《物理專題講座之六物理模型的構(gòu)建》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理專題講座之六物理模型的構(gòu)建（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 物理解題中的科學(xué)思維措施---構(gòu)建物理模型法 1．命題趨勢 物理應(yīng)用能力是“理綜能力”考察的核心。物理應(yīng)用能力的考察本質(zhì)是對實際問題分析、還原和構(gòu)建物理模型能力的考察，解題的過程實質(zhì)上就是對實際問題分析、還原和構(gòu)建物理模型的過程。平常所說解題時應(yīng)“明確物理過程、在頭腦中建立一幅清晰的物理圖景”，其實指的就是要對的地還原和構(gòu)建物理模型。由于考生構(gòu)建模型的狀況，能真實地反映她的理解能力、分析綜合能力、獲取知識的能力等多種能力。 2．知識概要 互有關(guān)聯(lián)的物理狀態(tài)和物理過程構(gòu)成了物理問題，解決物理問題的一般措施可歸納為如下幾種環(huán)節(jié)： 審視物理情景 構(gòu)建物理模型

2、 轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題 還原為物理結(jié)論 在這幾種環(huán)節(jié)中，根據(jù)問題的情景構(gòu)建出物理模型是最核心的、也是較困難的環(huán)節(jié)。由問題情景轉(zhuǎn)化出來的所謂“物理模型”，事實上就是由抱負(fù)的對象參與的抱負(fù)的過程。如質(zhì)點的自由落體運(yùn)動、質(zhì)點的勻速圓周運(yùn)動、單擺的簡諧運(yùn)動、點電荷在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動、串并聯(lián)電路等等。這種物理模型一般由更原始的物理模型構(gòu)成。原始的物理模型可分為如下兩類： 對象模型（質(zhì)點、輕桿、輕繩、彈簧振子、單擺、抱負(fù)氣體、點電荷、抱負(fù)電表、抱負(fù)變壓器、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場、點光源、光線、原子模型等） 過程模型（勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動、平拋運(yùn)動、簡諧運(yùn)動、簡諧

3、波、彈性碰撞、自由落體運(yùn)動、豎直上拋運(yùn)動等） 物理模型 所謂“建?！本褪菍в袑嶋H色彩的物理對象或物理過程通過抽象、抱負(fù)化、簡化和類比等措施轉(zhuǎn)化成抱負(fù)的物理模型。對的構(gòu)建物理模型應(yīng)注意如下幾點： （1）養(yǎng)成根據(jù)物理概念和物理規(guī)律分析問題的思維習(xí)慣。結(jié)合題目描述的現(xiàn)象、給出的條件，擬定問題的性質(zhì)；同步抓住現(xiàn)象的特性尋找因果關(guān)系。這樣能為物理模型的構(gòu)建打下基本。 （2）抱負(fù)化措施是構(gòu)建物理模型的重要措施，抱負(fù)化措施的本質(zhì)是抓住重要矛盾，近似的解決實際問題。因此在分析問題時要養(yǎng)成比較、取舍的習(xí)慣。 （3）要透徹掌握典型物理模型的本質(zhì)特性、不斷積累典型模型，并靈活運(yùn)用她們

4、。如研究碰撞時，總結(jié)出彈性碰撞和完全非彈性碰撞兩個模型，但后來發(fā)現(xiàn)某些作用時間較長的非碰撞類問題，也有相似的數(shù)學(xué)形式，這就可以把這些問題也納入到這兩個模型中去，直接應(yīng)用這兩個模型的結(jié)論。在粒子散射實驗中，粒子與重金屬原子核的作用是非接觸性的靜電力作用，由于動能守恒也可納入彈性碰撞模型。 3. 點撥解疑 【例題1】兩塊大小不同的圓形薄板（厚度不計），質(zhì)量分別為M和m（M=2m），半徑分別為R和r，兩板之間用一根長L=0.4m的輕質(zhì)繩連結(jié)，開始時，兩板水平疊放在支架C上方高h(yuǎn)=0.2m處（如圖a所示），后來，兩板一起自由下落，支架上有一種半徑Rˊ（r

