高中物理總復(fù)習(xí)經(jīng)典物理模型歸納全解全析

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等。NS相=Ek系統(tǒng)=Q，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 ：包括小車上懸一單擺單擺的擺動過程等。小球上升到最高點時系統(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，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。解：如圖，設(shè)子彈穿過木塊時所受阻力為f，突出時木塊速度為V，位移為S，則子彈位移為(S+l)。水平方向不受外力

2、，由動量守恒定律得：mv0=mv+MV l v0 v S由動能定理，對子彈 -f(s+l)= 對木塊 fs= 由式得 v= 代入式有 fs= +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 Q=E系統(tǒng)=NS相 其分量式為：Q=f1S相1+f2S相2+fnS相n=E系統(tǒng) v0 A B1在光滑水平面上并排放兩個相同的木板，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，金屬塊與木板間動摩擦因數(shù)為=0.1

3、，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，mM，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 AB v0l(如圖)，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板。以地面為參照系。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；若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到最遠(yuǎn)處(從地面上看)到出發(fā)點的距離。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A 2v0 v0

4、 B CC間的動摩擦因數(shù)為，A、B、C三者質(zhì)量相等。若A、B兩物塊不發(fā)生碰撞，則由開始滑上C到A、B都靜止在C上為止，B通過的總路程多大？經(jīng)歷的時間多長？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間動摩擦因數(shù)為=0.4，B與墻壁碰撞時間極短，且碰撞時無能量損失。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 m v5如圖所示，在光滑水平面上有一輛質(zhì)量為M=4.00的平

5、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間很短，木塊與小車平板間動摩擦因數(shù)=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，物塊與小車間動摩擦因數(shù)=0.15。如圖示。現(xiàn)給物塊一個水平向右的瞬時沖量，使物塊獲得v0 =6m/s的水平初速度。物塊與擋板碰撞時間極短且無能量損

6、失。求：v0小車獲得的最終速度；物塊相對小車滑行的路程；物塊與兩擋板最多碰撞了多少次；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S后以速度v與子彈一起勻速運動，此過程中轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為 A B. C. D.參考答案1. 金屬塊在板上滑動過程中，統(tǒng)動量守恒。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

7、程 聯(lián)立解得： *解中，整個物理過程可分為金屬塊分別在A、B上滑動兩個子過程，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，實際上是整體部分隔離法的一種變化。2A恰未滑離B板，則A達(dá)B最左端時具有相同速度v，有 Mv0-mv0=(M+m)v Mm, v0,即與B板原速同向。A的速度減為零時，離出發(fā)點最遠(yuǎn)，設(shè)A的初速為v0，A、B摩擦力為f，向左運動對地最遠(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，此子過程中B的位移S1和運動時間t1分別為： 。然后B、C以g的加速度一起

8、做加速運動。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 A、B不發(fā)生碰撞時長為L，A、B在C上相對C的位移分別為LA、LB，則 L=LA+LB*對多過程復(fù)雜問題，優(yōu)先考慮錢過程方程，特別是P=0和Q=fS相=E系統(tǒng)。全過程方程更簡單。4A滑上B后到B與墻碰撞前，系統(tǒng)動量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判斷：mv0=(M+m)v, v=2m/s 此時B對地位移為S1，則對B： S=1m5m,故在B與墻相撞前與A已達(dá)到相同速度v，設(shè)此時A在B上滑行L1距離，則 L1=3m 【以上

9、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?，A速度不變(此子過程由于碰撞時間極短且無能量損失，不用計算)，即B以v向左、A以v向右運動，當(dāng)A、B再次達(dá)到相同速度v時：Mv-mv=(M+m)v v=2/3 m/s向左，即B不會再與墻相碰，A、B以v向左勻速運動。設(shè)此過程(子過程4)A相對B移動L2，則 L2=1、33m L=L1+L2=4.33m為木板的最小長度。*+得 實際上是全過程方程。與此類問題相對應(yīng)的是：當(dāng)PA始終大于PB時，系統(tǒng)最終停在墻角，末動能為零。5子彈射入木塊時，可認(rèn)為木塊未動。子彈與木塊構(gòu)成一個子系統(tǒng)，當(dāng)此

