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1、 滑塊、子彈打木塊模型之一 子彈打木塊模型：包括一物塊在木板上滑動(dòng)等。μN(yùn)S相=ΔEk系統(tǒng)=Q，Q為摩擦在系統(tǒng)中產(chǎn)生的熱量。②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(dòng) ：包括小車上懸一單擺單擺的擺動(dòng)過程等。小球上升到最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)有共同速度(或有共同的水平速度)；系統(tǒng)內(nèi)彈力做功時(shí)，不將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其它形式的能，因此過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 例題：質(zhì)量為M、長為l的木塊靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平初速v0射入木塊，穿出時(shí)子彈速度為v，求子彈與木塊作用過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 l v0

2、 v S 解：如圖，設(shè)子彈穿過木塊時(shí)所受阻力為f，突出時(shí)木塊速度為V，位移為S，則子彈位移為(S+l)。水平方向不受外力，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=mv+MV ① 由動(dòng)能定理，對子彈 -f(s+l)= ② 對木塊 fs= ③ 由①式得 v= 代入③式有 fs= ④ ②+④得 fl= 由能量守恒知，系統(tǒng)減少的機(jī)械能等于子彈與木塊摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。即Q=fl，l為子彈現(xiàn)木塊的相對位移。 結(jié)論：系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能，且等于摩擦力與兩物體相對位移的乘積。即

3、 Q=ΔE系統(tǒng)=μN(yùn)S相 其分量式為：Q=f1S相1+f2S相2+……+fnS相n=ΔE系統(tǒng) v0 A B 1．在光滑水平面上并排放兩個(gè)相同的木板，長度均為L=1.00m，一質(zhì)量 與木板相同的金屬塊，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金屬 塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1，g取10m/s2。求兩木板的最后速度。 2．如圖示，一質(zhì)量為M長為l的長方形木塊B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，m＜M，現(xiàn)以地面為參照物，給A和B以大小相等、方向相反的初速度 v0 A B

4、 v0 l (如圖)，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A剛好沒有滑離 B板。以地面為參照系。 ⑴若已知A和B的初速度大小為v0，求它們最后速度的大小和方向； ⑵若初速度的大小未知，求小木塊A向左運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處(從地面上看)到出發(fā)點(diǎn)的距離。 A 2v0 v0 B C 3．一平直木板C靜止在光滑水平面上，今有兩小物塊A和B分別以2v0和v0的初速度沿同一直線從長木板C兩端相向水平地滑上長木板。如圖示。設(shè)物塊A、B與長木板 C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A、B、C三者質(zhì)量相等。 ⑴若A、B兩物塊不發(fā)生碰撞，則由開始滑上C

5、到A、B都靜止在 C上為止，B通過的總路程多大？經(jīng)歷的時(shí)間多長？ ⑵為使A、B兩物塊不發(fā)生碰撞，長木板C至少多長？ 4．在光滑水平面上靜止放置一長木板B，B的質(zhì)量為M=2㎏同，B右端距豎直墻5m，現(xiàn)有一小物塊 A，質(zhì) 量為m=1㎏，以v0=6m/s的速度從B左端水平地滑上B。如圖 A v0 5m B 所示。A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，B與墻壁碰撞時(shí)間極短，且 碰撞時(shí)無能量損失。取g=10m/s2。求：要使物塊A最終不脫離B 木板，木板B的最短長度是多少？ L v0

6、m v 5．如圖所示，在光滑水平面上有一輛質(zhì)量為M=4.00㎏的平板小車，車上放一質(zhì)量為m=1.96㎏的木塊，木塊到平板小車左端的距離L=1.5m，車與木塊一起以v=0.4m/s的速度 向右行駛，一顆質(zhì)量為m0=0.04㎏的子彈以速度v0從右方射入木塊并留 在木塊內(nèi)，已知子彈與木塊作用時(shí)間很短，木塊與小車平板間動(dòng)摩擦因數(shù) μ=0.2，取g=10m/s2。問：若要讓木塊不從小車上滑出，子彈初速度應(yīng) 滿足什么條件？ 6．一質(zhì)量為m、兩端有擋板的小車靜止在光滑水平面上，兩擋板間距離為1.1m，在小車正中放一質(zhì)量為m、長度為0.1m的物塊，物塊與小車間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1

7、5。如圖示?，F(xiàn)給物塊一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，使物塊獲得v0 =6m/s的水平初速度。物塊與擋板碰撞時(shí)間極短且無能量損失。求： v0 ⑴小車獲得的最終速度； ⑵物塊相對小車滑行的路程； ⑶物塊與兩擋板最多碰撞了多少次； ⑷物塊最終停在小車上的位置。 7．一木塊置于光滑水平地面上，一子彈以初速v0射入靜止的木塊，子彈的質(zhì)量為m，打入木塊的深度為d，木塊向前移動(dòng)S后以速度v與子彈一起勻速運(yùn)動(dòng)，此過程中轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為 A． B. C. D. 參考答案 1. 金屬塊在板上滑動(dòng)過程中，統(tǒng)動(dòng)量守恒。金屬塊最終停在什么位置要進(jìn)行判斷。假設(shè)金屬塊最終停在A上。三者

8、有相同速度v，相對位移為x，則有 解得：，因此假定不合理，金屬塊一定會(huì)滑上B。 設(shè)x為金屬塊相對B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0′為金屬塊離開A滑上B瞬間的速度。有：在A上 全過程 聯(lián)立解得： ∴ *解中，整個(gè)物理過程可分為金屬塊分別在A、B上滑動(dòng)兩個(gè)子過程，對應(yīng)的子系統(tǒng)為整體和金屬塊與B?？煞珠_列式，也可采用子過程→全過程列式，實(shí)際上是整體→部分隔離法的一種變化。 2．⑴A恰未滑離B板，則A達(dá)B最左端時(shí)具有相同速度v，有 Mv0-mv0=(M+m)v ∴ M＞m, ∴ v＞0,即與B板原速同向。 ⑵A的速度減為零時(shí)，離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，設(shè)A的初速為v0，

9、A、B摩擦力為f，向左運(yùn)動(dòng)對地最遠(yuǎn)位移為S，則 而v0最大應(yīng)滿足 Mv0-mv0=(M+m)v 解得： 3．⑴由A、B、C受力情況知，當(dāng)B從v0減速到零的過程中，C受力平衡而保持不動(dòng)，此子過程中B的位移S1和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1分別為： 。然后B、C以μg的加速度一起做加速運(yùn)動(dòng)。A繼續(xù)減速，直到它們達(dá)到相同速度v。對全過程：mA·2v0-mBv0=(mA+mB+mC)v ∴ v=v0/3 B、C的加速度 ,此子過程B的位移 ∴ 總路程 ⑵A、B不發(fā)生碰撞時(shí)長為L，A、B在C上相對C的位移分別為LA、LB，則 L=LA+LB *對多

