淺談解題思路

牛玉平

一、鑄題成模 以模解題

物理學科的研究對象是自然界物質的結構和最普遍的運動形式，對于那些紛繁復雜事物的研究，首先抓住其主要的特征，而舍去次要的因素，形成一種經過抽象概括的理想化“模型”，這種以模型概括復雜事物的方法，是對復雜事物的合理的簡化.如運動員的跳水問題是一個“豎直上拋”運動的物理模型；人體心臟收縮使血液在血管中流動可簡化為一個“做功”的模型等.物理模型是同類通性問題的本質體現和核心歸整.高中物理學中常見的物理模型有質點、斜面體、連接體、傳送帶、點電荷、電容器、導軌、速度選擇器、霍爾元件等.現將高考中出現頻率較高的模型——板塊模型、斜面模型、傳送帶模型和導軌模型做進一步的闡述.

模型一 板塊模型

物塊與木板（或物塊）組合在一起，是高中力學中常見的物理模型.在這一模型中考查二者之間的相互作用問題，根據運動狀態可分為：平衡狀態下的物塊與木板、做勻變速運動的物塊與木板、做變加速運動的物塊與木板.

解答本類問題的思路是運動分析→受力分析→功能關系分析.

（1）板塊模型一般需求解它們之間的摩擦力、相對滑動路程、摩擦生熱、多次作用后的速度等.

（2）平衡狀態下的木板與滑塊：破題關鍵是受力分析.

（3）非平衡狀態下的木板與滑塊：破題關鍵是受力分析、運動分析和牛頓第二、三定律.

圖1

例1 （2015年烏魯木齊五校聯考）如圖1所示，質量m=1 kg的小滑塊放在質量M=1 kg的長木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑塊與木 板之間的動摩擦因數為0.1，木板長L=75 cm，開始時兩者都處在靜止狀態.現用水平向右的恒力F拉小滑塊向木板的右端運動，為了在0.5 s末使滑塊從木板右端滑出，拉力F應多大？此過程產生的熱量是多少？

解析 分析小滑塊m，水平方向受拉力F和滑動摩擦力F1作用，設其加速度為a1，由牛頓第二定律得F-F1=ma1.

分析長木板M，水平方向受滑動摩擦力F1作用，設其加速度為a2，由牛頓第二定律得F1=Ma2，

設在0.5 s時間內m的位移為x1，M的位移為x2，根據運動學關系有x1= 1 2 a1t2；x2= 1 2 a2t2.

根據幾何關系有x1-x2=L

又F1=μmg，

代入數值解得F=8 N

此過程產生的熱量Q=μmgL=0.75 J

答案：8 N、 0.75 J

圖2

例2 （2015年自貢一模）如圖2所示，質量m=10 kg和M=20kg的兩物塊，疊放在光滑水平面上，其中物塊m通過處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時刻，彈簧處于原長狀態，彈簧的勁度系數k=250 N/m.現用水平力F作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動，當移動40 cm時，兩物塊間開始相對滑動，在相對滑動前的過程中，下列說法中正確的是（ ）.

A.M受到的摩擦力保持不變 B.物塊m受到的摩擦力對物塊m不做功

C.推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能 D.開始相對滑動時，推力F的大小等于200 N

解析 對物塊m進行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的靜摩擦力.由于彈簧在縮短，所以彈力越來越大，由于緩慢地向墻壁移動，物體處于平衡狀態，M對m的摩擦力也在增大，所以物塊M受到的摩擦力在增大，

A錯誤；物塊m受到的摩擦力方向向左，m向左運動，所以摩擦力做正功，B錯誤；把m和M看成整體進行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的推力，當移動40 cm時，兩物塊間開始相對滑動，根據胡克定律得F=kx=100 N，對整體研究，根據動能定理得WF+W彈=ΔEk

（=0），彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化，WF=-W彈（=ΔEp），所以推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能，C正確，D錯誤.選C

模型二 斜面模型

斜面模型是高中物理中最常見的物理模型之一，各類考題中都會出現，高考物理中的斜面問題千變萬化，既可能光滑，也可能粗糙；既可能靜止，也可能運動，運動又分為勻速和變速；既可能是一個斜面，也可能是多個斜面.求解斜面問題，能否做好斜面上物體的受力分析，尤其是斜面對物體的作用力（包括支持力和摩擦力）是解決問題的關鍵.

圖3

例3 （2014年高考浙江卷）如圖3所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行.小球A的質量為m、電荷量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷.小球A靜止在斜面上，則（ ）.