10、系統(tǒng)獲共同速度v1時，小車速度不變，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 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，則 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 聯(lián)立化簡得： v02+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 為最大值， v0149.6m/s6. 當(dāng)物塊相對小車靜止時，它們以共同速度v做勻速運動，相互作用結(jié)束，v即為小車最終速度mv0=2mv v=v0/2=3m/s S=6m 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。7AC A： C：彈簧類模型中的最值問題 在高考復(fù)習(xí)中，常常遇到有關(guān)“彈簧類”問題，

11、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、運動狀態(tài)、動量、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. 一個勁度系數(shù)為k600N/m的輕彈簧，兩端分別連接著質(zhì)量均為m15kg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動，經(jīng)0.5s，B物體剛離開地面（設(shè)整個加速過程彈簧都處于彈性限度內(nèi)，且g10m/s2）。求此過程中所加外力的最大和最小值。圖1 解析：開始時彈簧彈力恰等于A的重力，彈簧壓縮量，0.5s末B物體剛要離開地面，此時彈簧彈

12、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F為最小且，B物體剛要離開地面時，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動，但不粘連，它們到達(dá)最低點后又向上運動，已知物塊質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點，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點時還有向上的速度，求物塊向上運動到達(dá)的最高點與O點的距離。圖2 解析：物塊碰撞鋼板前作自由落體運動，設(shè)表示物塊與鋼板碰撞時的速度，則： 物塊與鋼板碰撞后一起以v1速度向

13、下運動，因碰撞時間極短，碰撞時遵循動量守恒，即： 剛碰完時彈簧的彈性勢能為，當(dāng)它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈性勢能為0，根據(jù)機(jī)械能守恒有： 設(shè)表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后開始向下運動的速度，由動量守恒有： 碰撞后，當(dāng)它們回到O點時具有一定速度v，由機(jī)械能守恒定律得： 當(dāng)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點時兩者分離，分離后，物塊以v豎直上升，其上升的最大高度： 解式可得。三、最大速度、最小速度問題 例3. 如圖3所示，一個勁度系數(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

14、在一起，已知它們共同向下運動到速度最大時，系統(tǒng)增加的彈性勢能與動能相等，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： A、B碰后的共同速度v2為： B靜止在彈簧上時，彈簧的壓縮量為x0，且： A、B一起向下運動到最大速度v時的位移為x，此時A、B的加速度為0，即有： 由機(jī)械能守恒得： 解得： 例4. 在光滑水平面內(nèi)，有A、B兩個質(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)過一段時間，A、B的速度等于5m/s時恰好一起做勻加速直線運動，此過程恒力做功為100J，當(dāng)A、B恰好一起做勻加速運動時撤除恒力，在以后的運動過程中求木塊A的最小速度。圖4 解

15、析：當(dāng)撤除恒力F后，A做加速度越來越小的加速運動，彈簧等于原長時，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)原長時速度最小，根據(jù)動量守恒得： 根據(jù)機(jī)械能守恒得： 由以上兩式解得木塊A的最小速度v0。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，靜摩擦力與彈簧彈力同向，即： 當(dāng)轉(zhuǎn)速n較小時，靜摩擦力與彈簧

16、彈力反向，即： 所以圓盤轉(zhuǎn)速n的最大值和最小值分別為： 。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做簡諧運動，在A振動過程中，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以未加外力時的位置為平衡位置作簡諧運動，當(dāng)A運動到平衡位置上方最大位移處時，B恰好對地面壓力為零，此時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，它們之間靜摩擦力最大值為Ff，輕質(zhì)彈簧勁

17、度系數(shù)為k，振動系統(tǒng)沿水平地面做簡諧運動，設(shè)木塊與小車間未發(fā)生相對滑動，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： 對m有： 所以由解得：。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)木板與木塊間的動摩擦因數(shù)為，求在木塊壓縮彈簧過程中（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，具有最大彈性

