析在上述三種情況下物體AB的運動情況？例3. 如圖3所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為、在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球，下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是（ ）圖3A. 小車靜止時，方向沿桿向上B. 小車靜止時，方向垂直桿向上

35、C. 小車向右以加速度a運動時，一定有D. 小車向左以加速度a運動時，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為解析：小車靜止時，由物體的平衡條件知桿對球的作用力方向豎直向上，且大小等于球的重力mg。小車向右以加速度a運動，設(shè)小球受桿的作用力方向與豎直方向的夾角為，如圖4所示，根據(jù)牛頓第二定律有：，兩式相除得：。圖4只有當(dāng)球的加速度且向右時，桿對球的作用力才沿桿的方向，此時才有。小車向左以加速度a運動，根據(jù)牛頓第二定律知小球所受重力mg和桿對球的作用力F的合力大小為ma，方向水平向左。根據(jù)力的合成知，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為：五人船模型 “人船”模型極其應(yīng)用如一人（物）在船（木板）上，或兩人

36、（物）在船（木板）上等，在近幾年的高考中極為常見，分值高，區(qū)分度大，如果我們在解題中按照模型觀點處理，以每題分布給分的情況來看還是可以得到相當(dāng)?shù)姆謹(jǐn)?shù)。例. 如圖1所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？圖1解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)在水平方向動量守恒。當(dāng)人起步加速前進(jìn)時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當(dāng)人停下來時，船也停下來。設(shè)某時刻人對地的速度為v，船對地的速度為v'，取人行進(jìn)的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律

37、有：，即因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度v與船的平均速度v也與它們的質(zhì)量成反比，即，而人的位移，船的位移，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即<1>式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒。由圖1可以看出：六子彈打木塊模型子彈打木塊模型：包括一物塊在木板上滑動等。，Q為摩擦在系統(tǒng)中產(chǎn)生的熱量；小球在置于光滑水平面上的豎直平面內(nèi)弧形光滑軌道上滑動；一靜一動的同種電

38、荷追碰運動等。例. 如圖1所示，一個長為L、質(zhì)量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點），以水平初速度從木塊的左端滑向右端，設(shè)物塊與木塊間的動摩擦因數(shù)為，當(dāng)物塊與木塊達(dá)到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，求系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的量Q。圖1解析：可先根據(jù)動量守恒定律求出m和M的共同速度，再根據(jù)動能定理或能量守恒求出轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量Q。對物塊，滑動摩擦力做負(fù)功，由動能定理得：即對物塊做負(fù)功，使物塊動能減少。對木塊，滑動摩擦力對木塊做正功，由動能定理得，即對木塊做正功，使木塊動能增加，系統(tǒng)減少的機(jī)械能為：本題中，物塊與木塊相對靜止時，則上式可簡化為：又以物塊、木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)

39、在水平方向不受外力，動量守恒，則：聯(lián)立式<2>、<3>得：故系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量為：點評：系統(tǒng)內(nèi)一對滑動摩擦力做功之和（凈功）為負(fù)值，在數(shù)值上等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其絕對值等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即。從牛頓運動定律和運動學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比： 所以一般情況下，所以，這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：模型要點子彈打木塊的兩種常見類型：木

40、塊放在光滑的水平面上，子彈以初速度v0射擊木塊。運動性質(zhì)：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。圖象描述：從子彈擊中木塊時刻開始，在同一個vt坐標(biāo)中，兩者的速度圖線如下圖中甲（子彈穿出木塊）或乙（子彈停留在木塊中）圖2圖中，圖線的縱坐標(biāo)給出各時刻兩者的速度，圖線的斜率反映了兩者的加速度。兩圖線間陰影部分面積則對應(yīng)了兩者間的相對位移。方法：把子彈和木塊看成一個系統(tǒng)，利用A：系統(tǒng)水平方向動量守恒；B：系統(tǒng)的能量守恒（機(jī)械能不守恒）；C：對木塊和子彈分別利用動能定理。推論：系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力乘以相對位移，即EFfd物塊固定在水平面，子彈以初速度v0射擊

