[高三物理熱點專題]
物理問題的一般分析方法
命題趨勢
與原來的考試不同，“綜合能力測試”多以現實生活中有關的理論問題和實際問題立意命題，要求更加真實和全面地模擬現實。試題要求學生的能力主要不是對事物的結局或某一側面進行描述，而是注重對事物整體的結構、功能和作用的認識，以及對事物發展過程的分析理解。解答這類問題，構建物理模型是關鍵，而且是難點。由於情境的新穎，原來儲存在頭腦中的模型無法直接應用，完全要憑藉自己的思維品質來構建模型，對考生的能力是一個極大的考驗。實際上這也是命題者的用心所在，因爲考生構建模型的情況，能真實地反映他的理解能力、分析綜合能力、獲取知識的能力等多種能力。
四年的綜合考試中，以實際問題立意的題確實成了熱點。2000年的理綜卷中有關霍爾效應的問題，要求考生把它構建成一個帶電粒子在平行板電容器的電場中平衡的模型，這裏情景是新的，模型是舊的。2001年的理綜卷中有關於電磁流量計的問題，要構建出兩個模型，一個與上述的相同，另一個是直流電路的模型。同年還有太陽能量輻射一道壓軸題，其中的一道小題，要構建出太陽向各個方向輻射能量的能量流的模型，這是新情景，新模型。預計在以後的綜合能力測試中，必定會有這方面的題，而且構建模型的要求會是各種各樣的。
知識概要
互相關聯的物理狀態和物理過程構成了物理問題，解決物理問題的一般方法可歸納爲以下幾個環節：
在這幾個環節中，根據問題的情景構建出物理模型是最關鍵的、也是較困難的環節。由問題情景轉化出來的所謂“物理模型”，實際上就是由理想的對象參與的理想的過程。如質點的自由落體運動、質點的勻速圓周運動、單擺的簡諧運動、點電荷在勻強電場中的運動、串並聯電路等等。這種物理模型一般由更原始的物理模型構成。原始的物理模型可分爲如下兩類：
所謂“建模”就是將帶有實際色彩的物理對象或物理過程透過抽象、理想化、簡化和類比等方法轉化成理想的物理模型。正確構建物理模型應注意以下幾點：
（1）養成根據物理概念和物理規律分析問題的思維習慣。結合題目描述的現象、給出的條件，確定問題的性質；同時抓住現象的特徵尋找因果關係。這樣能爲物理模型的構建打下基礎。
（2）理想化方法是構建物理模型的重要方法，理想化方法的本質是抓住主要矛盾，近似的處理實際問題。因此在分析問題時要養成比較、取捨的習慣。
（3）要透徹掌握典型物理模型的本質特徵、不斷積累典型模型，並靈活運用他們。如研究碰撞時，總結出彈性碰撞和完全非彈性碰撞兩個模型，但後來發現一些作用時間較長的非碰撞類問題，也有相同的數學形式，這就可以把這些問題也納入到這兩個模型中去，直接應用這兩個模型的結論。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，由於動能守恆也可納入彈性碰撞模型。
點撥解疑
【例題1】（1999年高考全國卷）一跳水運動員從離水面10m高的平臺上向上躍起,舉雙臂直體離開臺面，此時其重心位於從手到腳全長的中點，躍起後重心升高0.45m達到最高點，落水時身體豎直，手先入水（在此過程中運動員水平方向的運動忽略不計）從離開跳臺到手觸水面，他可用於完成空中動作的時間是______s。（計算時，可以把運動員看作全部質量集中在重心的一個質點，g取10m/s2，結果保留二位數）
【點撥解疑】
運動員的跳水過程是一個很複雜的過程，主要是豎直方向的上下運動，但也有水平方向的運動，更有運動員做的各種動作。構建運動模型，應抓主要因素。現在要討論的是運動員在空中的運動時間，這個時間從根本上講與運動員所作的各種動作以及水平運動無關，應由豎直運動決定，因此忽略運動員的動作，把運動員當成一個質點，同時忽略他的水平運動。當然，這兩點題目都作了說明，所以一定程度上“建模”的要求已經有所降低，但我們應該理解這樣處理的原因。這樣，我們把問題提煉成了質點作豎直上拋運動的物理模型。