18、勢能，設(shè)m在M上運動時，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)均滿足動量守恒定律，即： 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： 由初狀態(tài)到末狀態(tài)，系統(tǒng)也滿足能量守恒且有： 由求得： 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，正確判斷各物理量之間的關(guān)系，此類問題一定會迎刃而解。彈簧類問題難點探究思考 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，涉及的知識面廣，要求

19、的能力較高，是高考的難點之一.難點提出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的距離為A.B.C.D. 圖21 圖222.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

20、勢能增加了_.圖2-33.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，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連.它們到達(dá)最低點后又向上運動.已知物塊質(zhì)量為m時，它們恰能回到O點.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點時，還具有向上的速度.求物塊向上運動到達(dá)的最高點與O點的距離.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，平衡時細(xì)線水平，彈簧與豎直夾角為，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

21、.B級要求.錯解分析：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)致錯解.解題方法與技巧：彈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=mgcos 細(xì)線的彈力T=mgtan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(xiàn)=mgtan，故物體的加速度a=gtan，水平向右.圖2-6例2A、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上作用一個豎直向上的力F，使A由靜止開始以0

22、.5 m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動（g=10 m/s2）.（1）使木塊A豎直做勻加速運動的過程中，力F的最大值；（2）若木塊由靜止開始做勻加速運動，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.錯解分析：此題難點和失分點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，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 ,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），設(shè)A、B疊放在彈簧上處于平衡時彈簧的壓縮量為x，有kx=（mA+mB）gx=（mA+mB

23、）g/k對A施加F力，分析A、B受力如圖2-7對A F+N-mAg=mAa對B kx-N-mBg=mBa可知，當(dāng)N0時，AB有共同加速度a=a，由式知欲使A勻加速運動，隨N減小F增大.當(dāng)N=0時，F(xiàn)取得了最大值Fm,即Fm=mA（g+a）=4.41 N又當(dāng)N=0時，A、B開始分離，由式知，此時，彈簧壓縮量kx=mB（a+g）x=mB（a+g）/kAB共同速度 v2=2a（x-x）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)用動能定理或功能原理WF+EP-（mA+mB）g（x-x）=（mA+mB）v2聯(lián)立，且注意到EP=0.248 J可知，WF=9.64

24、15;10-2 J錦囊妙計一、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，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，要注意彈力的大小與方向時刻要與當(dāng)時的形變相對應(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，分析形變所對應(yīng)的彈力大小、方向，以此來分析計算物體運動狀態(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

25、段時間，在瞬間內(nèi)形變量可以認(rèn)為不變.因此，在分析瞬時變化時，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，因該變力為線性變化，可以先求平均力，再用功的定義進(jìn)行計算，也可據(jù)動能定理和功能關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求解.同時要注意彈力做功的特點：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，一般以能量的轉(zhuǎn)化與守恒的角度來求解.殲滅難點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

26、.小球的動能先增大后減小B.小球在離開彈簧時動能最大C.小球的動能最大時彈性勢能為零D.小球的動能減為零時，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動，使彈簧伸長.A.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動量守恒B.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機(jī)械能守恒圖2-10C.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

27、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過程中圖2-11A.動量守恒，機(jī)械能守恒B.動量不守恒，機(jī)械能不守恒C.動量守恒，機(jī)械能不守恒D.動量不守恒，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

28、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212（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：T1cos=mg,T1sin=T2,T2=mgtan剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體即在T2反方向獲得加速度.因為mgtan=ma,所以加速度a=gtan,方向在T2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2-12（B）所示，其他條件不變，求解的步驟與（1）完全相

29、同，即a=gtan，你認(rèn)為這個結(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運動，相碰后，A與B、C粘合在一起，然后連接B、C的細(xì)繩因受擾動而突然斷開，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E.（2）若更換B、C間的彈簧，當(dāng)物塊A以初速v向B運動，物塊C在脫離彈簧后的速度為2v0，則彈簧所釋放的勢能E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

