備考2020高考物理復(fù)習(xí)攻略之方法匯總專題14模型辨析法含解析

專題14模型辨析法目錄一、瞬時值與平均值 2二、死結(jié)與活結(jié)模型 5三、整體法與隔離法 7四、圓周運動的桿模型與繩模型 8五、電磁感應(yīng)中的感生與動生模型 11高中物理模型可以分為一級模型與二級模型。一級模型是基礎(chǔ)性模型，比如：質(zhì)點、輕繩、輕桿、輕彈簧、不可伸長的細線、恒力、光滑表面、真空、點電荷、勻速直線運動、勻變速直線運動等。二級模型是一級模型的復(fù)合體，是應(yīng)用性模型，就是在習(xí)題教學(xué)中應(yīng)用一級模型構(gòu)建出來的比較固定的問題模型，例如：行星運動模型、剎車模型、完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞、磁場中金屬桿平動切割模型、霍爾模型、類平拋模型、帶電粒子在有界磁場中偏轉(zhuǎn)模型等。在解決物理問題時，物理問題首先要抽象概括為二級物理模型，即得出物理問題模型。我們可以依據(jù)一級模型，模仿二級模型進行建模，在模仿建模的過程中要注意知識的同化與順化等理性思維過程，充分應(yīng)用辨別、分類，分析、綜合，歸納、演繹，等效、類比，抽象、概括，模擬、遷移等理性思維方法去建構(gòu)科學(xué)的物理模型。物理模型是我們進一步解決問題的抓手，我們利用這個抓手，應(yīng)用物理規(guī)律并借助數(shù)學(xué)方法就可以解決具體的物理問題。物理模型與數(shù)學(xué)方法整合的途徑從思維的過程可分為：從文本問題還原為具象的問題情景，從具象的物理情景抽象為理想模型（理想模型界于抽象與具象之間），由理想模型到理想化問題，再由理想化問題應(yīng)用物理規(guī)律上升到抽象的數(shù)形關(guān)系，由數(shù)形關(guān)系求出的數(shù)學(xué)解并分析出其物理意義。如果進一步細分，形成如下途徑與方法：（1）問題圖景化：文本問題需要情景化。我們面對的是具體的原生態(tài)的情境問題，就要在具體的問題情境中進行概括與抽象，去認識和控制變量，進而了解時空關(guān)系、了解數(shù)量關(guān)系；對于文本問題，需要解讀文本，把文本問題圖景化，通過力學(xué)與運動學(xué)分析，在頭腦中形成研究對象的運動過程及其所處的狀態(tài)的真實圖景，根據(jù)要解決的問題，從具體的物理問題圖景中分析出與之相關(guān)的物理因素并用物理量去表征。（2）物理模型辨析建構(gòu)：物理模型可分為對象模型、過程模型、狀態(tài)模型。首先基于一定的物理問題情境，根據(jù)物理問題，依據(jù)自己已有的物理模型信息來仿建模，先形成假設(shè)模型，再進行辨別、分類、歸納、遷移，確定研究對象模型。其次，對問題的過程與狀態(tài)進行抽象與簡化，形成過程模型與狀態(tài)模型。這樣物理問題就由一系列的模型來描述。物理模型以理想化，簡約化為其主要特征。（3）理想化問題：依據(jù)建立的理想模型，忽略實體模型、過程模型、狀態(tài)模型的原型的個性、特殊性，抓住其共性、一般性，用理想化物理術(shù)語把情境問題轉(zhuǎn)化為理想問題。這是認知階段由具體運演向形式運演的轉(zhuǎn)化；這個過程也是物理模型向數(shù)學(xué)方法過渡的關(guān)鍵，要使思維進入“大象無形”狀態(tài)，舍棄具象，留下抽象。（4）數(shù)理整合：在物理模型建構(gòu)之后，要選擇適當?shù)奈锢硪?guī)律來建立己知物理量與未知物理量函數(shù)關(guān)系，這個過程就是物理模型的應(yīng)用過程。模型應(yīng)用要借助于數(shù)學(xué)方法，除了定性的分析外還要能做定量的計算，以數(shù)學(xué)為語言，以數(shù)學(xué)推理、論證為工具，使數(shù)學(xué)滲透進物理思維的過程。有的需要用非常復(fù)雜的數(shù)學(xué)方法來處理，如：微元法、極值法、矢量法、近似計算法、遞推法、圖像法等等。物理量之間的函數(shù)關(guān)系或由函數(shù)關(guān)系轉(zhuǎn)化而來的圖像是表達數(shù)學(xué)方法的兩種基本方式，利用數(shù)學(xué)公式或數(shù)學(xué)方法得到問題的正確解，并能深刻地理解數(shù)學(xué)解的物理意義。這要求物理教師要熟稔中學(xué)數(shù)學(xué)公式及一些基本的數(shù)學(xué)方法，這樣，才能游刃有余地回旋于物理與數(shù)學(xué)之間，去引導(dǎo)學(xué)生解決具體的物理模型問題。下面以容易混淆的兩種解題模型進行比較來辨析物理模型的應(yīng)用。一、瞬時值與平均值瞬時值與平均值顯然是兩個不同的概念，在電磁感應(yīng)中，如果感應(yīng)電流是變化的，求某一過程中產(chǎn)生的電量，兩種方法是等效的，求電功是不等效的，電功用電流的有效值來求，或用間接方法求解。再比如變力作用，求沖量可以用平均作用力代替整個過程的變力，而變力做功則不可以。