5、終線上，大圓板遇到支架后跳起，機(jī)械能無損失，小圓板穿過圓周運(yùn)動孔，兩板分離，試求當(dāng)細(xì)繩繃緊的瞬間兩板的速度（如圖b所示），取g=10m/s2。 解析：本題的整體過程可分如下幾種階段； （1）板自由下落過程（此時兩板作為一種整體可抽象為一種質(zhì)點模型）， 到兩板落至支架C時的速度為： （2）大圓板與支架相碰，且無機(jī)械能損失（此過程還原為彈性碰撞模型）， 然后小圓板繼續(xù)下落；

6、 大圓板與支架C碰后以v0為初速度豎直跳起，設(shè)至細(xì)繩繃緊前歷時t1，繃緊前的速度為v1，

7、上跳高度（離支架C的高度）為h1， 則： v1=v0-gt1 (1) v12=v02-2gt1 (2) 小圓板穿過圓孔時的速度為v0，設(shè)落至細(xì)繩繃緊前歷時t2，速度為v2，下落高度（離支架的高度）為h2，則： v2=v0-gt2 (3) v22=v02-2gt2 (4) 因t1=t2,h1+h2=L=0.4m,故（1）（3）兩式相加得：v1+v2=2v0=4m/s （5） 由（4）（2）兩工相減得：

8、 v22-v12=2gL=2×10×0.4=8(m/s) （6） 聯(lián)立（5）、（6）兩式得細(xì)繩繃緊前兩板速度大小分別為v1=1m/s，v2=3m/s。它們的速度方向相反，v1向上，v2向下。 （3）細(xì)繩繃緊瞬間，兩板通過繩的互相作用獲得共同速度（此過程還原為完全非彈性碰撞）。 由于細(xì)繩繃緊時間極短，重力的沖量可忽視，故繃緊過程中系統(tǒng)動量守恒，設(shè)兩板共同速度為u，取豎直向下為正方向，由mv2-Mv1=(m+M)u 得 ： 即該瞬間兩板獲得向下的共同速度為 本題波及復(fù)雜情境，給人以無從下手的感覺。其實只要根據(jù)時或空間順序分清運(yùn)動過程，以及這些過程中波及

9、哪些規(guī)律。這樣將復(fù)雜情境的問題還原成了熟悉的典型運(yùn)動問題，復(fù)雜問題就會迎刃而解。 【例題2】（1999年高考全國卷）一跳水運(yùn)動員從離水面10m高的平臺上向上躍起,舉雙臂直體離開臺面，此時其重心位于從手到腳全長的中點，躍起后重心升高0.45m達(dá)到最高點，落水時身體豎直，手先入水（在此過程中運(yùn)動員水平方向的運(yùn)動忽視不計）從離開跳臺到手觸水面，她可用于完畢空中動作的時間是______s。（計算時，可以把運(yùn)動員看作所有質(zhì)量集中在重心的一種質(zhì)點，g取10m/s2，成果保存二位數(shù)） 解析：運(yùn)動員的跳水過程是一種很復(fù)雜的過程，重要是豎直方向的上下運(yùn)動，但也有水平方向的運(yùn)動，更有運(yùn)動員做的多種動作。構(gòu)

10、建運(yùn)動模型，應(yīng)抓重要因素。目前要討論的是運(yùn)動員在空中的運(yùn)動時間，這個時間從主線上講與運(yùn)動員所作的多種動作以及水平運(yùn)動無關(guān)，應(yīng)由豎直運(yùn)動決定，因此忽視運(yùn)動員的動作，把運(yùn)動員當(dāng)成一種質(zhì)點，同步忽視她的水平運(yùn)動。固然，這兩點題目都作了闡明，因此一定限度上“建?！钡囊?guī)定已有所減少，但我們應(yīng)當(dāng)理解這樣解決的因素。這樣，我們把問題提煉成了質(zhì)點作豎直上拋運(yùn)動的物理模型。 在定性地把握住物理模型之后，應(yīng)把這個模型細(xì)化，使之更清晰?？僧嫵鋈鐖D1所示的示意圖。由圖可知，運(yùn)動員作豎直上拋運(yùn)動，上升高度h，即題中的0.45m；從最高點下降到手觸到水面，下降的高度為H，由圖中H、h、10m三者的關(guān)系可知H=10.45