10、過程復(fù)雜問題，優(yōu)先考慮錢過程方程，特別是ΔP=0和Q=fS相=ΔE系統(tǒng)。全過程方程更簡單。 4．A滑上B后到B與墻碰撞前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判斷：mv0=(M+m)v, ①v=2m/s 此時(shí)B對地位移為S1，則對B： ②S=1m＜5m,故在B與墻相撞前與A已達(dá)到相同速度v，設(shè)此時(shí)A在B上滑行L1距離，則 ③ L1=3m 【以上為第一子過程】此后A、B以v勻速向右，直到B與墻相碰(此子過程不用討論)，相碰后，B的速度大小不變，方向變?yōu)榉聪颍珹速度不變(此子過程由于碰撞時(shí)間極短且無能量損失，不用計(jì)算)，即B以v向左、A以v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A

11、、B再次達(dá)到相同速度v′時(shí)：Mv-mv=(M+m)v′ ④ v′=2/3 m/s向左，即B不會(huì)再與墻相碰，A、B以v′向左勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)此過程(子過程4)A相對B移動(dòng)L2，則 ⑤ L2=1、33m L=L1+L2=4.33m為木板的最小長度。 *③+⑤得 實(shí)際上是全過程方程。與此類問題相對應(yīng)的是：當(dāng)PA始終大于PB時(shí)，系統(tǒng)最終停在墻角，末動(dòng)能為零。 5．子彈射入木塊時(shí)，可認(rèn)為木塊未動(dòng)。子彈與木塊構(gòu)成一個(gè)子系統(tǒng)，當(dāng)此系統(tǒng)獲共同速度v1時(shí)，小車速度不變，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 ① 此后木塊(含子彈)以v1向左滑，不滑出小車的條件是：到達(dá)小車左端與小車有共同速度v2

12、，則 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 ② ③ 聯(lián)立化簡得： v02+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 為最大值， ∴v0≤149.6m/s 6. ⑴當(dāng)物塊相對小車靜止時(shí)，它們以共同速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，相互作用結(jié)束，v即為小車最終速度 mv0=2mv v=v0/2=3m/s ⑵ S=6m ⑶ ⑷物塊最終仍停在小車正中。 *此解充分顯示了全過程法的妙用。 7．AC A： C： 彈簧類模型中的最值問題 在高考復(fù)習(xí)中，常

13、常遇到有關(guān)“彈簧類”問題，由于彈簧總是與其他物體直接或間接地聯(lián)系在一起，彈簧與其“關(guān)聯(lián)物”之間總存在著力、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、動(dòng)量、能量方面的聯(lián)系，因此學(xué)生普遍感到困難，本文就此類問題作一歸類分析。 一、最大、最小拉力問題 例1. 一個(gè)勁度系數(shù)為k＝600N/m的輕彈簧，兩端分別連接著質(zhì)量均為m＝15kg的物體A、B，將它們豎直靜止地放在水平地面上，如圖1所示，現(xiàn)加一豎直向上的外力F在物體A上，使物體A開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.5s，B物體剛離開地面（設(shè)整個(gè)加速過程彈簧都處于彈性限度內(nèi)，且g＝10m/s2）。求此過程中所加外力的最大和最小值。 圖1 解析：開始時(shí)彈簧彈力恰等于A

14、的重力，彈簧壓縮量，0.5s末B物體剛要離開地面，此時(shí)彈簧彈力恰等于B的重力，，故對A物體有，代入數(shù)據(jù)得。剛開始時(shí)F為最小且，B物體剛要離開地面時(shí)，F(xiàn)為最大且有，解得。 二、最大高度問題 例2. 如圖2所示，質(zhì)量為m的鋼板與直立彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地面上，平衡時(shí)彈簧的壓縮量為。一物體從鋼板正上方距離為的A處自由下落打在鋼板上，并立即與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，已知物塊質(zhì)量也為m時(shí)，它們恰能回到O點(diǎn)，若物體質(zhì)量為2m仍從A處自由下落，則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)還有向上的速度，求物塊向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)的距離。 圖2 解析：物塊碰撞

15、鋼板前作自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)表示物塊與鋼板碰撞時(shí)的速度，則： ① 物塊與鋼板碰撞后一起以v1速度向下運(yùn)動(dòng)，因碰撞時(shí)間極短，碰撞時(shí)遵循動(dòng)量守恒，即： ② 剛碰完時(shí)彈簧的彈性勢能為，當(dāng)它們一起回到O點(diǎn)時(shí)，彈簧無形變，彈性勢能為0，根據(jù)機(jī)械能守恒有： ③ 設(shè)表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后開始向下運(yùn)動(dòng)的速度，由動(dòng)量守恒有： ④ 碰撞后，當(dāng)它們回到O點(diǎn)時(shí)具有一定速度v，由機(jī)械能守恒定律得： ⑤ 當(dāng)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點(diǎn)時(shí)兩者分離，分離后，物塊以v豎直上升，其上升的最大高度： ⑥ 解①~⑥式可得。

16、三、最大速度、最小速度問題 例3. 如圖3所示，一個(gè)勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直立于水平地面上，下端固定于地面，上端與一質(zhì)量為m的平板B相連而處于靜止?fàn)顟B(tài)。今有另一質(zhì)量為m的物塊A從B的正上方h高處自由下落，與B發(fā)生碰撞而粘在一起，已知它們共同向下運(yùn)動(dòng)到速度最大時(shí)，系統(tǒng)增加的彈性勢能與動(dòng)能相等，求系統(tǒng)的這一最大速度v。 圖3 解析：A下落到與B碰前的速度v1為： ① A、B碰后的共同速度v2為： ② B靜止在彈簧上時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，且： ③ A、B一起向下運(yùn)動(dòng)到最大速度v時(shí)的位移為x，此時(shí)A、B的加速度為0，即

17、有： ④ 由機(jī)械能守恒得： ⑤ ⑥ 解①~⑥得： 例4. 在光滑水平面內(nèi)，有A、B兩個(gè)質(zhì)量相等的木塊，，中間用輕質(zhì)彈簧相連?，F(xiàn)對B施一水平恒力F，如圖4所示，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B的速度等于5m/s時(shí)恰好一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此過程恒力做功為100J，當(dāng)A、B恰好一起做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)撤除恒力，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中求木塊A的最小速度。 圖4 解析：當(dāng)撤除恒力F后，A做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，彈簧等于原長時(shí)，加速度等于零，A的速度最大，此后彈簧壓縮到最大，當(dāng)彈簧再次回復(fù)原長時(shí)速度最小，根據(jù)動(dòng)量守恒得： ① 根據(jù)機(jī)械能守