A.小球A與B之間庫侖力的大小為k q2 d2

B.當 q d = mgsinθ k 時，細線上的拉力為零

C.當 q d = mgtanθ k

時，細線上的拉力為零

D.當 q d = mg ktanθ 時，斜面對小球A的支持力為零

解析 本題考查庫侖定律、受力分析、共點力的平衡等知識.根據庫侖定律可知小球A與B之間的庫侖力大小為k q2 d2 ，選項A正確.若細線上的拉力為零，小球A受重力、庫侖力和支持力作用，如圖3 所示，由平衡條件可得F=k q2 d2 =mgtanθ，選項B錯誤，選項C正確；因為兩小球帶同種電荷，所以斜面對小球A的支持力不可能為零，選項D錯誤.答案：AC

圖4

例4 （2013年高考北京高考）如圖4所示，傾角為α、質量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質量為m的木塊靜止在斜面體上.下列結論正確的是（ ）.

A.木塊受到的摩擦力大小是mgcosα

B.木塊對斜面體的壓力大小是 mgsinα

C.桌面對斜面體的摩擦力大小是 mgsinαcosα

D.桌面對斜面體的支持力大小是 （M+m）g

解析 對m進行受力分析，由平衡方程得木塊對斜面的壓力N=mgcosα，木塊受到的摩擦力f=mgsinα，A、B錯誤；對M和m進行整體受力分析，可得桌面對斜面體的摩擦力大小是零，桌面對斜面體的支持力大小是（M+m）g，C錯誤，D正確.選D

模型三 傳送帶模型

（1）物塊與傳送帶是高中力學中一個常見的模型，其特征是以摩擦力為紐帶關聯傳送帶和物塊的相對運動，這類問題涉及滑動摩擦力和靜摩擦力的轉換、對地位移和二者間的相對位移的區別，綜合牛頓運動定律、運動學公式、功和能等知識.該題型按傳送帶設置可分為水平與傾斜兩種；按轉向可分為順時針和逆時針兩種；按轉速是否變化可分為勻速和勻變速兩種.

（2）解答本類問題的基本思路

運動分析→受力分析→功能關系分析.受力分析的關鍵是判斷f的方向，功能關系分析的關鍵是明確物體與傳送帶間的相對位移.

圖5

例5 （2015年柳州二模）水平傳送帶在電動機的帶動下始終以速度v勻速運動.某時刻在傳送帶上A點處輕輕放上一個質量為m的小物體，經時間t小物體的速度與傳送帶相同，相對傳送帶的位移大小為x，A點未到右端，在這段時間內（ ）.

A.小物體相對地面的位移大小為x

B.傳送帶上的A點對地的位移大小為x

C.由于小物體與傳送帶相互作用產生的熱量為mv2

D.由于小物體與傳送帶相互作用，電動機要多做的功為mv2

解析 在這段時間內，物體從靜止做勻加速直線運動，其相對地面的位移為x1= 1 2 vt，傳送帶（或傳送帶上的A點）相對地面的位移為x2=vt，物體相對傳送帶的位移大小x=x2-x1= 1 2 vt，顯然x1=x，x2=2x，A正確，B錯誤；物體與傳送帶間的滑動摩擦力做功，將系統的部分機械能轉化為系統的內能，摩擦生熱Q=fx，對物體運用動能定理有fx1= 1 2 mv2，又x1=x，故Q=fx= 1 2 mv2，C錯誤；在這段時間內，電動機要多做功以克服滑動摩擦力做功，W=fx2=2fx=mv2，D正確.答案：AD

圖6

例6 （2015揚州二模）如圖6所示，輪半徑r=10 cm的傳送帶，水平部分AB的長度L=1.5 m，與一圓心在O點、半徑R=1 m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點，AB高出水平地面H=1.25 m，一質量m=0.1 kg的小滑塊（可視為質點），由圓軌道上的P點從靜止釋放，OP與豎直線的夾角θ=37°.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.1，不計空氣阻力.

（1）求滑塊對圓軌道末端的壓力；

（2）若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與B間的水平距離；

（3）若傳送帶以v0=0.5m/s的速度沿逆時針方向運行（傳送帶上部分由B到A運動），求滑塊在傳送帶上滑行過程中產生的內能.

解析 （1）小滑塊從P點到圓軌道末端的過程中，由機械能守恒定律得：mgR（1-cos37°）= 1 2 mv2

在軌道末端由牛頓第二定律得：FN-mg= mv2 R

由以上兩式得FN=1.4 N

由牛頓第三定律得，小滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4 N，方向豎直向下.

（2）若傳送帶靜止，從A到B的過程中，由動能定理得：-μmgL= 1 2 mv2B- 1 2 mv2，解得：vB=1 m/s

小滑塊從B點開始做平拋運動，小滑塊的落地點與B點間的水平距離為：x=vB 2H g =0.5 m.