在定性地把握住物理模型之後，應把這個模型細化，使之更清晰。可畫出如圖1所示的示意圖。由圖可知，運動員作豎直上拋運動，上升高度h，即題中的0.45m；從最高點下降到手觸到水面，下降的高度爲H，由圖中H、h、10m三者的關係可知H=10.45m。
由於初速未知，所以應分段處理該運動。運動員躍起上升的時間爲：s
從最高點下落至手觸水面，所需的時間爲：s
所以運動員在空中用於完成動作的時間約爲：=1.7s
點評：構建物理模型時，要重視理想化方法的應用，要養成化示意圖的習慣。
【例題2】 精密測量電子比荷的現代方法之一是雙電容法，其裝置如圖2所示，在真空管中由陰極K發射電子，其初速度可忽略不計。此電子被陰極K與陽極A間的電場加速後穿過屏障D1上的小孔，然後依次穿過電容器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爲U，分別在電容器C1、C2上加有頻率爲f的完全相同的正弦式交變電壓，C1、C2中心間的距離爲L，選擇頻率f使電子束在熒光屏上的亮點不發生偏轉。試證明電子的比荷爲（其中n爲正整數）。
【點撥解疑】 由題意，研究對象必然是電子，其對象模型顯然是帶電的質點；對其過程模型的構建，可按先後順序考慮；首先是在電場中的變加速運動，這是我們能處理的模型；接着進入電容器，遇到偏轉電場，由於電容器上加的是變化電壓，那麼其中的電場是不穩定的，隨時間變化的，電子沿電場方向的運動不是勻變速運動，這是我們沒辦法處理的。但考慮到電子加速後，速度很大，透過電容器的時間極短，如果忽略這一段時間內的電壓變化，那麼可把電子透過電容器的過程抽象爲帶電質點在穩定勻強電場中的物理模型，電場的強度取決於進入電場的時機。
現在有兩個電容器，而且要求電子最後不偏轉，那麼電子在電容器中的運動是否有更具體的物理模型呢？模型很簡單，就是進入每個電容器的時機都正好是電場強度等於零的時候，電子作勻速直線運動透過兩個電容器。
電子進入第一個電容器的時刻t1應滿足條件U0sin2πft1 =0，即2πft1=n1π。其中n1是自然數。
同樣，進入第二個電容器的時刻t2應滿足條件U0sin2πft2 =0，即2πft1=n2π。其中n2是自然數。
所以，當t2-t1=，即時，電子束不發生偏轉，其中n是正整數。
又因爲
所以
點評：該題讓我們又一次體驗到了理想化方法的重要性。帶電粒子在電容器中運動，一般是要考慮偏轉，但該題卻是不偏轉，因此構想出這一模型確是該題的難點。
【例題3】 如圖3所示，有兩塊大小不同的圓形薄板(厚度不計)，質量分別爲M和m，半徑分別爲R和r，兩板之間用一根長爲0.4m的輕繩相連結。開始時，兩板水平放置併疊合在一起，靜止於高度爲0.2m處。然後自由下落到一固定支架C上，支架上有一半徑爲R′（r<R′ <R）的圓孔，圓孔與兩薄板中心均在圓板中心軸線上，木板與支架發生沒有機械能損失的碰撞。碰撞後，兩板即分離，直到輕繩繃緊。在輕繩繃緊的瞬間，兩物體具有共同速度v，如圖4所示。求：（1）若M/m=K，試討論 v的方向與K值間的關係。（2）若M=m，則v值爲多大？
【點撥解疑】 （1）本題的`研究對象顯然是M和m，它們都可以看作質點，也可以合在一起看作一個質點。本題可把整個過程分三個階段處理：
第一階段，兩板看成一個質點自由下落直到與固定支架發生碰撞。故碰撞前的速度爲=2m/s
第二階段，以地面爲參考系，M與支架C碰撞後，M以速率返回，向上做豎直上拋運動，m以速率向下做勻加速運動。兩個質點同時做不同的運動，這樣的物理模型比較複雜。若改變參考系，可以選擇其他的運動模型，從而使過程簡化。以大圓板爲參考系，則M靜止，小圓板以速率2向下做勻速直線運動。一個靜止，一個勻速運動，這個運動模型簡單多了。設經過時間t後兩板間繩繃緊，有：L=2t ①
再回到以地面爲參考系的情況， ②
③
解以上三式得m/s m/s
第三階段，繩繃緊瞬間，由於板間繩作用力遠大於它們的重力，所以動量守恆，設向上爲正方向，有 ④
得： ⑤
（2）M = m，即k=1，代入上式得，v=-1m/s，兩板獲得向下的共同速度。還可知道：