18、恒得： ② 由以上兩式解得木塊A的最小速度v＝0。 四、最大轉(zhuǎn)速和最小轉(zhuǎn)速問題 例5. 有一水平放置的圓盤，上面放一個(gè)勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其一端固定于軸O上，另一端系著質(zhì)量為m的物體A，物體A與盤面間最大靜摩擦力為Ffm，彈簧原長為L，現(xiàn)將彈簧伸長后置于旋轉(zhuǎn)的桌面上，如圖5所示，問：要使物體相對于桌面靜止，圓盤轉(zhuǎn)速n的最大值和最小值各是多少？ 圖5 解析：當(dāng)轉(zhuǎn)速n較大時(shí)，靜摩擦力與彈簧彈力同向，即： ① 當(dāng)轉(zhuǎn)速n較小時(shí)，靜摩擦力與彈簧彈力反向，即： ② 所以圓盤轉(zhuǎn)速n的最大值和最小值分

19、別為： 。 五、最大加速度問題 例6. 兩木塊A、B質(zhì)量分別為m、M，用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連在一起，放在水平地面上，如圖6所示，用外力將木塊A壓下一段距離靜止，釋放后A做簡諧運(yùn)動(dòng)，在A振動(dòng)過程中，木塊B剛好始終未離開地面，求木塊A的最大加速度。 圖6 解析：撤去外力后，A以未加外力時(shí)的位置為平衡位置作簡諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到平衡位置上方最大位移處時(shí)，B恰好對地面壓力為零，此時(shí)A的加速度最大，設(shè)為am。 對A：由牛頓第二定律有 對B： 所以，方向向下。 六、最大振幅 例7. 如圖7所示，小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，它們之

20、間靜摩擦力最大值為Ff，輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，振動(dòng)系統(tǒng)沿水平地面做簡諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)木塊與小車間未發(fā)生相對滑動(dòng)，小車振幅的最大值是多少？ 圖7 解析：在最大位移處，M和m相對靜止，它們具有相同的加速度，所以對整體有： ① 對m有： ② 所以由①②解得：。 七、最大勢能問題 例8. 如圖8所示，質(zhì)量為2m的木板，靜止放在光滑的水平面上，木板左側(cè)固定著一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端到小車右端的距離為L0，一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊從板的右端以初速度v0開始沿木塊向左滑行，最終回到木板右端，剛好不從木板右端滑出，設(shè)木板與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求在木塊

21、壓縮彈簧過程中（一直在彈性限度內(nèi)）彈簧所具有的最大彈性勢能。 圖8 解：彈簧被壓縮至最短時(shí)，具有最大彈性勢能，設(shè)m在M上運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力做的總功產(chǎn)生內(nèi)能為2E，從初狀態(tài)到彈簧具有最大彈性勢能及從初狀態(tài)到末狀態(tài)，系統(tǒng)均滿足動(dòng)量守恒定律，即： ① 由初狀態(tài)到彈簧具有最大彈性勢能，系統(tǒng)滿足能量守恒： ② 由初狀態(tài)到末狀態(tài)，系統(tǒng)也滿足能量守恒且有： ③ 由①②③求得： 從以上各例可以看出，盡管彈簧類問題綜合性很強(qiáng)，物理情景復(fù)雜，物理過程較多，但只要我們仔細(xì)分析物理過程，找出每一現(xiàn)象所對應(yīng)的物理規(guī)律，正確判斷

22、各物理量之間的關(guān)系，此類問題一定會(huì)迎刃而解。 彈簧類問題難點(diǎn)探究思考 在中學(xué)階段，凡涉及的彈簧都不考慮其質(zhì)量，稱之為"輕彈簧"，這是一種常見的理想化物理模型 彈簧類問題多為綜合性問題，涉及的知識(shí)面廣，要求的能力較高，是高考的難點(diǎn)之一. ●難點(diǎn)提出 1.（99年全國）如圖2-1所示，兩木塊的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕質(zhì)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（但不拴接），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，直到它剛離開上面彈簧.在這過程中下面木塊移動(dòng)的距離為 A. B. C. D.

23、 圖2—1 圖2—2 2.如圖2-2所示，勁度系數(shù)為k1的輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量為m1、m2的物塊1、2拴接，勁度系數(shù)為k2的輕質(zhì)彈簧上端與物塊2拴接，下端壓在桌面上（不拴接），整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).現(xiàn)施力將物塊1緩慢地豎直上提，直到下面那個(gè)彈簧的下端剛脫離桌面.在此過程中，物塊2的重力勢能增加了______，物塊1的重力勢能增加了________. 圖2-3 3.質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上.平衡時(shí)彈簧的壓縮量為x0，如圖2-3所示.一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼

24、板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連.它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng).已知物塊質(zhì)量為m時(shí)，它們恰能回到O點(diǎn).若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)，還具有向上的速度.求物塊向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)的距離. ●案例探究 圖2-4 ［例1］如圖2-4，輕彈簧和一根細(xì)線共同拉住一質(zhì)量為m的物體，平衡時(shí)細(xì)線水平，彈簧與豎直夾角為θ，若突然剪斷細(xì)線，剛剛剪斷細(xì)線的瞬間，物體的加速度多大? 命題意圖：考查理解能力及推理判斷能力.B級要求. 錯(cuò)解分析：對彈簧模型與繩模型瞬態(tài)變化的特征不能加以區(qū)分，誤認(rèn)為"彈簧彈力在細(xì)線剪斷的瞬間發(fā)生突變"從而導(dǎo)致錯(cuò)解. 解題方法與技巧： 彈

25、簧剪斷前分析受力如圖2-5，由幾何關(guān)系可知： 彈簧的彈力T=mg／cosθ 細(xì)線的彈力T′=mgtanθ 圖2-5 細(xì)線剪斷后由于彈簧的彈力及重力均不變，故物體的合力水平向右，與T′等大而反向，∑F=mgtanθ，故物體的加速度a=gtanθ，水平向右. 圖2-6 ［例2］A、B兩木塊疊放在豎直輕彈簧上，如圖2-6所示，已知木塊A、B質(zhì)量分別為0.42 kg和0.40 kg，彈簧的勁度系數(shù)k=100 N/m ，若在木塊A上作用一個(gè)豎直向上的力F，使A由靜止開始以0.5 m/s2的加速度豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)（g=10 m/s2）. （1）使木塊A豎直做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中，力F的最

26、大值； （2）若木塊由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到A、B分離的過 程中，彈簧的彈性勢能減少了0.248 J，求這一過程F對木塊做的功. 命題意圖：考查對物理過程、狀態(tài)的綜合分析能力.B級要求. 錯(cuò)解分析：此題難點(diǎn)和失分點(diǎn)在于能否通過對此物理過程的分析后，確定兩物體分離的臨界點(diǎn)，即當(dāng)彈簧作用下的兩物體加速度、速度相同且相互作用的彈力 N =0時(shí) ,恰好分離. 解題方法與技巧: 當(dāng)F=0（即不加豎直向上F力時(shí)），設(shè)A、B疊放在彈簧上處于平衡時(shí)彈簧的壓縮量為x，有 kx=（mA+mB）g x=（mA+mB）g/k ① 對A施加F力，分析A、B受力如圖2-7 對A