11、m。 由于初速未知，因此應(yīng)分段解決該運(yùn)動。運(yùn)動員躍起上升的時間為：s 從最高點下落至手觸水面，所需的時間為：s 因此運(yùn)動員在空中用于完畢動作的時間約為：=1.7s 點評：構(gòu)建物理模型時，要注重抱負(fù)化措施的應(yīng)用，要養(yǎng)成化示意圖的習(xí)慣。 【例題3】(03上海) 為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一種盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一種勻強(qiáng)電場，如圖所示?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設(shè)這些顆粒都處在靜止?fàn)顟B(tài)，每個顆粒帶電

12、量為q=+1.0×10-17C，質(zhì)量為m=2.0×10-15kg，不考慮煙塵顆粒之間的互相作用和空氣阻力，并忽視煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后：⑴通過多長時間煙塵顆?？梢员凰形?？⑵除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？⑶通過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達(dá)到最大？ 解析：本題涉實際生活情境，在題設(shè)情境下，煙塵顆粒視為帶電粒子，只在電場力作用下的勻加速直線運(yùn)動。 ⑴當(dāng)最接近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被所有吸附。煙塵顆粒受到的電場力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02s ⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J ⑶設(shè)煙塵顆粒下落距離為x，則當(dāng)時所有

13、煙塵顆粒的總動能 EK=NA(L-x)mv2/2=NA(L-x)qUx/L，當(dāng)x=L/2時EK達(dá)最大，而x=at12/2，故t1=0.014s 評析：本題求解需要建立兩個模型：點電荷模型和勻加速直線運(yùn)動模型，從而把靜電除塵轉(zhuǎn)化為帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動的物理問題，進(jìn)而用相應(yīng)的公式求解。 【例題4】 精密測量電子比荷的現(xiàn)代措施之一是雙電容法，其裝置如圖2所示，在真空管中由陰極K發(fā)射電子，其初速度可忽視不計。此電子被陰極K與陽極A間的電場加速后穿過屏障D1上的小孔，然后依次穿過電容器C1、屏障D2上的小孔和第二個電容器C2而射到熒光屏F上。陽極與陰極之間的電勢差為U，分別在電容器C1、

14、C2上加有頻率為f的完全相似的正弦式交變電壓，C1、C2中心間的距離為L，選擇頻率f使電子束在熒光屏上的亮點不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。試證明電子的比荷為（其中n為正整數(shù)）。 解析： 由題意，研究對象必然是電子，其對象模型顯然是帶電的質(zhì)點；對其過程模型的構(gòu)建，可按先后順序考慮；一方面是在電場中的變加速運(yùn)動，這是我們能解決的模型；接著進(jìn)入電容器，遇到偏轉(zhuǎn)電場，由于電容器上加的是變化電壓，那么其中的電場是不穩(wěn)定的，隨時間變化的，電子沿電場方向的運(yùn)動不是勻變速運(yùn)動，這是我們沒措施解決的。但考慮到電子加速后，速度很大，通過電容器的時間極短，如果忽視這一段時間內(nèi)的電壓變化，那么可把電子通過電容器的過程抽象為帶電質(zhì)

15、點在穩(wěn)定勻強(qiáng)電場中的物理模型，電場的強(qiáng)度取決于進(jìn)入電場的時機(jī)。 目前有兩個電容器，并且規(guī)定電子最后不偏轉(zhuǎn)，那么電子在電容器中的運(yùn)動與否有更具體的物理模型呢？模型很簡樸，就是進(jìn)入每個電容器的時機(jī)都正好是電場強(qiáng)度等于零的時候，電子作勻速直線運(yùn)動通過兩個電容器。 電子進(jìn)入第一種電容器的時刻t1應(yīng)滿足條件U0sin2πft1 =0，即2πft1=n1π。其中n1是自然數(shù)。 同樣，進(jìn)入第二個電容器的時刻t2應(yīng)滿足條件U0sin2πft2 =0，即2πft1=n2π。其中n2是自然數(shù)。 因此，當(dāng)t2-t1=，即時，電子束不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，其中n是正整數(shù)。 又由于 因此 點評：

16、該題讓我們又一次體驗到了抱負(fù)化措施的重要性。帶電粒子在電容器中運(yùn)動，一般是要考慮偏轉(zhuǎn)，但該題卻是不偏轉(zhuǎn)，因此設(shè)想出這一模型確是該題的難點。 針對練習(xí) 1．（1999年廣東高考題）如圖5所示，在某裝置中有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于Oxy所在的紙面向外．某時刻在x=，y= 0處，一質(zhì)子沿y軸的負(fù)方向進(jìn)入磁場；同一時刻，在x = -，y=0處，一種α粒子進(jìn)入磁場，速度方向與磁場垂直．不考慮質(zhì)子與α粒子的互相作用．設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電量為e 。 （1）如果質(zhì)子通過坐標(biāo)原點O，它的速度為多大? （2）如果α粒子與質(zhì)子在坐標(biāo)原點相遇，α粒子的速度應(yīng)為什么值?方向如何?