當k>3時，兩板獲得向上的共同速度；
當k<3時，兩板獲得向下的共同速度；
當k=3時，v=0，兩板瞬時速度爲零，接着再自由下落。
【例題4】 某商場安裝了一臺傾角爲30°的自動扶梯，該扶梯在電壓爲380V的電動機帶動下以0.4m/s的恆定速率向斜上方移動，電動機的最大輸出功率爲4.9kW。不載人時測得電動機中的電流爲5A，若載人時扶梯的移動速率與不載人時相同，則這臺自動扶梯可同時乘載的最多人數爲 。(設人的平均質量爲60kg，g=10m/s2)
【點撥解疑】 忽略電動機內阻的熱損耗，電動機的輸入功率和輸出功率相等。即空載時維持扶梯執行的電功率爲 W
故可用於載送乘客的多餘功率爲kW
扶梯斜向上作勻速運動，故每位乘客受重力mg和支援力F作用，且F =mg。
電動機透過扶梯支援力對人做功，其功率爲P′，
P′=Fvcosa =mgcos(90°-30°)=120W，
故同時乘載的最多人數爲
點評：本題取自日常社會生活問題，怎樣把這個同學們所熟悉的實際問題轉化爲物理模型，從而運用有關功能關係來解決它，這是一種實際應用能力。
針對練習
1．（1999年廣東高考題）如圖5所示，在某裝置中有一勻強磁場，磁感應強度爲B，方向垂直於Oxy所在的紙面向外．某時刻在x=，y= 0處，一質子沿y軸的負方向進入磁場；同一時刻，在x = -，y=0處，一個α粒子進入磁場，速度方向與磁場垂直．不考慮質子與α粒子的相互作用．設質子的質量爲m，電量爲e 。
（1）如果質子經過座標原點O，它的速度爲多大?
（2）如果α粒子與質子在座標原點相遇，α粒子的速度應爲何值?方向如何?
2．如圖6所示，在xOy平面內，有相互正交且沿水平方向的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的場強E=12N／C，方向沿x軸正方向，勻強磁場的磁感應強度B=2T，方向垂直xOy平面指向紙內．一質量爲m=4×10-5kg，電量Q=+2.5×10-5C的帶電粒子，沿xOy平面做勻速直線運動，運動到原點時，撤去磁場，經過一段時間後，帶電粒子運動到x軸上的P點．求P點到O點的距離和帶電粒子透過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磁場和豎直方向的勻強電場，電場強度爲E，磁感應強度爲B，在場區某點由靜止釋放一個帶電液滴a，它運動到最低點處恰與一個原來處於靜止的液滴b相碰，碰後兩液滴合爲一體，沿水平方向做直線運動，已知液滴a質量是液滴b質量的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a、b之間的靜電力不計）
4．圖8爲推行節水灌溉工程中使用的轉動式噴水龍頭的示意圖。“龍頭”離地面高h m，將水水平噴出，其噴灌半徑爲10h m，每分鐘可噴水m kg，所用的水從地面以下H m深的井裏抽取。設所用水泵（含電動機）的效率爲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消耗的電功率P。
5．如圖9所示，一勁度係數爲k=800N/m的輕彈簧兩端各焊接着兩個質量均爲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動，經0.4s物體B剛要離開地面，設整個過程中彈簧都處於彈性限度內，取g=10m/s2 ，求：
（1）此過程中所加外力F的最大值和最小值。
（2）此過程中外力F所做的功。
6．如圖10所示，S爲一個電子源，它可以在紙面的3600範圍內發射速率相同的質量爲m、電量爲e的電子，MN是一塊足夠大的擋板，與S的距離OS＝L，擋板在靠近電子源一側有垂直紙面向裏的勻強磁場，磁感強度爲B，問：
（1）若使電子源發射的電子有可能到達擋板，則發射速率最小爲多大？
（2）如果電子源S發射電子的速率爲（1）中的2倍，則擋板上被電子擊中的區域範圍有多大？