27、 F+N-mAg=mAa ② 對B kx′-N-mBg=mBa′ ③ 可知，當(dāng)N≠0時(shí)，AB有共同加速度a=a′，由②式知欲使A勻加速運(yùn)動(dòng)，隨N減小F增大.當(dāng)N=0時(shí)，F(xiàn)取得了最大值Fm, 即Fm=mA（g+a）=4.41 N 又當(dāng)N=0時(shí)，A、B開始分離，由③式知， 此時(shí)，彈簧壓縮量kx′=mB（a+g） x′=mB（a+g）/k ④ AB共同速度 v2=2a（x-x′） ⑤ 由題知，此過程彈性勢能減少了WP=EP=0.248 J 設(shè)F力功WF，對這一過程應(yīng)用動(dòng)能定理或功能原理 WF+EP-（mA+mB）g（x-x

28、′）=（mA+mB）v2 ⑥ 聯(lián)立①④⑤⑥，且注意到EP=0.248 J 可知，WF=9.64×10-2 J ●錦囊妙計(jì) 一、高考要求 輕彈簧是一種理想化的物理模型，以輕質(zhì)彈簧為載體，設(shè)置復(fù)雜的物理情景，考查力的概念，物體的平衡，牛頓定律的應(yīng)用及能的轉(zhuǎn)化與守恒，是高考命題的重點(diǎn)，此類命題幾乎每年高考卷面均有所見.應(yīng)引起足夠重視. 二、彈簧類命題突破要點(diǎn) 1.彈簧的彈力是一種由形變而決定大小和方向的力.當(dāng)題目中出現(xiàn)彈簧時(shí)，要注意彈力的大小與方向時(shí)刻要與當(dāng)時(shí)的形變相對應(yīng).在題目中一般應(yīng)從彈簧的形變分析入手，先確定彈簧原長位置，現(xiàn)長位置，找出形變量x與物體空間位置變化的幾何關(guān)系，分析

29、形變所對應(yīng)的彈力大小、方向，以此來分析計(jì)算物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的可能變化. 2.因彈簧（尤其是軟質(zhì)彈簧）其形變發(fā)生改變過程需要一段時(shí)間，在瞬間內(nèi)形變量可以認(rèn)為不變.因此，在分析瞬時(shí)變化時(shí)，可以認(rèn)為彈力大小不變，即彈簧的彈力不突變. 3.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)行計(jì)算，也可據(jù)動(dòng)能定理和功能關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求解.同時(shí)要注意彈力做功的特點(diǎn)：Wk=-（kx22-kx12），彈力的功等于彈性勢能增量的負(fù)值.彈性勢能的公式Ep=kx2，高考不作定量要求，可作定性討論.因此，在求彈力的功或彈性勢能的改變時(shí)，一般以能量的轉(zhuǎn)化與守恒的角度來求解. ●殲滅難點(diǎn)

30、 1.如左圖所示，小球在豎直力F作用下將豎直彈簧壓縮，若將力F撤去，小球?qū)⑾蛏蠌椘鸩㈦x開彈簧，直到速度變?yōu)榱銥橹?，在小球上升的過程中 A.小球的動(dòng)能先增大后減小 B.小球在離開彈簧時(shí)動(dòng)能最大 C.小球的動(dòng)能最大時(shí)彈性勢能為零 D.小球的動(dòng)能減為零時(shí)，重力勢能最大 2.（00年春）一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為M的平板，處在平衡狀態(tài).一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，如圖右所示.讓環(huán)自由下落，撞擊平板.已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)，使彈簧伸長. A.若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動(dòng)量守恒 B.若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機(jī)械能

31、守恒 圖2-10 C.環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小無關(guān) D.在碰后板和環(huán)一起下落的過程中，它們減少的動(dòng)能等于克服彈簧力所做的功 3.如圖2-10所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短.現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中 圖2-11 A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒 C.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 4.如圖2-11所示，輕質(zhì)彈簧原長L，豎直固定在地面上，質(zhì)量為m的小球從距地面H高處由靜止

32、開始下落，正好落在彈簧上，使彈簧的最大壓縮量為x，在下落過程中，空氣阻力恒為f，則彈簧在最短時(shí)具有的彈性勢能為Ep=________. 5.（01年上海）如圖9-12（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θ，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(shí)物體的加速度. 圖2—12 （1）下面是某同學(xué)對該題的一種解法： 解：設(shè)l1線上拉力為T1，l2線上拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用下保持平衡： T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ 剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體即在T2

33、反方向獲得加速度.因?yàn)閙gtanθ=ma,所以 加速度a=gtanθ,方向在T2反方向. 你認(rèn)為這個(gè)結(jié)果正確嗎?請對該解法作出評價(jià)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(jì)的輕彈簧，如圖2-12（B）所示，其他條件不變，求解的步驟與（1）完全相同，即a=gtanθ，你認(rèn)為這個(gè)結(jié)果正確嗎?請說明理由. *6.如圖2-13所示，A、B、C三物塊質(zhì)量均為m，置于光滑水平臺(tái)面上.B、C間夾有原已完全壓緊不能再壓縮的彈簧，兩物塊用細(xì)繩相連，使彈簧不能伸展.物塊A以初速度v0沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，相碰后，A與B、C粘合在一起，然后連接B、C的細(xì)繩因受擾動(dòng)而突然斷開

34、，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，脫離彈簧后C的速度為v0. （1）求彈簧所釋放的勢能ΔE. （2）若更換B、C間的彈簧，當(dāng)物塊A以初速v向B運(yùn)動(dòng)，物塊C在脫離彈簧后的速度為2v0，則彈簧所釋放的勢能ΔE′是多少? （3）若情況（2）中的彈簧與情況（1）中的彈簧相同，為使物塊C在脫離彈簧后的速度仍為 2v0，A的初速度v應(yīng)為多大? 參考答案： ［難點(diǎn)提出］ 1.C 2.m2（m1+m2）g2;（）m1（m1+m2）g2 3.x0 ［殲滅難點(diǎn)］ 1.AD 2.AC 3.B 4.分析從小球下落到壓縮最短全過程 由動(dòng)能定理：（m

35、g-f）（H-L+x）-W彈性=0 W彈性=Ep=（mg-f）（H-L+x） 5.（1）結(jié)果不正確.因?yàn)閘2被剪斷的瞬間，l1上張力的大小發(fā)生了突變，此瞬間 T2=mg cosθ,a=g sinθ （2）結(jié)果正確，因?yàn)閘2被剪斷的瞬間、彈簧l1的長度不能發(fā)生突變、T1的大小和方向都不變. 6.（1）mv02 （2）m（v-6v0）2 （3）4v0 彈性碰撞模型及應(yīng)用 彈性碰撞問題及其變形在是中學(xué)物理中常見問題，在高中物理中占有重要位置，也是多年來高考的熱點(diǎn)。彈性碰撞模型能與很多知識(shí)點(diǎn)綜合，聯(lián)系廣泛，題目背景易推陳出新，掌握這一模型，舉一反三，可輕松