17、 2．如圖6所示，在xOy平面內(nèi)，有互相正交且沿水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=12N／C，方向沿x軸正方向，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向垂直xOy平面指向紙內(nèi)．一質(zhì)量為m=4×10-5kg，電量Q=+2.5×10-5C的帶電粒子，沿xOy平面做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動到原點時，撤去磁場，通過一段時間后，帶電粒子運(yùn)動到x軸上的P點．求P點到O點的距離和帶電粒子通過P點的速度大小各是多少。(g=10m／s2，sin53°=0.8) 3．如圖7所示，在空間存在水平方向的勻強(qiáng)磁場和豎直方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在場區(qū)某點由靜止釋放一種帶電液滴a，它運(yùn)動到最低點

18、處恰與一種本來處在靜止的液滴b相碰，碰后兩液滴合為一體，沿水平方向做直線運(yùn)動，已知液滴a質(zhì)量是液滴b質(zhì)量的2倍，液滴a所帶的電量是液滴b所帶電量的4倍。求兩液滴初始位置之間的高度差h（設(shè)a、b之間的靜電力不計） h H 10h 圖 8 A B F 圖 9 ?4．圖8為履行節(jié)水灌溉工程中使用的轉(zhuǎn)動式噴水龍頭的示意圖。“龍頭”離地面高h(yuǎn) m，將水水平噴出，其噴灌半徑為10h m，每分鐘可噴水m kg，所用的水從地面如下H m深的井里抽取。設(shè)所用水泵（含電動機(jī)）的效率為η，不計空氣阻力。求：⑴水從龍頭中噴出時的速度v0 ⑵水泵每分鐘對水做的功W ⑶帶動該水泵的電動機(jī)消耗的電功率P

19、。 5．如圖9所示，一勁度系數(shù)為k=800N/m的輕彈簧兩端各焊接著兩個質(zhì)量均為m=12kg的物體A、B。物體A、B和輕彈簧豎立靜止在水平地面上，現(xiàn)要加一豎直向上的力F在上面物體A上，使物體A開始向上做勻加速運(yùn)動，經(jīng)0.4s物體B剛要離開地面，設(shè)整個過程中彈簧都處在彈性限度內(nèi)，取g=10m/s2 ，求： （1）此過程中所加外力F的最大值和最小值。 A S v‘ B O2 O O1 v‘ ╯ 300 M N L 圖 10 （2）此過程中外力F所做的功。 6．如圖10所示，S為一種電子源，它可以在紙面的3600范疇內(nèi)發(fā)射速率相似的質(zhì)量為m、電量為e的電子，MN是

20、一塊足夠大的擋板，與S的距離OS＝L，擋板在接近電子源一側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B，問：（1）若使電子源發(fā)射的電子有也許達(dá)到擋板，則發(fā)射速率最小為多大？ （2）如果電子源S發(fā)射電子的速率為（1）中的2倍，則擋板上被電子擊中的區(qū)域范疇有多大？ 7．有一電子束穿過具有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的空間區(qū)域，該區(qū)域的電場強(qiáng)度和磁感強(qiáng)度分別為E和B。 磁場 電場 － ＋ d l y 加速電場 圖 11 （1）如果電子束的速度為v0，要使電子束穿過上述空間區(qū)域不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場和磁場應(yīng)滿足什么條件？ （2）如果撤去磁場，電場區(qū)域的長度為l，電場強(qiáng)度的方向和電子束初速方向垂直