41、木塊，對子彈利用動能定理，可得：兩種類型的共同點：A、系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對摩擦力做功的總和恒為負(fù)值。（因為有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。B、摩擦生熱的條件：必須存在滑動摩擦力和相對滑行的路程。大小為QFf·s，其中Ff是滑動摩擦力的大小，s是兩個物體的相對位移（在一段時間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時間內(nèi)兩者相對位移的大小，所以說是一個相對運動問題）。C、靜摩擦力可對物體做功，但不能產(chǎn)生內(nèi)能（因為兩物體的相對位移為零）。圖3七 追碰模型追碰是物理上一個重要模型，它涉及到動量定理、動量守恒定律、能量守恒等諸多知識點。從物理方法的角度看。處理碰撞問題，通常使用整體法（系

42、統(tǒng)）、能量方法，守恒方法及矢量運算。“追碰”模型所設(shè)計的內(nèi)容在每年的高考中可以以選擇、計算題形式出現(xiàn)，所以該類試題綜合性強(qiáng)，區(qū)分度大，分值權(quán)重高，因該部分內(nèi)容恰是自然界最普遍的兩個規(guī)律的聯(lián)手演繹，是中學(xué)階段最重要的主干知識之一，因此相關(guān)內(nèi)容就成為每年高考測試的熱點內(nèi)容。一、理解動量守恒定律的矢量性例1. 如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動，兩球質(zhì)量關(guān)系為，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為，則：（ ）圖1A. 左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5B. 左方是A球，碰撞后A、B兩球速度

43、大小之比為1:10C. 右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5D. 右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10解析：題中規(guī)定向右為正方向，而AB球的動量均為正，所以AB都向右運動，又，所以，可以判斷A球在左方，CD錯；碰撞后A的動量變化，根據(jù)動量守恒可知，B球的動量變化，所以碰后AB球的動量分別為解得，所以選A評點：動量守恒定律的矢量性即是重點又是難點，解題時要遵循以下原則：先確定正方向，與正方向相同的矢量取正號，與正方向相反的矢量取負(fù)號，未知矢量當(dāng)作正號代入式中，求出的結(jié)果若大于零，則與正方向相同，若小于零則與正方向相反，同時也要善于利用動量與動能的關(guān)系，但要注意它們的區(qū)別

44、。二、利用動量守恒定律處理微觀粒子的追碰例2. 在核反應(yīng)堆里，用石墨作減速劑，使鈾核裂變所產(chǎn)生的快中子通過與碳核不斷的碰撞而被減速。假設(shè)中子與碳核發(fā)生的是彈性正碰，且碰撞前碳核是靜止的。已知碳核的質(zhì)量近似為中子質(zhì)量的12倍，中子原來的動能為E0，試求：（1）經(jīng)過一次碰撞后中子的能量變?yōu)槎嗌?？?）若E01.76MeV，則經(jīng)過多少次碰撞后，中子的能量才可減少到0.025eV。解析：按彈性正碰的規(guī)律可求出每次碰撞后中子的速度變?yōu)槎嗌?，對?yīng)的動能也就可以求解；在根據(jù)每次碰撞前后的動能之比與需要減少到0.025eV與原動能E0的比值關(guān)系，取對數(shù)求出碰撞次數(shù)（必須進(jìn)位取整）。（1）彈性正碰遵循動量守恒和