36、解決這一類題，切實(shí)提高學(xué)生推理能力和分析解決問題能力。所以我們有必要研究這一模型。 (一) 彈性碰撞模型 彈性碰撞是碰撞過程無機(jī)械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒。確切的說是碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能不變。在題目中常見的彈性球、光滑的鋼球及分子、原子等微觀粒子的碰撞都是彈性碰撞。 m2v2 m1v1 B m1v0 B A 圖1 A 已知A、B兩個(gè)鋼性小球質(zhì)量分別是m1、m2，小球B靜止在光滑水平面上，A以初速度v0與小球B發(fā)生彈性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物體B的速度v2大小和方向 解析：取小球A初速度v0的方向?yàn)檎较颍虬l(fā)生的是彈性碰

37、撞，碰撞前后動(dòng)量守恒、動(dòng)能不變有： m1v0= m1v1+ m2v2 ① ② 由①②兩式得： ， 結(jié)論：（1）當(dāng)m1=m2時(shí)，v1=0，v2=v0，顯然碰撞后A靜止，B以A的初速度運(yùn)動(dòng)，兩球速度交換，并且A的動(dòng)能完全傳遞給B，因此m1=m2也是動(dòng)能傳遞最大的條件； （2）當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1＞0，即A、B同方向運(yùn)動(dòng)，因 ＜，所以速度大小v1＜v2，即兩球不會(huì)發(fā)生第二次碰撞； 若m1>>m2時(shí)，v1= v0，v2=2v0 即當(dāng)質(zhì)量很大的物體A碰撞質(zhì)量很小的物體B時(shí)，物體A的速度幾乎不變，物體B以2倍于物體A的速度向前運(yùn)動(dòng)。 （3）當(dāng)m1＜m2時(shí)，則

38、v1＜0，即物體A反向運(yùn)動(dòng)。 當(dāng)m1<

39、mB 經(jīng)時(shí)間T發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置 B．如果mA>mB 經(jīng)時(shí)間T發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置 C．如果mA>mB 經(jīng)時(shí)間T/2發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置右側(cè) D．如果mA

40、左回到平衡位置,A繼續(xù)向左;再經(jīng)T/2, B完成半個(gè)全振動(dòng)向右,A恰好完成一次全振動(dòng)向左同時(shí)回到平衡位置發(fā)生碰撞，故B選項(xiàng)正確，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)mA

41、小車，當(dāng)小球返回左端脫離小車時(shí)，下列說法正確的是： A．小球一定沿水平方向向左做平作拋運(yùn)動(dòng) B．小球可能沿水平方向向左作平拋運(yùn)動(dòng) C．小球可能沿水平方向向右作平拋運(yùn)動(dòng) D．小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng) [解析]：小球水平?jīng)_上小車，又返回左端，到離開小車的整個(gè)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，相當(dāng)于小球與小車發(fā)生彈性碰撞的過程，如果m＜M，小球離開小車向左平拋運(yùn)動(dòng)，m=M，小球離開小車做自由落體運(yùn)動(dòng)，如果m＞M，小球離開小車向右做平拋運(yùn)動(dòng)，所以答案應(yīng)選B，C，D [例3]在光滑水平面上有相隔一定距離的A、B兩球，質(zhì)量相等，假定它們之間存在恒定的斥力作用，原來兩球被按住，處在靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)突然

42、松開兩球，同時(shí)給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零；若兩球間的距離從最小值（兩球未接觸）到剛恢復(fù)到原始值所經(jīng)歷的時(shí)間為t0，求：B球在斥力作用下的加速度 [解析]：A球射向B球過程中，A球一直作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B球由靜止開始一直作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩球速度相等時(shí)相距最近，當(dāng)恢復(fù)到原始值時(shí)相當(dāng)于發(fā)生了一次彈性碰撞，，由于A、B質(zhì)量相等，A、B發(fā)生了速度交換，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。 設(shè)A、B速度相等時(shí)速度為v，恢復(fù)到原始值時(shí)A、B的速度分別為v1、v2， mv0= 2mv ① 2mv=mv1+ mv2 ②

43、 ③ 由①式得v=，由②③解得v1=0，v2= v0 （另一組解v1= v0，v2= 0舍去） 則B的加速度a== [例4] 如圖4所示,光滑水平地面上靜止放置兩由彈簧相連木塊A和B,一質(zhì)量為m子彈,以速度v0,水平擊中木塊A,并留在其中,A的質(zhì)量為3m,B的質(zhì)量為4m. (1)求彈簧第一次最短時(shí)的彈性勢能 (2)何時(shí)B的速度最大，最大速度是多少？ mvo B A 圖4 [解析](1)從子彈擊中木塊A到彈簧第一次達(dá)到最短的過程可分為兩個(gè)小過程一是子彈與木塊A的碰撞過程，動(dòng)量守恒，有機(jī)械能損失；二是子彈與木塊A組成的整體與木塊B通過彈簧相互作用的過程，動(dòng)

44、量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒， 子彈打入: mv0=4mv1 　　① 打入后彈簧由原長到最短: 4mv1=8mv2　　 ?、? 機(jī)械能守恒: 　 ③ 解①②③得 (2)從彈簧原長到壓縮最短再恢復(fù)原長的過程中，木塊B一直作變加速運(yùn)動(dòng),木塊A一直作變減速運(yùn)動(dòng),相當(dāng)于彈性碰撞，因質(zhì)量相等，子彈和A組成的整體與B木塊交換速度,此時(shí)B的速度最大,設(shè)彈簧彈開時(shí)A、B的速度分別為 4mv1=4mv1’ +4mv2’ ④ ⑤ 解得: v1’=o ,v2’=v1 =

45、 可見,兩物體通過彈簧相互作用,與彈性碰撞相似。 彈性碰撞模型的應(yīng)用不僅僅局限于“碰撞”，我們應(yīng)廣義地理解 “碰撞”模型。這一模型的關(guān)鍵是抓住系統(tǒng)“碰撞”前后動(dòng)量守恒、系統(tǒng)機(jī)械能守恒（動(dòng)能不變），具備了這一特征的物理過程，可理解為“彈性碰撞”。我們對物理過程和遵循的規(guī)律就有了較為清楚的認(rèn)識(shí)，問題就會(huì)迎刃而解。 電磁學(xué)導(dǎo)棒問題歸類分析 近十年高考物理試卷和理科綜合試卷，電磁學(xué)的導(dǎo)棒問題復(fù)現(xiàn)率高達(dá)100%(除98年無純導(dǎo)棒外)，且多為分值較大的計(jì)算題．為何導(dǎo)棒問題頻繁復(fù)現(xiàn)