21、，電場區(qū)域邊沿離屏之間的距離為d，要使電子束在屏上偏移距離為y，所需加速電壓為多大？ 8．如圖12甲所示，在空間存在一種變化的電場和一種變化的磁場，電場的方向水平向右（圖中由B到C），場強(qiáng)大小隨時間變化如圖乙所示；磁感強(qiáng)度方向垂直于紙面、大小隨時間如圖丙所示。從t=1s末開始，在A點每隔2s有一種同種的粒子以沿AB方向（垂直于BC）的初速度v0射擊，正好能擊中C點，若AB＝BC＝l,且粒子在AC間的運(yùn)動時間不不小于1s。求： B0 E E0 B 0 2 4 6 8 t/s 0 2 4 6 8 t/s A B C E v0 甲 乙 丙

22、 圖 12 （1）磁場的方向； （2）圖象中E0和B0的比值 × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × ╯ α E M N B O y x 圖 13 （3）1s末射出的粒子和3s末射出的粒子由A點運(yùn)動到C點四經(jīng)歷的時間t1和t2之比. 9．如圖13所示，在地面附件，坐標(biāo)系xoy在豎直平面內(nèi)，空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度大小為B。在x<0的空間內(nèi)尚有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。一種帶正電荷的油滴經(jīng)圖中

23、x軸上的M點，始終沿著與水平方向成α＝300的斜向下的直線運(yùn)動，進(jìn)入x>0區(qū)域。要使油滴進(jìn)入x>0的區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，需在x>0區(qū)域內(nèi)加一種勻強(qiáng)電場。若帶電油滴做圓周運(yùn)動通過x軸的N點，且MO=NO。求：（1）油滴運(yùn)動的速度大小。 （2）在x>0空間內(nèi)所加電場的場強(qiáng)大小和方向。 （3）油滴從x軸上的M點開始達(dá)到x軸上的N點所用的時間。 10．（春季高考卷第34題，22分）如圖14所示，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc為與ab相切的位于豎直平面內(nèi)的半圓，半徑R=0.30m。質(zhì)量m=0.20kg的小球A靜止在軌道上，另一質(zhì)量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s

24、的小球B與小球A正碰。已知相碰后小球A通過半圓的最高點c落到軌道上距b點為處，重力加速度g=10m/s2，求： （1）碰撞結(jié)束后，小球A和B的速度的大小。 （2）試論證小球B與否能沿著半圓軌道達(dá)到c點。 11．（03全國）一傳送帶裝置示意圖如圖，其中傳送帶通過AB區(qū)域時是水平的，通過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，為畫出），通過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切?，F(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一種一種在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)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，在達(dá)到B

25、之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且后來也不再滑動（忽視經(jīng)BC段時的微小滑動）。已知在一段相稱長的時間T內(nèi)，共運(yùn)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P。 12．某商場安裝了一臺傾角為30°的自動扶梯，該扶梯在電壓為380V的電動機(jī)帶動下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移動，電動機(jī)的最大輸出功率為4.9kW。不載人時測得電動機(jī)中的電流為5A，若載人時扶梯的移動速率與不載人時相似，則這臺自動扶梯可同步乘載的最多人數(shù)為 。(設(shè)人的平均質(zhì)量為60kg，g=10m/s2) 參照答案 1．解析：（1）根據(jù)質(zhì)子進(jìn)入磁場處的位置和

26、進(jìn)入磁場時速度的方向，可知其圓周軌道的圓心必在x軸上，又因質(zhì)子通過原點O，故其軌道半徑，設(shè)質(zhì)子的速度為，由牛頓定律得： （2）質(zhì)子做圓周運(yùn)動的周期為 由于α粒子電荷為，質(zhì)量，故α粒子做圓周運(yùn)動的周期 圖 15 質(zhì)子在做圓周運(yùn)動的過程中，在…各時刻通過O點，α粒子如與質(zhì)子在O點相遇，必在同一時刻達(dá)到O點，這些時刻分別相應(yīng)t= … ，如果α粒子在t=T/4達(dá)到O點，它運(yùn)營了1/4周期，如在達(dá)到O點，它運(yùn)營了3/4周期，由此可知α粒子進(jìn)入磁場處與O點之間的連線必為1/4圓周或3/4圓周所對的弦，如圖15（事實上等情形不必再考慮），進(jìn)而得出α粒子的軌道半徑 設(shè)α粒子的速度為，則由