典例1.（19年天津卷）如圖所示，固定在水平面上間距為的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒和長度也為、電阻均為，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。兩端通過開關(guān)與電阻為的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。的質(zhì)量為，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計。（1）閉合，若使保持靜止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）斷開，在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過的電荷量為，求該過程安培力做的功?！窘馕觥浚?）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則①設(shè)與并聯(lián)的電阻為，有②閉合時，設(shè)線圈中的電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律得③設(shè)中的電流為，有④設(shè)受到的安培力為，有⑤保持靜止，由受力平衡，有⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦方向水平向右。（2）設(shè)由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，運動的位移為，所用時間為，在Δt的時間內(nèi)，電動勢、電流都在變化，電動勢、電流都恒定不變⑧⑨在時間Δt時間內(nèi)⑩以上各式解得：?其中?由動能定理，有?聯(lián)立⑦???式得方法二：第二小題也可以用平均值的方法來解，兩種方法是等效的。（2）設(shè)由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，運動的位移為，所用時間為，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動勢為，有⑧其中⑨設(shè)中的平均電流為，有⑩根據(jù)電流的定義得?由動能定理，有?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩???式得?【總結(jié)與點評】第三小題流過的電荷量的推導(dǎo)，需要微元法化變?yōu)楹氵M行處理，如果用平均值來推導(dǎo)，也可以得出正確的解。二、死結(jié)與活結(jié)模型活結(jié):可理解為把繩子分成兩段,且可以沿繩子移動的結(jié)點?！盎罱Y(jié)”一般是由繩跨過滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩子雖然因“活結(jié)”而彎曲,但實際上是同一根繩,所以由“活結(jié)”分開的兩段繩子上彈力的大小一定相等,兩段繩子合力的方向一定沿這兩段繩子夾角的角平分線。死結(jié):可理解為把繩子分成兩段,且不可以沿繩子移動的結(jié)點。“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨立的繩,因此由“死結(jié)”分開的兩段繩子上的彈力不一定相等。典例2如圖所示,小方塊代表一些相同質(zhì)量的鉤碼,圖甲中O為輕繩之間連接的結(jié)點,圖乙中光滑的輕質(zhì)小滑輪跨在輕繩上懸掛鉤碼,兩裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將圖甲中右邊滑輪的端點B右移一點,圖乙中的端點B向上移動一點(圖乙中的繩長不變),則關(guān)于θ角和OB繩的張力F的變化,下列說法正確的是()。甲乙A.圖甲、乙中的θ角均增大,F均不變B.圖甲、乙中的θ角均不變,F均不變C.圖甲中θ角增大;圖乙中θ角不變,張力F均不變D.圖甲中θ角減小,F不變;圖乙中θ角增大,F減小【答案】B【解析】圖甲中,根據(jù)鉤碼個數(shù),O點所受的三個力正好構(gòu)成直角三角形,若端點B沿虛線右移一點,三力大小不變,根據(jù)力的合成法則,可知三力方向不變,即夾角θ不變;圖乙中,因滑輪光滑,且繩子中的張力相等,則A、B兩端的力總是相等的,因此合力平分A、B繩的夾角,即使端點B稍上移,繩子張力大小F仍不變,則根據(jù)力的合成法則,可知A、B繩夾角不變,則θ角不變,B項正確,A、C、D三項錯誤。針對訓(xùn)練2a如圖所示,質(zhì)量為M的斜劈放置在水平地面上,細線繞過滑輪O1、O3連接A、B物體,連接A的細線與斜劈平行,滑輪O3由細線固定在豎直墻O處,滑輪O1用輕質(zhì)桿固定在天花板上,動滑輪O2跨在細線上,其下端懸掛質(zhì)量為m的物體C,初始整個裝置靜止,不計細線與滑輪間摩擦,下列說法正確的是()。