46、，原因是：導(dǎo)棒問題是高中物理電磁學(xué)中常用的最典型的模型，常涉及力學(xué)和熱學(xué)問題，可綜合多個(gè)物理高考知識(shí)點(diǎn)．其特點(diǎn)是綜合性強(qiáng)、類型繁多、物理過程復(fù)雜，有利于對學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)的知識(shí)從多層面、多角度、全方位分析問題和解決問題的能力考查；導(dǎo)棒問題是高考中的重點(diǎn)、難點(diǎn)、熱點(diǎn)、焦點(diǎn)問題． 導(dǎo)棒問題在磁場中大致可分為兩類：一類是通電導(dǎo)棒，使之平衡或運(yùn)動(dòng)；其二是導(dǎo)棒運(yùn)動(dòng)切割磁感線生電．運(yùn)動(dòng)模型可分為單導(dǎo)棒和雙導(dǎo)棒． (一)通電導(dǎo)棒問題 通電導(dǎo)棒題型，一般為平衡和運(yùn)動(dòng)型，對于通電導(dǎo)棒平衡型，要求考生用所學(xué)物體的平衡條件(包含∑F=0，∑M=0)來解答，而對于通電導(dǎo)棒的運(yùn)動(dòng)型，則要求考生用所

47、學(xué)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量定理以及能量守恒結(jié)合在一起，加以分析、討論，從而作出準(zhǔn)確地解答． 例1：如圖(1-1-1)所示，相距為d的傾角為α的光滑平行導(dǎo)軌(電源ε、r和電阻R均已知)處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中，一質(zhì)量為m的導(dǎo)棒恰能處于平衡狀態(tài)，則該磁場B的大小為 ；當(dāng)B由豎直向上逐漸變成水平向左的過程中，為保持棒始終靜止不動(dòng)，則B的大小應(yīng)是 ．上述過程中，B的最小值是 ． 分析和解：此題主要用來考查考生對物體平衡條件的理解情況，同時(shí)考查考生是否能利用矢量封閉三角形或三角函數(shù)求其極值的能力． 將圖(1-1-1

48、)首先改畫為從右向左看的側(cè)面圖，如圖(1-1-2)所示，分析導(dǎo)棒受力，并建立直角坐標(biāo)系進(jìn)行正交分解，也可采用共點(diǎn)力的合成法來做． 根據(jù)題意∑F=0，即∑Fx=0；∑Fy=0；∑Fx=FB–Nsinα=0 ① ∑Fy=Fcosα–mg=0 ②，①/②得：③ 由安培力公式FB=BId ④；全電路區(qū)姆定律⑤， 聯(lián)立③④⑤并整理可得 (2)借助于矢量封閉三角形來討論，如圖(1-1-3)在磁場由豎直向上逐漸變成水平的過程中，安培力由水平向右變成豎直向上，在此過程中，由圖(1-1-3)看出FB先減小后增大，最終N=0，F(xiàn)B=mg，因而B也應(yīng)先減小后增大． (3)由圖(1-1-3)可知，

49、當(dāng)FB方向垂直于N的方向時(shí)FB最小，其B最小，故①，而②，③，聯(lián)立①②③可得，即 評析：該題將物體的平衡條件作為重點(diǎn)，讓考生將公式和圖象有機(jī)地結(jié)合在一起，以達(dá)到簡單快速解題的目的，其方法是值得提倡和借鑒的． (二)棒生電類： 棒生電類型是電磁感應(yīng)中的最典型模型、生電方式分為平動(dòng)切割和轉(zhuǎn)動(dòng)切割，其模型可分為單導(dǎo)棒和雙導(dǎo)棒．要從靜態(tài)到動(dòng)態(tài)、動(dòng)態(tài)到終態(tài)加以分析討論，其分析動(dòng)態(tài)是關(guān)鍵．對于動(dòng)態(tài)分析，可從以下過程考慮：閉合電路中的磁通量發(fā)生變化導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力和其他力作用導(dǎo)體加速度變化速度變化感應(yīng)電流變化周而復(fù)始地循環(huán)最后加速度減小至零速度達(dá)到最大導(dǎo)體做勻速直線運(yùn)動(dòng)．我們知道，電磁感應(yīng)

50、現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是不同形式能量的轉(zhuǎn)化過程，因此，由功能觀點(diǎn)切入，分清楚電磁感應(yīng)過程中能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，往往是我們解決電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵，當(dāng)然也是我們處理這類題型的有效途徑． 1、單導(dǎo)棒問題 例1：(2001年全國高考試題)如圖(2-1-1)所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0Ω；有一導(dǎo)棒靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，棒及軌道的電阻皆可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道面向下．現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉棒，使之做勻加速運(yùn)動(dòng)，測得力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖(2-1-2)所示．求棒的質(zhì)量m和加速度a． 分析和

51、解：此題主要用來考查學(xué)生對基本公式掌握的情況，是否能熟練將力電關(guān)系式綜合在一起，再根據(jù)圖象得出其a和m值．從圖中找出有用的隱含條件是解答本題的關(guān)鍵． 解法一：導(dǎo)棒在軌道上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用v表示其速度，t表示時(shí)間，則有v=at ①，棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢②，在棒、軌道和電阻的閉合電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流③，桿所受安培力FB=BIL ④，再由牛頓第二定律∑F=ma故F–FB=ma ⑤，聯(lián)立求解①~⑤式得⑥．在圖線上取兩點(diǎn)代入⑥式，可得a=10m/s2，m=0.1kg． 解法二：從F–t圖線可建立方程 F=1+0.1t ①，棒受拉力F和安培力FB作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其合

52、力不隨時(shí)間t變化，并考慮初始狀態(tài)FB=0，因而FB的大小為FB=0.1t ②，再由牛頓第二定律：∑F=ma有F–FB=ma ③，聯(lián)立①②③可得ma=1 ④．又∵FB=BIL ⑤，而⑥，⑦，聯(lián)立⑤⑥⑦得⑧，而v=at，故⑨，②/⑨得：⑩，再由④與⑩式得． 評析：解法一采用了物理思維方法，即用力學(xué)的觀點(diǎn)，再結(jié)合其F-t圖象將其所求答案一一得出．解法二則采用了數(shù)學(xué)思維方法，先從F-t圖象中建立起相應(yīng)的直線方程，再根據(jù)力學(xué)等知識(shí)一一求得，此解法不落窠臼，有一定的創(chuàng)新精神．我們認(rèn)為，此題不愧為電磁學(xué)中的經(jīng)典習(xí)題，給人太多的啟發(fā)，的確是一道選拔優(yōu)秀人才的好題． 例2：如圖(2-1-2)所示，兩根豎直放