45、能量守恒兩個規(guī)律。設(shè)中子的質(zhì)量為m，碳核的質(zhì)量為M，有： 由兩式整理得：則經(jīng)過一次碰撞后中子的動能：（2）同理可得設(shè)經(jīng)過n次碰撞，中子的動能才會減少至0.025eV，即，解上式得。評點：廣義上的碰撞，相互作用力可以是彈力、分子力、電磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏觀物體間的碰撞，也可以是微觀粒子間的碰撞。說明：考試大綱強(qiáng)調(diào)“應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力”，我們在計算中常遇到的是以下一些數(shù)學(xué)問題：等差數(shù)列、等比數(shù)列，這兩類問題的處理方法是先用數(shù)學(xué)歸納法找出規(guī)律，再求解；對，當(dāng)對的形式（即），則在時，y有極值。對的形式，其中均為a、b變量，但恒量（、），則可根據(jù)不等式性質(zhì)求極值等。模型要點在近年高考

46、中，考查的碰撞皆為正碰問題。碰撞是中學(xué)物理教學(xué)的重點、是歷年高考命題的熱點，同時它一直是學(xué)生學(xué)習(xí)和高考的難點。碰撞在考試說明中作II級要求掌握。1. 碰撞的特點：（1）作用時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，總動量總是守恒的；（2）碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動能；（3）碰撞過程中，當(dāng)兩物體碰后速度相等時，即發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動能損失最大；（4）碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略。2. 碰撞的分類：按能量變化情況可分為彈性碰撞和非彈性碰撞（包括完全非彈性碰撞）。3. 能量方面：彈性碰撞動能守恒；非彈性碰撞動能不守恒；完全非彈性碰撞能量損失（不能完全恢復(fù)原形）最大。注意：動

47、量守恒定律的驗證、分析推理、應(yīng)用等實驗中，不論在平面還是斜面或用其他方式進(jìn)行，我們都要注意守恒的條件性。解題原則：（1）碰撞過程中動量守恒原則；（2）碰撞后系統(tǒng)動能不增原則；（3）碰撞后運動狀態(tài)的合理性原則。碰撞過程的發(fā)生應(yīng)遵循客觀實際。如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動。解決“追碰”問題大致分兩類運動，即數(shù)學(xué)法（如函數(shù)極值法、圖象法）和物理方法（參照物變換法、守恒法等）。八 電磁場中的單桿模型在電磁場中，“導(dǎo)體棒”主要是以“棒生電”或“電動棒”的內(nèi)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)

48、軌有“平面導(dǎo)軌”、“斜面導(dǎo)軌”“豎直導(dǎo)軌”等。一、單桿在磁場中勻速運動例1. （2005年河南省實驗中學(xué)預(yù)測題）如圖1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(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌電阻均不計，且導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)軌平面水平，ab棒處于勻強(qiáng)磁場中。圖1（1）當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到30，且用40N的水平拉力向右拉ab棒并使之達(dá)到穩(wěn)定速度時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時ab棒的速度是多少？（2）當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到，且仍使ab棒的速度達(dá)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(shè)電

49、流表指針滿偏，即I3A，那么此時電壓表的示數(shù)為U15V，電壓表示數(shù)超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應(yīng)該是電壓表正好達(dá)到滿偏。當(dāng)電壓表滿偏時，即U110V，此時電流表示數(shù)為設(shè)a、b棒穩(wěn)定時的速度為，產(chǎn)生的感應(yīng)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(shè)法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即I23A，此時電壓表的示數(shù)為6V可以安全使用，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. （2005年南京市金陵中學(xué)質(zhì)量檢測）如圖2甲所示，一個足夠長的“U”形金屬導(dǎo)軌NMP

50、Q固定在水平面內(nèi)，MN、PQ兩導(dǎo)軌間的寬為L0.50m。一根質(zhì)量為m0.50kg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)磁場中。ab棒的電阻為R0.10，其他各部分電阻均不計。開始時，磁感應(yīng)強(qiáng)度。圖2（1）若保持磁感應(yīng)強(qiáng)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(guān)系如圖2乙所示。求勻加速運動的加速度及ab棒與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力。（2）若從t0開始，使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小從B0開始使其以0.20T/s的變化率均勻增加。求經(jīng)過多長時間ab棒開始滑動？此