A.若增大m,A、斜劈仍靜止,待系統(tǒng)穩(wěn)定后,細線張力大小不變B.若增大m,A、斜劈仍靜止,待系統(tǒng)穩(wěn)定后,地面對斜劈的摩擦力變大C.若將懸點O上移,A、斜劈仍靜止,待系統(tǒng)穩(wěn)定后,細線與豎直墻夾角變大D.若將懸點O上移,A、斜劈仍靜止,待系統(tǒng)穩(wěn)定后,地面對斜劈的摩擦力不變【答案】AD【解析】若增大m,A、斜劈仍靜止,先對物體B分析,受重力和拉力而平衡,說明細線的拉力大小保持不變;再對A和斜劈整體分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根據(jù)平衡條件可知,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不變,故地面對斜劈的摩擦力不變,A項正確,B項錯誤。若將懸點O上移,A、斜劈仍靜止,細線的拉力依然等于物體B的重力,大小不變;先分析C,由于重力不變,兩個拉力的大小也不變,故根據(jù)平衡條件可知,兩個拉力的方向不變;再分析滑輪O3,受三個拉力,由于兩個拉力的大小和方向不變,故根據(jù)平衡條件可知,第三個拉力的方向也不變,細線與豎直墻的夾角不變,故C項錯誤。最后分析A和斜劈整體,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根據(jù)平衡條件可知,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不變,故地面對斜劈的摩擦力不變,D項正確。針對訓(xùn)練2b如圖所示,A、B都是重物,A被繞過小滑輪P的細線所懸掛,B放在粗糙的水平桌面上;小滑輪P被一根斜短線系于天花板上的O點;O'是三根細線的結(jié)點,bO'水平拉著重物B,cO'沿豎直方向拉著彈簧;彈簧、細線、小滑輪的重力和細線與滑輪間的摩擦力均可忽略,整個裝置處于靜止狀態(tài),g=10m/s2。若懸掛小滑輪的斜線OP的張力是20N,則下列說法中正確的是()。A的質(zhì)量為2kgB的摩擦力為10ND.OP與豎直方向的夾角為60°【答案】ABC【解析】O'a與aA兩細線拉力的合力與斜線OP的張力大小相等。由幾何知識可知FO'a=FaA=20N,且OP與豎直方向的夾角為30°,D項錯誤;重物A的重力GA=FaA,所以mA=2kg,B項正確;桌面對B的摩擦力Ff=FO'b=FO'acos30°=10N,C項正確;彈簧的彈力F彈=FO'asin30°=10N,A項正確。針對訓(xùn)練2b.(2017天津卷)如圖所示,輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點,懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的,掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件,當衣架靜止時,下列說法正確的是()。A.繩的右端上移到b',繩子拉力不變B.將桿N向右移一些,繩子拉力變大C.繩的兩端高度差越小,繩子拉力越小D.若換掛質(zhì)量更大的衣服,則衣架懸掛點右移【答案】AB【解析】繩的右端上下移動及改變繩子兩端高度差都不會改變兩部分繩間的夾角,A項正確,C項錯誤;兩繩間的夾角與衣服的質(zhì)量大小無關(guān),D項錯誤;將桿N向右移一些,兩部分繩間的夾角變大,繩子拉力變大,B項正確。【總結(jié)與點評】解題時要分清楚活結(jié)與死結(jié)，注意兩種情況力的特點。三、整體法與隔離法典例3.(17年海南卷)．如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，記R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是（）A．若μ≠0，則k=B．若μ≠0，則C．若μ=0，則D．若μ=0，則【解析】將PQR作為一個整體，對于R，對于P,解得：的平斜面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，記R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是（）A．若μ≠0，則k=B．若μ≠0，則C．若μ=0，則D．若μ=0，則【解析】將PQR作為一個整體，對于R，對于P,解得：【點評與總結(jié)】這兩題都要用整體法與隔離法求解。可以得出：物體之間的彈力與動摩擦因數(shù)無關(guān)（幾個物體與平面之間的動摩擦因數(shù)要相同），與斜面的傾角無關(guān)，與物體之間的質(zhì)量關(guān)系有關(guān)。四、圓周運動的桿模型與繩模型豎直平面內(nèi)圓周運動，由桿模型與繩模型兩類問題，繩栓小球在運動過程中只能產(chǎn)生拉力。而桿模型中，桿對小球既可以產(chǎn)生拉力，也可以產(chǎn)生支持力。