7．有一電子束穿過具有勻強電場和勻強磁場的空間區域，該區域的電場強度和磁感強度分別爲E和B。
（1）如果電子束的速度爲v0，要使電子束穿過上述空間區域不發生偏轉，電場和磁場應滿足什麼條件？
（2）如果撤去磁場，電場區域的長度爲l，電場強度的方向和電子束初速方向垂直，電場區域邊緣離屏之間的距離爲d，要使電子束在屏上偏移距離爲y，所需加速電壓爲多大？
8．如圖12甲所示，在空間存在一個變化的電場和一個變化的磁場，電場的方向水平向右（圖中由B到C），場強大小隨時間變化如圖乙所示；磁感強度方向垂直於紙面、大小隨時間如圖丙所示。從t=1s末開始，在A點每隔2s有一個同種的粒子以沿AB方向（垂直於BC）的初速度v0射擊，恰好能擊中C點，若AB＝BC＝l,且粒子在AC間的運動時間小於1s。求：
（1）磁場的方向；
（2）圖象中E0和B0的比值
（3）1s末射出的粒子和3s末射出的粒子由A點運動到C點四經歷的時間t1和t2之比.
9．如圖13所示，在地面附件，座標系xoy在豎直平面內，空間有沿水平方向垂直於紙面向裏的勻強磁場，磁感強度大小爲B。在x<0的空間內還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小爲E。一個帶正電荷的油滴經圖中x軸上的M點，始終沿着與水平方向成α＝300的斜向下的直線運動，進入x>0區域。要使油滴進入x>0的區域後能在豎直平面內做勻速圓周運動，需在x>0區域內加一個勻強電場。若帶電油滴做圓周運動透過x軸的N點，且MO=NO。求：
（1）油滴運動的速度大小。
（2）在x>0空間內所加電場的場強大小和方向。
（3）油滴從x軸上的M點開始到達x軸上的N點所用的時間。
10．（2004年春季高考卷第34題，22分）如圖14所示，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc爲與ab相切的位於豎直平面內的半圓，半徑R=0.30m。質量m=0.20kg的小球A靜止在軌道上，另一質量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B與小球A正碰。已知相碰後小球A經過半圓的最高點c落到軌道上距b點爲處，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）碰撞結束後，小球A和B的速度的大小。
（2）試論證小球B是否能沿着半圓軌道到達c點。
參考答案
1．解析：（1）根據質子進入磁場處的位置和進入磁場時速度的方向，可知其圓周軌道的圓心必在x軸上，又因質子經過原點O，故其軌道半徑，設質子的速度爲，由牛頓定律得：
（2）質子做圓周運動的週期爲
由於α粒子電荷爲，質量，故α粒子做圓周運動的週期
質子在做圓周運動的過程中，在…各時刻透過O點，α粒子如與質子在O點相遇，必在同一時刻到達O點，這些時刻分別對應t= … ，如果α粒子在t=T/4到達O點，它執行了1/4週期，如在到達O點，它執行了3/4週期，由此可知α粒子進入磁場處與O點之間的連線必爲1/4圓周或3/4圓周所對的弦，如圖15（實際上等情形不必再考慮），進而得出α粒子的軌道半徑
設α粒子的速度爲，則由牛頓定律得：
注意到，得，
但方向可有兩個，用α粒子速度方向與x軸正方向夾角表示。
點評： 本題關鍵是確定α粒子的軌道半徑及軌跡，注意到α粒子速度方向的不確定性，這也正是本題容易出錯之處。
2．設粒子勻速運動的速度爲v0，帶電粒子勻速運動時受到重力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，則粒子做類平拋運動
由
可解得v0 = 10m／s，F′= 5ⅹ10-4N，
∴ 加速度 = 12.5m／s2
設P到原點O的距離爲x，x軸與合力F′的夾角爲θ，則
所以θ= 530
粒子運動到P點沿v0方向運動的距離；沿合力的位移h=xcos53°；粒子的運動時間
可求出x = 15m