27、牛頓定律得： 注意到，得，但方向可有兩個，用α粒子速度方向與x軸正方向夾角表達(dá)。 點評： 本題核心是擬定α粒子的軌道半徑及軌跡，注意到α粒子速度方向的不擬定性，這也正是本題容易出錯之處。 2．設(shè)粒子勻速運(yùn)動的速度為v0，帶電粒子勻速運(yùn)動時受到重力G=mg，方向豎直向下，電場力F = Eq，方向水平向右，洛倫茲力f=Bv0q，方向斜向左上方和粒子的速度v0垂直，如圖16所示。 由平衡條件知重力和電場力的合力跟洛侖茲力等值反向，當(dāng)撤去磁場時，因重力和電場力的合力F′與v0垂直，則粒子做類平拋運(yùn)動 由 可解得v0 = 10m／s，F(xiàn)′= 5ⅹ10-4N，∴ 加速度 = 12.

28、5m／s2 設(shè)P到原點O的距離為x，x軸與合力F′的夾角為θ，則 因此θ= 530 粒子運(yùn)動到P點沿v0方向運(yùn)動的距離；沿合力的位移h=xcos53°；粒子的運(yùn)動時間可求出x = 15m 粒子運(yùn)動到P點的速度 【點評】本題情景較復(fù)雜，由題意先判斷出粒子必受重力，并且電場力和重力的合力一定與v0垂直，做類平拋運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動的獨立性求解。 3．因液滴b靜止在場中，則它一定帶正電，設(shè)b的質(zhì)量為m，帶電量為 q，a的質(zhì)量為2m，電量為4q，受力平衡則有 ① 開始時a受重力2mg，電場力4qE，但向右下方運(yùn)動，這闡明a只能帶負(fù)電且電場力做正功

29、.設(shè)a運(yùn)動到最低點的速度為v0，它和b發(fā)生完全非彈性碰撞。由題意知，碰后它們的共同速度為v，沿水平方向動量守恒，則有 ② 由電荷守恒定律，碰后它們的電量為-3q ，它們在豎直方向上受力平衡 ③ 帶電液滴a從初始位置運(yùn)動到最低點，由動能定理有 ④ 聯(lián)立① ② ③ ④ 得 【點評】 本題對思維規(guī)定較高，波及的知識點較多，必須可以根據(jù)a的運(yùn)動軌跡判斷出a帶負(fù)電，靈活運(yùn)用動量和能量的關(guān)系進(jìn)行求解。 4．解：（1）平拋所用時間為t= ① 水平初速度為v= ② （2）1m

30、in內(nèi)噴出水的動能為 Ek=mv2=25mgh ③ 水泵提水，1min內(nèi)水所獲得的重力勢能為 Ep=mg（H+h） ④ 1min內(nèi)水泵對水所做功為 W=Ek+Ep=mg（H+26h） ⑤ （3）帶動水泵的電動機(jī)的最小輸出功率等于水泵輸入功率P= 5．解：(1)A本來靜止時：kx1=mg ① 當(dāng)物體A開始做勻加速運(yùn)動時，拉力F最小，設(shè)為F1，對物體A有：F1＋kx1－mg=ma ② 當(dāng)物體B剛要離開地面時，拉力F最大，設(shè)為F2，對物體A有：F2－kx2－mg=ma ③ 對物體B有：kx2

31、=mg ④ 對物體A有：x1＋x2＝ ⑤ 由①、④兩式解得 a=3.75m/s2 ，分別由②、③得F1＝45N，F(xiàn)2＝285N (2)在力F作用的0.4s內(nèi)，初末狀態(tài)的彈性勢能相等，由功能關(guān)系得： WF=mg(x1＋x2)+49.5J 6．解：（1）設(shè)電子發(fā)射的最小速率為v，電子軌道半徑至少為L/2，eBv=，則v= （2）發(fā)射速率v′＝2v時，軌道半徑為L，如圖10，擋板被電子擊中的范疇為：AB=()L 7．解：(1)要使電子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)則：eE＝e v0B ，E＝v0B （2）電子在電場中向