30、仍為 2v0，A的初速度v應(yīng)為多大?參考答案：難點提出1.C 2.m2（m1+m2）g2;（）m1（m1+m2）g2 3.x0殲滅難點1.AD2.AC 3.B4.分析從小球下落到壓縮最短全過程由動能定理：（mg-f）（H-L+x）-W彈性=0W彈性=Ep=（mg-f）（H-L+x）5.（1）結(jié)果不正確.因為l2被剪斷的瞬間，l1上張力的大小發(fā)生了突變，此瞬間T2=mg cos,a=g sin（2）結(jié)果正確，因為l2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

31、題，在高中物理中占有重要位置，也是多年來高考的熱點。彈性碰撞模型能與很多知識點綜合，聯(lián)系廣泛，題目背景易推陳出新，掌握這一模型，舉一反三，可輕松解決這一類題，切實提高學(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)律是動量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒。確切的說是碰撞前后動量守恒，動能不變。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。m2v2m1v1Bm1v0BA圖1A已知A、B兩個鋼性小球質(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

32、，物體B的速度v2大小和方向解析：取小球A初速度v0的方向為正方向，因發(fā)生的是彈性碰撞，碰撞前后動量守恒、動能不變有： m1v0= m1v1+ m2v2 由兩式得： ， 結(jié)論：（1）當(dāng)m1=m2時，v1=0，v2=v0，顯然碰撞后A靜止，B以A的初速度運動，兩球速度交換，并且A的動能完全傳遞給B，因此m1=m2也是動能傳遞最大的條件；（2）當(dāng)m1m2時，v10，即A、B同方向運動，因 ，所以速度大小v1v2，即兩球不會發(fā)生第二次碰撞；若m1>>m2時，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，物體A的速度幾乎不變，物體B以2倍于物體A的速度向前運動。（

33、3）當(dāng)m1m2時，則v10，即物體A反向運動。當(dāng)m1<<m2時，v1= - v0，v2=0 即物體A以原來大小的速度彈回，而物體B不動，A的動能完全沒有傳給B，因此m1<<m2是動能傳遞最小的條件。以上彈性碰撞以動撞靜的情景可以簡單概括為：（質(zhì)量）等大小，（速度和動能）交換了；小撞大，被彈回；大撞小，同向跑。（二）應(yīng)用舉例例1如圖2所示，兩單擺的擺長不同，已知B的擺長是A擺長的4倍,A的周期為T,平衡時兩鋼球剛好接觸，現(xiàn)將擺球A在兩擺線所在的平面向左拉開一小角度釋放，兩球發(fā)生彈性碰撞,碰撞后兩球分開各自做簡諧運動，以mA，mB分別表示兩擺球A，B的質(zhì)量，則下列說法正確的

34、是；A如果mA=mB 經(jīng)時間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<mB 經(jīng)時間T/2發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置左側(cè)解析 當(dāng)mA=mB時，A、B球在平衡位置發(fā)生彈性碰撞，速度互換，A球靜止，由于B擺長是A擺長的4倍,由單擺周期公式可知,A周期是T，B的周期是2T，當(dāng)B球反向擺回到平衡位置經(jīng)時間為T，再次發(fā)生碰撞。故A選項正確。當(dāng)mAmB時，發(fā)生第一次碰撞后兩球同向右擺動，但A球的速度小于B球的速度，并有A的周期是B周期的一半，T/2時B到達(dá)右側(cè)最大位移處,此

35、時A向左回到平衡位置,A繼續(xù)向左;再經(jīng)T/2, B完成半個全振動向右,A恰好完成一次全振動向左同時回到平衡位置發(fā)生碰撞，故B選項正確，C選項錯誤；當(dāng)mA<mB時，碰撞后A反彈向左運動，B向右，若mA越接近mB發(fā)生下一次碰撞的時間越接近T，若mA<<mB，A接近原速反彈，B幾乎不動，發(fā)生下一次碰撞的時間越接近T/2，當(dāng)A經(jīng)T/2經(jīng)平衡位置從左向右運動時B恰好在右側(cè)最高點，而A、B碰撞的位置只能在平衡位置的右側(cè)，或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左側(cè)，故D選項錯誤。例2 質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和圓弧的軌道均光滑，如圖3如圖所示，一個質(zhì)量為m的小球以速