粒子運動到P點的速度
【點評】本題情景較複雜，由題意先判斷出粒子必受重力，並且電場力和重力的合力一定與v0垂直，做類平拋運動，運用運動的獨立性求解。
3．因液滴b靜止在場中，則它一定帶正電，設b的質量爲m，帶電量爲 q，a的質量爲2m，電量爲4q，受力平衡則有
①
開始時a受重力2mg，電場力4qE，但向右下方運動，這說明a只能帶負電且電場力做正功.設a運動到最低點的速度爲v0，它和b發生完全非彈性碰撞。由題意知，碰後它們的共同速度爲v，沿水平方向動量守恆，則有
②
由電荷守恆定律，碰後它們的電量爲-3q ，它們在豎直方向上受力平衡
③
帶電液滴a從初始位置運動到最低點，由動能定理有
④
聯立① ② ③ ④ 得
【點評】 本題對思維要求較高，涉及的知識點較多，必須能夠根據a的運動軌跡判斷出a帶負電，靈活運用動量和能量的關係進行求解。
4．解：（1）平拋所用時間爲t= ①
水平初速度爲v= ②
（2）1min內噴出水的動能爲 Ek=mv2=25mgh ③
水泵提水，1min內水所獲得的重力勢能爲 Ep=mg（H+h） ④
1min內水泵對水所做功爲 W=Ek+Ep=mg（H+26h） ⑤
（3）帶動水泵的電動機的最小輸出功率等於水泵輸入功率P=
5．解：(1)A原來靜止時：kx1=mg ①
當物體A開始做勻加速運動時，拉力F最小，設爲F1，對物體A有：
F1＋kx1－mg=ma ②
當物體B剛要離開地面時，拉力F最大，設爲F2，對物體A有：
F2－kx2－mg=ma ③
對物體B有：kx2=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，F2＝285N
(2)在力F作用的0.4s內，初末狀態的彈性勢能相等，由功能關係得：
WF=mg(x1＋x2)+49.5J
6．解：（1）設電子發射的最小速率爲v，電子軌道半徑至少爲L/2，
eBv=，則v=
（2）發射速率v′＝2v時，軌道半徑爲L，如圖10，擋板被電子擊中的範圍爲：
AB=()L
7．解：(1)要使電子不發生偏轉則：eE＝e v0B ，E＝v0B
（2）電子在電場中向上偏轉量：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運動到C所經歷的時間小於1s，1s末射出的粒子受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：，粒子由A運動到C，轉過1/4圓弧，故R＝l,所以
3s末射出的粒子受電場力作用做類平拋運動，有y=l=，則
所以＝2 v0
（3）做圓周運動的粒子由A運動到C所經歷的時間爲。
做類平拋運動的粒子由A運動到C所經歷的時間爲，所以＝
9．解：（1）因油滴沿直線運動，重力和電場力又爲
恆力，則與運動方向垂直的洛倫茲力的大小運動不能
變化，油滴必然做勻速直線運動。
則有：，
（2）油滴進入x>0的區域後，要做
勻速圓周運動，則：qE1=mg
因爲mg=qEcotα,所以E1=E,
電場方向豎直向上。
（3）油滴的運動軌跡如圖17所示，∠OPN=600，過P
作PM的垂線交x軸於O1，因∠O1PN=∠O1NP=300，ΔO1PN
爲等腰三角形，所以O1P＝O1N，O1爲油滴做圓周運動的圓心。
設O1P＝R，R=，θ=，油滴由M點到P點的時間：，油滴由P點到N點做勻速圓周運動的時間：。因爲mg=qEcotα所以。所以油滴由P點到N點的時間
10．（1）以v1表示小球A碰後的速度，v2表示小球B碰後的速度，表示小球A在半圓最高點的速度，t表示小球A從離開半圓最高點到落在軌道上經過的時間，則有
①
②
③
④
由①②③④求得
代入數值得
（2）假定B球剛能沿着半圓軌道上升到c點，則在c點時，軌道對它的作用力等於零。以vc表示它在c點的速度，vb表示它在b點相應的速度，由牛頓定律和機械能守恆定律，有
解得
代入數值得
由，所以小球B不能達到半圓軌道的最高點。