的人手握一根長為的輕繩，輕繩的另一端系一盛滿水的碗，碗水的質(zhì)量為，碗水舞動起來叫“水流星”。如果“水流星”經(jīng)過最高點的速度為。求其在整個圓周運動過程中，人對地面的最小壓力是多大？【解析】如圖.“水流星”運動到輕繩與豎直方向夾角為的點位置時，速度為由動能定理得：=1\*GB3①在點=2\*GB3②=1\*GB3①=2\*GB3②解得：=3\*GB3③對人受力分析得：=4\*GB3④=3\*GB3③=4\*GB3④聯(lián)立得：由和積不等式知：即時，人對地面壓力最小由上述解可知人對地面的最小壓力不是“水流星”在最高點。是否可以探究出最高點的速度與人對地面的最小壓力位置的定量關(guān)系呢？答案是肯定的。針對訓(xùn)練4a.假設(shè)“水流星”在最高點的速度為，我們重新求解上面的問題?！窘馕觥俊八餍恰庇勺罡唿c運動到點的過程中由動能定理得：=1\*GB3①在點=2\*GB3②=1\*GB3①=2\*GB3②聯(lián)立得=3\*GB3③對人受力分析得：=4\*GB3④=3\*GB3③=4\*GB3④聯(lián)立解得：配方整理得：討論：，即，，“水流星”在最高點，人對地面壓力有最小值，即時，3.當，即時，可知，即“水流星”在最高點人對地面壓力最小【點評與總結(jié)】當“水流星”在最高點的速度條件下，“水流星”在最高點時，?！八餍恰钡娜藢Φ孛娴膲毫ψ钚。划敗八餍恰痹谧罡唿c的速度條件下，?！八餍恰钡娜藢Φ孛娴膲毫ψ钚r，“水流星”不在最高點。的圓環(huán)用細繩懸掛著，有兩個質(zhì)量均為的小球套在圓環(huán)上，可沿圓環(huán)無摩擦地滑動，現(xiàn)將兩小球同時從環(huán)的頂端釋放，使其沿相反方向自由滑下，欲使圓環(huán)能夠升起，求小球的最小質(zhì)量?！窘馕觥績尚∏蛟诃h(huán)兩側(cè)對稱的圓周運動，圓環(huán)將要升起時細繩拉力為零。設(shè)小球滑到圖示位置，對小球受力分析得①由機械能守恒定律得：②①②解得：③對圓環(huán)在豎直方向進行受力分析，設(shè)繩拉力為,則:④圓環(huán)上升時，繩對大圓環(huán)產(chǎn)生的向上的拉力⑤以上各式聯(lián)立解得：.由和積不等式得：≤當時，小球的最小質(zhì)量為【點評與總結(jié)】兩小球在最高點的速度為零，滿足，所以細繩對圓環(huán)拉力最小即，圓環(huán)將要升起，這時。五、電磁感應(yīng)中的感生與動生模型電磁感應(yīng)中的感生與動生是兩類解題模型，感生是磁場變化，動生是面積變化，即導(dǎo)體棒切割問題。典例5.（全國2卷）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是A. B. C. D.【答案】AD【解析】由于PQ進入磁場時加速度為零，AB．若PQ出磁場時MN仍然沒有進入磁場，則PQ出磁場后至MN進入磁場的這段時間，由于磁通量φ不變，無感應(yīng)電流。由于PQ、MN同一位置釋放，故MN進入磁場時與PQ進入磁場時的速度相同，所以電流大小也應(yīng)該相同，A正確B錯誤；CD．若PQ出磁場前MN已經(jīng)進入磁場，由于磁通量φ不變，PQ、MN均加速運動，PQ出磁場后，MN由于加速故電流比PQ進入磁場時電流大，故C正確D錯誤。針對訓(xùn)練5（19年江蘇卷）如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的面積S=0.3m2、電阻R=0.6Ω，磁場的磁感應(yīng)強度B=0.2T.現(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt=0.5s時間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中（1）感應(yīng)電動勢的平均值E；（2）感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標出電流方向；（3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q．【解析】（1）感應(yīng)電動勢的平均值磁通量的變化解得，代入數(shù)據(jù)得E=0.12V（2）平均電流代入數(shù)據(jù)得I=0.2A（電流方向見圖3）（3）在Δt=0.5s的時間內(nèi)，電動勢、電流都在變化，電動勢、電流都恒定不變在時間Δt電荷量代入數(shù)據(jù)得q=0.1C【總結(jié)與點評】第三小題電量的計算要把過程微元化，在經(jīng)過微元后電流恒定，才可以應(yīng)用電流公式。六、彈性碰撞與完全非彈性碰撞彈性碰撞與完全非彈性碰撞，系統(tǒng)動量都守恒，彈性碰撞沒有機械能損失，而完全非彈性碰撞機械能損失最大。典例6.（19年海南卷）如圖，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在O點：初始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)