53、置在絕緣地面上的金屬框架上端接有一電容量為C的電容器，框架上有一質(zhì)量為m，長為L的金屬棒，平行于地面放置，與框架接觸良好且無摩擦，棒離地面的高度為h，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與框架平面垂直，開始時(shí)電容器不帶電，將棒由靜止釋放，問棒落地時(shí)的速度多大？落地時(shí)間多長？ 分析和解：此題主要用來考查考生對勻變速直線運(yùn)動(dòng)的理解，這種將其電容和導(dǎo)棒有機(jī)地綜合在一起，使之成為一種新的題型．從另一個(gè)側(cè)面來尋找電流的關(guān)系式，更有一種突破常規(guī)思維的創(chuàng)新，因而此題很具有代表性． 經(jīng)分析，導(dǎo)棒在重力作用下下落，下落的同時(shí)產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢．由于電容器的存在，在棒上產(chǎn)生充電電流，棒將受安培力的作用，因此，棒在重力作用和

54、安培力的合力作用下向下運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律∑F=ma，得故mg–FB=ma ①，F(xiàn)B=BiL ②． 由于棒做加速運(yùn)動(dòng)，故v、a、ε、FB均為同一時(shí)刻的瞬時(shí)值，與此對應(yīng)電容器上瞬時(shí)電量為Q=C·ε，而ε=BLv．設(shè)在時(shí)間△t內(nèi)，棒上電動(dòng)勢的變化量為△ε，電容器上電量的增加量為△Q，顯然△ε=BL△v ③，△Q=C·△ε ④，再根據(jù)電流的定義式⑤， ⑤′，聯(lián)立①~⑤′得：⑥ 由⑥式可知，a與運(yùn)動(dòng)時(shí)間無關(guān)，且是一個(gè)恒量，故棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其落地速度為v，則⑦，將⑥代入⑦得：⑧，落地時(shí)間可由，得，將⑥代入上式得． 評析：本題應(yīng)用了微元法求出△Q與△v的關(guān)系，又利用電流和

55、加速度的定義式，使電流i和加速度a有機(jī)地整合在一起來求解，給人一種耳目一新的感覺．讀后使人頗受啟示． 例：如圖(2-1-3)所示，傾角為θ=30°，寬度為L=1m的足夠長的U型平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，在范圍充分大的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面斜向上，現(xiàn)用平行導(dǎo)軌、功率恒為6w的牽引力F，牽引一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻R=1Ω放在導(dǎo)軌上的導(dǎo)棒ab，由靜止沿導(dǎo)軌向上移動(dòng)(ab棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直)．當(dāng)金屬導(dǎo)棒ab移動(dòng)S=2.8m時(shí)，獲得穩(wěn)定速度，在此過程中金屬導(dǎo)棒產(chǎn)生的熱量為Q=5.8J(不計(jì)導(dǎo)軌電阻及一切摩擦，g取10m/s2) 問(1)導(dǎo)棒達(dá)到穩(wěn)定速度是多大？

56、 (2)導(dǎo)棒從靜止達(dá)到穩(wěn)定速度所需時(shí)間是多少？ 分析和解：此題主要用來考查考生是否能熟練運(yùn)用力的平衡條件和能量守恒定律來巧解此題． 當(dāng)金屬導(dǎo)棒勻速沿斜面上升有穩(wěn)定速度v時(shí)，導(dǎo)棒受力如圖(2-1-4)所示，由力的平衡條件∑F=0，則F–mgsinθ–FB=0 ①，F(xiàn)B=BIL ②，③，ε=BLv ④，又∵F=P/v ⑤，由①②③④⑤可得，整理得，代入有關(guān)數(shù)據(jù)得，解得v=2m/s，v=–3m/s(舍去)． (2)由能量轉(zhuǎn)化和守恒，代入數(shù)據(jù)可得t=1.5s． 評析：此題較一般電磁感應(yīng)類型題更能體現(xiàn)能量轉(zhuǎn)化和守恒過程，因此，在分析和研究電磁感應(yīng)中的導(dǎo)棒問題時(shí)，從能量觀點(diǎn)去著手求解，往往更能觸

57、及該問題的本質(zhì)，當(dāng)然也是處理此類問題的關(guān)鍵和一把金鑰匙． 2、雙導(dǎo)棒問題： 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，除了單導(dǎo)棒問題外，還存在較多的雙導(dǎo)棒問題，這類問題的顯著特征是：兩導(dǎo)棒在切割磁感線時(shí)，相當(dāng)于電池的串聯(lián)或并聯(lián)，組成閉合回路，而且，求解此類型問題最佳途徑往往從能量守恒、動(dòng)量守恒的角度出發(fā)，用發(fā)展、變化的眼光，多角度、全方位地發(fā)散思維，尋求相關(guān)物理量和公式，挖掘隱含條件，采用“隔離法”或“整體法”(系統(tǒng)法)快捷作出解答．因此，雙導(dǎo)棒問題更能反映考生的分析問題和解決問題的能力，特別是方法、技巧、思路均反映在解題中，是甄別考生層次拉大差距的優(yōu)秀試題． 例1：(1993年全國高考題)如圖(2-2-1)所

58、示兩金屬導(dǎo)棒ab和cd長均為L，電阻均為R，質(zhì)量分別為M和m，M>m．用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛于水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)，兩金屬導(dǎo)棒都處于水平位置，整個(gè)裝置處在一與回路平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，若金屬導(dǎo)棒ab正好勻速向下運(yùn)動(dòng)，求運(yùn)動(dòng)的速度． 分析和解：此題主要用來考查考生對力學(xué)中的受力分析、力的平衡、電磁感應(yīng)、歐姆定律和安培力公式的掌握．此題也可從不同方法去解答． 解法一：采用隔離法，假設(shè)磁場B的方向是垂直紙面向里，ab桿向下勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則ab棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)熱大小，方向由a→b，cd棒以速度v向上切割磁感線運(yùn)

59、動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢大小為，方向由d→c．回路中的電流方向由a→b→d→c，大小為①，ab棒受到安培力向上，cd棒受到安培力向下，大小均為FB即②，當(dāng)ab棒勻速下滑時(shí)，令棒受到的導(dǎo)線拉力為T，則對ab有T+FB=mg ③，對cd有：T=FB+mg ④，由③④解得2FB=(M-m)g ⑤，再由②⑤可得，故． 解法二：采用整體法，把a(bǔ)b、cd柔軟導(dǎo)線視為一個(gè)整體，∵M(jìn)>m，∴整體動(dòng)力為(M–m)g ①，ab棒向下，cd棒向上，整體所受安培力與整體動(dòng)力相等時(shí)正好做勻速向下運(yùn)動(dòng)，則． 解法三：采用能量守恒法，將整個(gè)回路視為一個(gè)整體系統(tǒng)，用其速度大小不變，故動(dòng)能不變．a(chǎn)b棒向下，cd棒向上運(yùn)動(dòng)過程中，因