（3）傳送帶向左運動和傳送帶靜止時，小滑塊的受力情況沒有變化，小滑塊從A到B的運動情況沒有改變.所以小滑塊和傳送帶間的相對位移為：Δx=L+v0 v-vB μg =2m

小滑塊在傳送帶上滑行過程中產生的內能為：Q=μmgΔx=0.2J.

答案：（1）1.4N，方向豎直向下 （2）0.5m

（3）0.2J

模型四 電磁感應中的“桿+導軌”模型

（1）“桿（單桿）+導軌”模型是高考的熱點，也是難點，考查知識點多.按導軌的放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運動狀態可分為勻速直線運動、勻變速直線運動、變加速直線運動等，桿的最終狀態一般為靜止或勻速直線運動；磁場的狀態可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等，情景復雜，形式多變.

（2）解答本類問題的基本思路

受力分析→運動分析→功能關系分析.

（3）本類問題一般情況下用到的知識：運動學公式、牛頓運動定律、法拉第電磁感應定律和功能關系等.

圖7

例7 （2014年高考四川卷）如圖7所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小.質量為0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω.此時在整個空間加方向與水 平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規律是B=（0.4-0.2t）T，圖示磁場方向為正方向.框、擋板和桿不計形變.則（ ）.

A.t=1 s時，金屬桿中感應電流方向從C到D

B.t=3 s時，金屬桿中感應電流方向從D到C

C.t=1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N

D.t=3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N

解析 由于B=（0.4-0.2t）T，在t=1 s時穿過平面的磁通量向下并減少，則根據楞次定律可以判斷，金屬桿中感應電流方向從C到D，A正確.在t=3 s時穿過平面的磁通量向上并增加，則根據楞次定律可以判斷，金屬桿中感應電流方向仍然是從C到D，B錯誤.由法拉第電磁感應定律得E= ΔΦ Δt = ΔB Δt Ssin30°=0.1 V，由閉合電路的歐姆定律得電路電流I= E R =1A，在t=1 s時，B=0.2 T，方向斜向下，電流方向從C到D，金屬桿對擋板P的壓力水平向右，大小為FP=BILsin30°=0.1 N，C正確.同理，在t=3 s時，金屬桿對擋板H的壓力水平向左，大小為FH=BILsin30°=0.1 N，D錯誤.答案：AC

例8 （2014年高考安徽卷）如圖8所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上.絕緣斜面上固定有“A”形狀的光滑金屬導軌的MPN（電阻忽略不計），MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m.以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3m，質量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v=1 m/s在導軌上沿x軸正向運動（金屬桿與導軌接觸良好）.g取10 m/s2.

圖8 圖9

（1）求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x=0.8 m處電勢差UCD；

（2）推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖9中畫出F-x關系圖象；

（3）求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱.

解析 （1）金屬桿CD在勻速運動中產生的感應電動勢E=Blv（l=d），E=1.5 V（D點電勢高）

當x=0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零.設此時桿在導軌外的長度為l外，則

l外=d- OP-x OP d，OP= MP2-（ MN 2 ）2 ，得l外=1.2 m

由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差UCB=-Bl外v， UCD=-0.6 V

（2）桿在導軌間的長度l與位置x關系是l= OP-x OP d=3- 3 2 x

對應的電阻R1為R1= l d R，電流I= Blv R1

桿受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x

根據平衡條件得F=F安+mgsinθ

圖10

F=12.5-3.75x（0≤x≤2），畫出的F-x圖象如圖10所示.

（3）外力F所做的功WF等于F-x圖線下所圍的面積，即WF= 5+12.5 2 ×2 J=17.5 J

而桿的重力勢能增加量ΔEp=mgsinθ

故全過程產生的焦耳熱Q=WF-ΔEp=7.5 J

答案： （1）-0.6 V （2）略 （3）7.5 J

二、帶電粒子在交變電場中的運動問題

1.命題規律

帶電粒子在交變電場中的運動問題涉及受力分析、運動分析以及對運動性質、運動軌跡、運動范圍的判斷.是對考生應用動力學和能量觀點解決電學問題能力的綜合考查，在高考中，選擇題和計算題都有可能出現.

2.解題策略

（1）對于帶電粒子在交變電場中的直線運動，一般多以加速、勻速或減速交替出現的多運動過程的情景出現.解決的方法：①根據力與運動的關系分析帶電粒子一個變化周期內相關物理量的變化規律.②借助運動圖象進行運動過程分析，找出每一運動過程（或階段）中相關物理量間的關系，進行歸納、總結、推理，尋找帶電粒子的運動規律.