32、上偏轉(zhuǎn)量：s= 且tanθ= 其中 在加速電場中eU＝ 偏移距離：y=s+dtanθ ， 由以上各式可得：U＝ 8．解：（1）磁場方向垂直紙面向外。 （2）粒子由A運(yùn)動到C所經(jīng)歷的時間不不小于1s，1s末射出的粒子受洛倫茲力作用，做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有：，粒子由A運(yùn)動到C，轉(zhuǎn)過1/4圓弧，故R＝l,因此 3s末射出的粒子受電場力作用做類平拋運(yùn)動，有y=l=，則 因此＝2 v0 （3）做圓周運(yùn)動的粒子由A運(yùn)動到C所經(jīng)歷的時間為。 qE f mg α ╰ O1 x O N y M P R θ ╯ 圖 17

33、做類平拋運(yùn)動的粒子由A運(yùn)動到C所經(jīng)歷的時間為，因此＝ 9．解：（1）因油滴沿直線運(yùn)動，重力和電場力又為 恒力，則與運(yùn)動方向垂直的洛倫茲力的大小運(yùn)動不能變化，油滴必然做勻速直線運(yùn)動。 則有：， （2）油滴進(jìn)入x>0的區(qū)域后，要做勻速圓周運(yùn)動，則：qE1=mg 由于mg=qEcotα,因此E1=E,電場方向豎直向上。 （3）油滴的運(yùn)動軌跡如圖17所示，∠OPN=600，過P作PM的垂線交x軸于O1，因∠O1PN=∠O1NP=300，ΔO1PN為等腰三角形，因此O1P＝O1N，O1為油滴做圓周運(yùn)動的圓心。 設(shè)O1P＝R，R=，θ=，油滴由M點到P點的時間：，油滴由P點到N點做勻速圓周運(yùn)

34、動的時間：。由于mg=qEcotα因此。因此油滴由P點到N點的時間 10．（1）以v1表達(dá)小球A碰后的速度，v2表達(dá)小球B碰后的速度，表達(dá)小球A在半圓最高點的速度，t表達(dá)小球A從離開半圓最高點到落在軌道上通過的時間，則有 ① ② ③ ④ 由①②③④求得 代入數(shù)值得 （2）假定B球剛能沿著半圓軌道上升到c點，則在c點時，軌道對它的作用力等于零。以vc表達(dá)它在c點的速度，vb表達(dá)它在

35、b點相應(yīng)的速度，由牛頓定律和機(jī)械能守恒定律，有 解得 代入數(shù)值得 由，因此小球B不能達(dá)到半圓軌道的最高點。 11．解析：本題涉實際生活、圖形信息和復(fù)雜情境，給人以無從下手的感覺。其實，本題條件是較明顯的，在題設(shè)情境下一方面將小貨箱視為質(zhì)點，然后分清小貨箱在傳送帶的運(yùn)動過程，以及這些過程中波及哪些能量的轉(zhuǎn)化。這樣將復(fù)雜涉實際情境的問題還原成了熟悉的典型運(yùn)動問題。 （1）水平傳送帶上小貨箱作勻加速直線運(yùn)動速度達(dá)v0，由于相對傳送帶滑動，磨擦生熱機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。設(shè)小貨箱勻加速運(yùn)動時間為t、位移s、加速度為a,則有：s=at2/2, v0=at

36、. 傳送帶有： s0= v0t 傳送帶對小貨箱做功： fs= mv02/2 B L L A C D 磨擦生熱： Q=fs相=f(s0-s) =mv02/2; （2）小貨箱在斜面上作勻速直線運(yùn)動，時間為T、距離為NL，有：v0T=NL; （3）電機(jī)輸出用于增長小貨箱動能、勢能和小貨箱與傳送帶系統(tǒng)內(nèi)能，由能量轉(zhuǎn)化和守恒： PT=N(mv02/2+mgh+Q) 最后由以上各得成果：。 12．忽視電動機(jī)內(nèi)阻的熱損耗，電動機(jī)的輸入功率和輸出功率相等。即空載時維持扶梯運(yùn)營的電功率為 W 故可用于載送乘客的多余功率為kW 扶梯斜向上作勻速運(yùn)動，故每位乘客受重力mg和支持力F作用，且F =mg。 電動機(jī)通過扶梯支持力對人做功，其功率為P′， P′=Fvcosa =mgcos(90°-30°)=120W， 故同步乘載的最多人數(shù)為 ?點評：本題取自平常社會生活問題，如何把這個同窗們所熟悉的實際問題轉(zhuǎn)化為物理模型，從而運(yùn)用有關(guān)功能關(guān)系來解決它，這是一種實際應(yīng)用能力。