36、度v0水平?jīng)_向小車，當(dāng)小球返回左端脫離小車時，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動B小球可能沿水平方向向左作平拋運動C小球可能沿水平方向向右作平拋運動D小球可能做自由落體運動解析：小球水平?jīng)_上小車，又返回左端，到離開小車的整個過程中，系統(tǒng)動量守恒、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mM，小球離開小車向左平拋運動，m=M，小球離開小車做自由落體運動，如果mM，小球離開小車向右做平拋運動，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)?，F(xiàn)突然松開兩球，同時給A球以速度v0

37、，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動，B球由靜止開始一直作勻加速直線運動，當(dāng)兩球速度相等時相距最近，當(dāng)恢復(fù)到原始值時相當(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)動量守恒、機(jī)械能守恒。 設(shè)A、B速度相等時速度為v，恢復(fù)到原始值時A、B的速度分別為v1、v2，mv0= 2mv 2mv=mv1+ mv2 由式得v=，由解得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

38、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的彈性勢能 (2)何時B的速度最大，最大速度是多少？mvoBA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小過程一是子彈與木塊A的碰撞過程，動量守恒，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，動量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒， 子彈打入: mv0=4mv1 打入后彈簧由原長到最短: 4mv1=8mv2 機(jī)械能守恒: 解得 (2)從彈簧原長到壓縮最短再恢復(fù)原長的過程中，木塊B一直作變加速運動

39、,木塊A一直作變減速運動,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B的速度最大,設(shè)彈簧彈開時A、B的速度分別為4mv1=4mv1 +4mv2 解得: v1=o ,v2=v1 = 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”前后動量守恒、系統(tǒng)機(jī)械能守恒（動能不變），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，問題就會迎刃而解。 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)10

40、0%(除98年無純導(dǎo)棒外)，且多為分值較大的計算題為何導(dǎo)棒問題頻繁復(fù)現(xiàn)，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，可綜合多個物理高考知識點其特點是綜合性強(qiáng)、類型繁多、物理過程復(fù)雜，有利于對學(xué)生綜合運用所學(xué)的知識從多層面、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、難點、熱點、焦點問題導(dǎo)棒問題在磁場中大致可分為兩類：一類是通電導(dǎo)棒，使之平衡或運動；其二是導(dǎo)棒運動切割磁感線生電運動模型可分為單導(dǎo)棒和雙導(dǎo)棒 (一)通電導(dǎo)棒問題 通電導(dǎo)棒題型，一般為平衡和運動型，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(xiàn)=0，M=0)來解答，而對

41、于通電導(dǎo)棒的運動型，則要求考生用所學(xué)的牛頓運動定律、動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的傾角為的光滑平行導(dǎo)軌(電源、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，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)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

42、建立直角坐標(biāo)系進(jìn)行正交分解，也可采用共點力的合成法來做 根據(jù)題意F=0，即Fx=0；Fy=0；Fx=FBNsin=0 Fy=Fcosmg=0 ，/得：由安培力公式FB=BId ；全電路區(qū)姆定律，聯(lián)立并整理可得(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，當(dāng)FB方向垂直于N的方向時FB最小，其B最小，故，而，聯(lián)立可得，即評析：該題將物體的平衡條件作為重點，讓考生將公式和圖象有機(jī)地結(jié)合在一起，以達(dá)到

43、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、生電方式分為平動切割和轉(zhuǎn)動切割，其模型可分為單導(dǎo)棒和雙導(dǎo)棒要從靜態(tài)到動態(tài)、動態(tài)到終態(tài)加以分析討論，其分析動態(tài)是關(guān)鍵對于動態(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)體做勻速直線運動我們知道，電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是不同形式能量的轉(zhuǎn)化過程，因此，由功能觀點切入，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

44、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=1.0；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，整個裝置處于磁感應(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，使之做勻加速運動，測得力F與時間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動，用v表示其速度，t表示時間，