51、時通過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摩擦力相等）解析：（1）當(dāng)t0時， 當(dāng)t2s時，F(xiàn)28N聯(lián)立以上式得：（2）當(dāng)時，為導(dǎo)體棒剛滑動的臨界條件，則有：則三、單桿在磁場中變速運動例3. （2005年上海高考）如圖3所示，處于勻強(qiáng)磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(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。勻速磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25。圖3（1）求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時的加速度大??；（2）當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時，電

52、阻R消耗的功率為8W，求該速度的大小；（3）在上問中，若R，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。（g10m/s2，°0.6，cos37°0.8）解析：（1）金屬棒開始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律 由式解得 （2）設(shè)金屬棒運動達(dá)到穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡： 此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率 由、兩式解得： （3）設(shè)電路中電流為I，兩導(dǎo)軌間金屬棒的長為l，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 由、兩式解得 磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。四、變桿問題例4. （2005年肇慶市模擬）如圖4所示，邊長為L2m的正方形導(dǎo)線框A

53、BCD和一金屬棒MN由粗細(xì)相同的同種材料制成，每米長電阻為R01/m，以導(dǎo)線框兩條對角線交點O為圓心，半徑r0.5m的勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.5T，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角線AC平行放置于導(dǎo)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(dāng)運動至AC位置時，求（計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）：圖4（1）棒MN上通過的電流強(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運動至AC位置時，棒上感應(yīng)電動勢為線路總電阻。MN棒上的電流 將數(shù)值代入上述式子可得：I0.41A，電流方向：NM（2）棒MN所受的安培力：

54、方向垂直AC向左。說明：要特別注意公式EBLv中的L為切割磁感線的有效長度，即磁場中與速度方向垂直的導(dǎo)線長度。九 爆炸反沖模型 “爆炸反沖”模型是動量守恒的典型應(yīng)用，其變遷形式也多種多樣，如炮彈發(fā)射中的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；彈簧兩端將物塊彈射將彈性勢能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；核衰變時將核能轉(zhuǎn)化為動能等。例題. 如圖所示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，炮彈水平射程為s，那么當(dāng)炮身不固定時，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)化為動能的化學(xué)能E是相同的。第一次化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為炮彈的動能；第二次化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈和炮身的動能，而炮彈和炮身水平動量守恒，

55、由動能和動量的關(guān)系式知，在動量大小相同的情況下，物體的動能和質(zhì)量成反比，炮彈的動能，由于平拋的射高相等，兩次射程的比等于拋出時初速度之比，即：，所以。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角發(fā)射出去，炮彈對地速度為，求炮車后退的速度。提示：系統(tǒng)在水平面上不受外力，故水平方向動量守恒，炮彈對地的水平速度大小為，設(shè)炮車后退方向為正方向，則評點：有時應(yīng)用整體動量守恒，有時只應(yīng)用某部分物體動量守恒，有時分過程多次應(yīng)用動量守恒，有時抓住初、末狀態(tài)動量即可，要善于選擇系統(tǒng)，善于選擇過程來研究。十 水平方向的圓盤模型水平方向上的“圓盤”模型大多圍繞著物體與圓盤間的最大靜摩擦力為中心展開的，因此最大靜摩擦力的判斷對物體臨界狀態(tài)起著關(guān)鍵性的作用。例1. 如圖1所示，水平轉(zhuǎn)盤上放有質(zhì)量為m的物塊，當(dāng)物塊到轉(zhuǎn)軸的距離為r時，連接物塊和轉(zhuǎn)軸的繩剛好被拉直（繩上張力為零）。物體和轉(zhuǎn)盤間最大靜摩擦力是其正壓力的倍，求：圖1（1）當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度時，細(xì)繩的拉力。（2）當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度時，細(xì)繩的拉力。解析：設(shè)轉(zhuǎn)動過程中物體與盤間恰好達(dá)到最大靜摩擦力時轉(zhuǎn)動的角速度為，則，解得。（1）因為，所以物體所需向心力小于物體與