60、Mg>mg，系統(tǒng)的重力勢能減少，將轉(zhuǎn)化為回路的電能，電能量轉(zhuǎn)化守恒定律①，而ε總=2ε ②，ε=BLv ③，聯(lián)立①②③可得． 評析：此題為典型的雙導(dǎo)棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題．并且兩根棒都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，對整個(gè)回路而言，相當(dāng)于電池組的串聯(lián)，整個(gè)回路中有電流流過，兩棒都受安培力，在未達(dá)到穩(wěn)定速度前，兩棒均做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度為最大．從以上三種解法來看，其解法三更顯簡便，思維靈活，故該題對考生的考查確實(shí)具有針對性． 例2：(2001高考春招試題)如圖(2-2-2)所示，兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間距為L．導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩

61、形回路．兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)．在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．該兩導(dǎo)體棒可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行．開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度度v0，若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求： (1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？ (2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的加速度是多少？ 分析和解：此題主要用來考查考生對雙棒運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)分析和終態(tài)推理以及兩個(gè)守恒定律的熟練掌握情況．此題是一道層次較高的典型水平面雙棒試題． ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab棒產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，由于通過導(dǎo)軌和cd棒組成回路，于是回路中便產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab棒受

62、到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，而cd棒則在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)．在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路中總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速，而棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，即不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒的相同的速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (1)從初始至兩棒達(dá)到速度相同的過程中，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mv0=2mv ①，再根據(jù)能量守恒②，聯(lián)立①②兩式得：． (2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)槌跛俚臅r(shí)，cd棒的速度為v′，則再次由動(dòng)量守恒定律可知 ③，此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流分別是：④，⑤，此時(shí)cd棒所受安培力FB=BIL ⑥，cd棒的加速度 ⑦，聯(lián)立 ①

63、~⑦得 ． 評析：此題將分析雙棒的初態(tài)、過渡態(tài)、終態(tài)以及整個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)情況，各個(gè)物理量的變化情況和動(dòng)量守恒、能量守恒天然聯(lián)系在一起，確實(shí)達(dá)到了命題人綜合考查考生各方面分析問題和解決問題能力的目的．充分體現(xiàn)了命題專家以綜合見能力的命題意圖，即“著眼綜合、立足基礎(chǔ)、突出能力．”此題的確是一道經(jīng)典考題． 通過對以上高考例題的分類處理、解析，從中發(fā)現(xiàn)，電磁學(xué)中的導(dǎo)棒問題內(nèi)涵的確豐富、靈活、新穎，涉及面廣、易于拓展和延伸，的確不愧為電磁學(xué)中的精華部分．高考試題是經(jīng)典題目，通過分析和求解，更能啟迪思維和培養(yǎng)各種能力，由于篇幅限制，此處不能將歷年高考導(dǎo)棒試題列出，希望大家收集并加以適當(dāng)?shù)挠?xùn)練．

64、 構(gòu)建復(fù)合運(yùn)動(dòng)模型 解析物體運(yùn)動(dòng)問題 抽象物理模型是解答物理問題的關(guān)鍵．在對簡單問題進(jìn)行模型化處理時(shí)，常可把它抽象為一個(gè)已知的物理模型，然而在對某些比較復(fù)雜問題進(jìn)行模型化處理時(shí)，常常通過聯(lián)想舊模型、創(chuàng)造新模型來構(gòu)建復(fù)合模型（或稱模型鏈）.構(gòu)建復(fù)合物理模型能將復(fù)雜問題轉(zhuǎn)化為簡單問題的組合，使問題得到順利解答.本文通過結(jié)合具體教學(xué)實(shí)例就如何構(gòu)建復(fù)合運(yùn)動(dòng)模型來巧解物理競賽中復(fù)雜運(yùn)動(dòng)問題. 　　一、構(gòu)建直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的復(fù)合運(yùn)動(dòng)模型 　1.構(gòu)建同一平面內(nèi)直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的復(fù)合運(yùn)動(dòng)模型，解答擺線運(yùn)動(dòng)問題 　　例1　如圖1所示，一質(zhì)量為m

65、、帶電量為＋q的小球從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中A點(diǎn)由靜止開始下落，試求帶電小球下落的最大高度h． 圖1 　　分析與解　可以證明這個(gè)問題中帶電小球運(yùn)動(dòng)軌跡是比較復(fù)雜的擺線，對高中學(xué)生而言從合運(yùn)動(dòng)角度分析這個(gè)問題比較困難.現(xiàn)構(gòu)建小球有兩個(gè)大小相等、方向相反的水平初速度v１０、v2０，所構(gòu)建的這兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)與小球原有初始運(yùn)動(dòng)條件等效.現(xiàn)使小球的分運(yùn)動(dòng)v１０產(chǎn)生的洛倫茲力為qv１０B＝mg則v１０＝mg／qB，因而小球的運(yùn)動(dòng)可視為沿水平方向以速度v１０做勻速直線運(yùn)動(dòng)和在豎直平面內(nèi)以速度v2０做逆時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng).勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝mv2０／qB＝g（m／qB）2，因而小球在

66、運(yùn)動(dòng)過程中下落的最大高度為Ｈm＝2Ｒ＝2g（m／qB）2. 　　通過構(gòu)建勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)復(fù)合模型，巧妙地解答了這個(gè)復(fù)雜問題. 　　2.構(gòu)建不同平面內(nèi)的直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的復(fù)合運(yùn)動(dòng)模型，解答螺旋運(yùn)動(dòng)問題 　　例2　如圖2所示，兩個(gè)平行板內(nèi)存在互相平行的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在平行板的右端處有一熒光屏MN，中心為O，OO′既垂直電場方向又垂直熒光屏，長度為L.在熒光屏上以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立一直角坐標(biāo)系，y軸方向豎直向上，x軸正方向垂直紙面向外.現(xiàn)有一束具有相同速度和荷質(zhì)比的帶正電粒子束，沿O′O方向從O′點(diǎn)射入此電場區(qū)域，最后打在熒光屏上．若屏上亮點(diǎn)坐標(biāo)為（L／3，Ｌ／6），重力不計(jì).試求：（1）磁場方向；（2）帶電粒子的荷質(zhì)比. 圖2 　　分析與解　帶電粒子在相互平行的勻強(qiáng)電場與磁場中運(yùn)動(dòng)為比較復(fù)雜的三維運(yùn)動(dòng)（螺旋線運(yùn)動(dòng)），根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)獨(dú)立作用原理，可以把此螺旋運(yùn)動(dòng)構(gòu)建為y軸方向上的加速直線運(yùn)動(dòng)和xOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的復(fù)合運(yùn)動(dòng)模型.在xOz平面內(nèi)構(gòu)建出如圖3所示的幾何圖景，由圖3運(yùn)用物理知識(shí)和三角形知識(shí)可得：磁場方