45、則有v=at ，棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在棒、軌道和電阻的閉合電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，桿所受安培力FB=BIL ，再由牛頓第二定律F=ma故FFB=ma ，聯(lián)立求解式得在圖線上取兩點代入式，可得a=10m/s2，m=0.1kg 解法二：從Ft圖線可建立方程 F=1+0.1t ，棒受拉力F和安培力FB作用，做勻加速直線運動，其合力不隨時間t變化，并考慮初始狀態(tài)FB=0，因而FB的大小為FB=0.1t ，再由牛頓第二定律：F=ma有FFB=ma ，聯(lián)立可得ma=1 又FB=BIL ，而，聯(lián)立得，而v=at，故，/得：，再由與式得評析：解法一采用了物理思維方法，即用力學(xué)的觀點，再結(jié)合其F-t圖象將

46、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，開始時電容器不帶電，將棒由靜止釋放，問棒落地時的速度多大？落地時間多長？分析和解：此題主要用來考查考生對勻變速直線運動的理解，這種將其電容和導(dǎo)棒

47、有機(jī)地綜合在一起，使之成為一種新的題型從另一個側(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，下落的同時產(chǎn)生了感應(yīng)電動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，棒在重力作用和安培力的合力作用下向下運動，由牛頓第二定律F=ma，得故mgFB=ma ，F(xiàn)B=BiL 由于棒做加速運動，故v、a、FB均為同一時刻的瞬時值，與此對應(yīng)電容器上瞬時電量為Q=C·，而=BLv設(shè)在時間t內(nèi)，棒上電動勢的變化量為，電容器上電量的增加量為Q，顯然=BLv ，Q=C· ，再根據(jù)電流的定義式， ，聯(lián)立得：由式可知，a與運動

48、時間無關(guān)，且是一個恒量，故棒做初速度為零的勻加速直線運動，其落地速度為v，則，將代入得：，落地時間可由，得，將代入上式得評析：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=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=1放在導(dǎo)軌上的導(dǎo)棒ab，由靜止沿導(dǎo)軌向上移動(ab棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直)當(dāng)

49、金屬導(dǎo)棒ab移動S=2.8m時，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？(2)導(dǎo)棒從靜止達(dá)到穩(wěn)定速度所需時間是多少？分析和解：此題主要用來考查考生是否能熟練運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，導(dǎo)棒受力如圖(2-1-4)所示，由力的平衡條件F=0，則FmgsinFB=0 ，F(xiàn)B=BIL ，=BLv ，又F=P/v ，由可得，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

50、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，從能量觀點去著手求解，往往更能觸及該問題的本質(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，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

51、，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正好勻速向下運動，求運動的速度分析和解：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桿向下勻速運動的速度為v，則ab棒切

52、割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動熱大小，方向由ab，cd棒以速度v向上切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小為，方向由dc回路中的電流方向由abdc，大小為，ab棒受到安培力向上，cd棒受到安培力向下，大小均為FB即，當(dāng)ab棒勻速下滑時，令棒受到的導(dǎo)線拉力為T，則對ab有T+FB=mg ，對cd有：T=FB+mg ，由解得2FB=(M-m)g ，再由可得，故解法二：采用整體法，把a(bǔ)b、cd柔軟導(dǎo)線視為一個整體，M>m，整體動力為(Mm)g ，ab棒向下，cd棒向上，整體所受安培力與整體動力相等時正好做勻速向下運動，則解法三：采用能量守恒法，將整個回路視為一個整體系統(tǒng)，用其速度大小不變，故動能不變ab棒向

53、下，cd棒向上運動過程中，因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，而總=2 ，=BLv ，聯(lián)立可得評析：此題為典型的雙導(dǎo)棒在磁場中運動的問題并且兩根棒都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，對整個回路而言，相當(dāng)于電池組的串聯(lián)，整個回路中有電流流過，兩棒都受安培力，在未達(dá)到穩(wěn)定速度前，兩棒均做變加速運動，當(dāng)加速度減為零時，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在整個導(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