（2）對于帶電粒子在交變電場中的曲線運動，解決的方法仍然是應用運動的合成與分解的方法，把曲線運動分解為兩個直線運動，然后應用動力學或功能關系加以解決.

3.易錯提醒

帶電粒子在交變電場中的運動問題極易從以下幾點失分：（1）不能把交變的電學量轉化為變化的力學量；（2）不能正確分析轉折點粒子的運動狀態；（3）不能正確分析粒子在各階段的運動情況；（4）不能構建出粒子在全過程的運動模型.

可以從以下幾點進行防范：（1）緊抓電學量和力學量的關系式E= F q 、W=qU等；（2）粒子所受的電場力F是聯系力和電的橋梁，知道了力的變化，就能推知加速度、速度、位移、功、動能等其他力學量的變化；（3）一定要把復雜多過程問題先分階段處理，再全過程考慮；（4）盡可能多地從圖象上獲得信息，進而分析得出粒子的運動規律.）

例9 （2015年菏澤一模） 一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖11所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t=0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是（ ）.

A.帶電粒子只向一個方向運動

B.0～2 s內，電場力所做的功等于零

C.4 s末帶電粒子回到原出發點

D.2.5～4 s內，速度的改變等于零

圖11 圖12

解析 選D.由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1 s內的加速度a= qE0 m ，為第2 s內加速度a= 2qE0 m 的 1 2 ，因此先加速1 s再減速0.5 s，速度為零，接下來的1.5 s將反向加速，v-t圖象如圖12所示，所 以選項A錯；在0～2 s內，帶電粒子的初速度為零，但末速度不為零，由動能定理可知電場力所做的功不為零，選項B錯誤；v-t圖象中圖線與坐標軸圍成的圖形的面積為物體的位移，由對稱性可以看出，前4 s內的位移不為零，所以帶電粒子不會回到原出發點，所以C錯誤；2.5～4 s內，v2.5=v4，故Δv=0，選項D正確.

例10 （2015年太原一模）如圖13甲所示，在y=0和y=2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強度的變化如圖13乙所示，取x軸正方向為電場正方向，現有一個帶負電的粒子，粒子的比荷為 q m =1.0×10-2 C/kg，在t=0時刻以速度v0=5×102m/s從O點沿y軸正方向進入電場區域，不計粒子重力.求：

（1）粒子通過電場區域的時間；

（2）粒子離開電場時的位置坐標；

（3）粒子通過電場區域后沿x方向的速度大小.

圖13

解析 （1）因粒子初速度方向垂直勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區域的時間t= y v0 =4×10-3 s.

（2）粒子沿x軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小為a1= E1q m =4 m/s2，減速時的加速度大小為a2= E2q m =2 m/s2，由運動學規律得，x方向上的位移為x= a1（ T 2 ）2+a1（ T 2 ）2- 1 2 a2（ T 2 ）2=2×10-5m.

因此粒子離開電場時的位置坐標為（-2×10-5m，2m）.

（3）粒子通過電場區域后沿x方向的速度為vx=a1 T 2 -a2 T 2 =4×10-3m/s.

答案：見解析

例10 （2015年貴陽一模）在金屬板A、B間加上如圖13乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中央射入（如圖13甲所示）.已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力，求：

（1）若電子從t=0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？

（2）若電子從t=0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少為多長？

（3）若電子恰能從兩板中央平行于板飛出，電子應從哪一時刻射入？兩板間距至少為多大？

圖13

解析 （1）由動能定理得：e· U0 2 = 1 2 mv2- 1 2 mv20，解得v= v20+ eU0 m .

（2）t=0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向正極板方向偏轉，半個周期后電場方向反向，則繼續在該方向上做勻減速運動，再經 過半個周期，電場方向上的速度減到零，實際速度等于初速度v0，平行于極板，以后繼續重復這樣的運動.

要使電子恰能平行于金屬板飛出，則在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L=v0T.

（3）若要使電子從極板中央平行于極板飛出，則電子在電場方向上應先加速、再減速，反向加速再減速，每段時間相同，一個周期后恰好回到OO′線.可見應在t= T 4 +k· T 2 （k=0，1，2，…）時射入.

極板間距離要求滿足在加速、減速階段電子不打到極板上.

由牛頓第二定律有a= eU0 md

加速階段運動的距離s= 1 2 · eU0 md ·（ T 4 ）2≤ d 4 ，可解得d≥T eU0 8m .故兩板間距至少為T eU0 8m

答案：（1） v20+ eU0 m （2）v0T （3） T 4

+k· T 2 （k=0，1，2，…） T eU0 8m