2020届二轮复习 专题一 五大经典模型(科学思维、科学态度与责任) 学案

科学思维的考试题及答案科学思维考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 科学思维的核心是什么？A. 经验B. 直觉C. 逻辑D. 信仰答案：C2. 以下哪项不属于科学方法的基本步骤？A. 提出问题B. 收集数据C. 形成假设D. 直接得出结论答案：D3. 科学思维中的“可证伪性”原则是由哪位哲学家提出的？A. 卡尔·波普尔B. 弗里德里希·尼采C. 让-雅克·卢梭D. 伊曼努尔·康德答案：A4. 在科学思维中，哪个概念强调了观察和实验的重要性？A. 归纳法B. 演绎法C. 观察法D. 实验法答案：D5. 科学思维中的“假设”是指什么？A. 一个未经证实的猜想B. 一个已经证实的事实C. 一个无关紧要的想法D. 一个不可改变的真理答案：A6. 科学思维中的“演绎推理”和“归纳推理”的主要区别是什么？A. 演绎推理从一般到特殊，归纳推理从特殊到一般B. 演绎推理从特殊到一般，归纳推理从一般到特殊C. 演绎推理和归纳推理没有区别D. 演绎推理和归纳推理都是从特殊到特殊答案：A7. 科学思维中的“双盲实验”设计的主要目的是什么？A. 增加实验的难度B. 减少实验的可重复性C. 减少实验结果的偏差D. 增加实验的趣味性答案：C8. 以下哪项不是科学思维中常用的统计方法？A. 描述性统计B. 推断性统计C. 相关性分析D. 占星术答案：D9. 科学思维中的“可重复性”原则意味着什么？A. 实验结果总是相同的B. 实验结果可以被不同的研究者在相同条件下重复C. 实验结果只适用于特定的环境D. 实验结果只对特定的样本有效答案：B10. 科学思维中的“批判性思维”主要强调什么？A. 接受所有观点B. 无批判地接受权威观点C. 质疑和评估论据D. 避免任何形式的思考答案：C二、多项选择题（每题3分，共15分）11. 科学思维的特点包括哪些？A. 客观性B. 系统性C. 创造性D. 随意性答案：A、B、C12. 科学思维中的“假设检验”通常包括哪些步骤？A. 形成假设B. 设计实验C. 收集数据D. 得出结论答案：A、B、C、D13. 科学思维中的“控制变量法”的主要目的是什么？A. 确定变量之间的关系B. 排除无关变量的干扰C. 增加实验的复杂性D. 减少实验的可重复性答案：A、B14. 科学思维中的“概率论”在哪些领域有应用？A. 统计学B. 物理学C. 经济学D. 心理学答案：A、B、C、D15. 科学思维中的“模型”有什么作用？A. 简化复杂现象B. 预测未来事件C. 验证理论D. 娱乐和教育答案：A、B、C三、判断题（每题1分，共10分）16. 科学思维只适用于自然科学领域。

物理学史教学中培养学生的科学态度与责任作者：汪晓丽崔延路来源：《学习周报·教与学》2020年第30期摘要：教育部《普通高中物理课程标准》（2017）中提出了学科的核心素养。

物理学科的核心素养有物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任。

笔者浅析了物理学史的教学对于学生认清科学本质、培养严谨的科学态度以及培养社会责任意识的重要作用。

关键词：物理学史科学态度与责任科学本质科学态度社会责任教育部《普通高中物理课程标准》（2017）中提出了学科的核心素养。

其中物理学科的核心素养包括物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任。

科学态度与责任是指在认识科学本质，认识科学、技术、社会、环境关系的基础上，逐渐形成的探索自然的内在动力，严谨认真、实事求是和持之以恒的科学态度，以及遵守道德规范，保护环境并推动可持续发展的责任感。

科学态度与责任主要包括科学本质、科学态度、社会责任等要素，在中学的物理学史的教学中可以很好地培养学生科学态度与责任。

一、物理学史的教学有利于激发学生学习科学、认清科学本质的兴趣。

物理学是对自然界概括规律性的总结，是概括经验科学性的理论认识。

物理思想与方法不仅对物理学本身有价值，而且对整个自然科学，乃至社会科学的发展都有着重要的贡献。

自20世纪中叶以来，在诺贝尔化学奖、生物及医学奖，甚至经济学奖的获奖者中，有一半以上的人具有物理学的背景，这意味着他们从物理学中汲取了智能，转而在非物理领域里获得了成功。

提出物质波的德布罗意起初的专业并非是物理领域，在中学时代显示出他的文学才华。

18岁开始在巴黎索邦大学学习历史，1910年获文学学士学位。

1911年，他听到作为第一届索尔维物理讨论会秘书的莫里斯谈到关于光、辐射、量子性质等问题的讨论后，激起了对物理学的强烈兴趣，特别是他读了庞加莱的《科学的价值》等书后，转向研究理论物理学。

1913年，又获理学学士学位。

那个年代人们已经接受了光的波粒二象性。

核心素养提升——科学思维系列(一)绳、杆模型中的“死结”与“活结”模型1“死结”模型“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点．“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等．如图甲所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定．杆的A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B端挂一重物P，现施加拉力T将B缓慢上拉(绳和杆均未断)，在杆达到竖直前()A．绳子越来越容易断B．绳子越来越不容易断C．杆越来越容易断D．杆越来越不容易断【解析】以B点为研究对象，B受三个力：绳沿BO方向的大小为T的拉力F1，绳沿竖直向下方向的大小为G P的拉力F2，AB杆沿AB方向的支持力N，这三个力构成封闭的矢量三角形，如图乙所示，该三角形与几何三角形OAB相似，得到OB F1＝OAF2＝ABN，由此可知，N不变，F1随OB的减小而减小．【答案】 B模型2“活结”模型“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点．“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的．绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根．(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移【分析】绳的“活结”模型——两端受力相等如果只改变a、b的高度差，不改变a、b间的水平距离，绳与竖直杆的夹角不变，在b点移动过程中，“活结”对应的位置如图所示．【解析】本题考查物体受力分析、物体的平衡．衣架挂钩为“活结”模型，oa、ob为一根绳，两端拉力相等，设绳aob长为L，M、N的水平距离为d，bo延长线交M于a′，由几何知识知a′o＝ao，sinθ＝dL，由平衡条件有2F cosθ＝mg，则F＝mg2cosθ，当b上移到b′时，d、L不变，θ不变，故F不变，选项A正确，C错误．将杆N 向右移一些，L不变，d变大，θ变大，则F变大，选项B正确．只改变m，其他条件不变，则sinθ不变，θ不变，衣架悬挂点不变，选项D错误．【答案】AB1．(2019·山西五校联考)如图所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平．现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受的拉力的大小T A、T B的变化情况是(B)A．T A增大，T B不变B．T A、T B均不变C．T A不变，T B增大D．T A、T B均减小解析：因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受的拉力的大小T C、T B始终相等，且等于物体的重力．又OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，则A点缓慢右移，圆环也随之右移，角θ不变，由平衡条件可知OA段轻绳所受的拉力不变．故B项正确．2．如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°.如图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°，下列判断正确的是(C)A．甲图中细绳OA的拉力为mgB．乙图中细绳OA的拉力为2mgC．甲图中轻杆受到的弹力是3mg，方向沿杆向右D．乙图中轻杆受到的弹力是mg，方向沿杆向左解析：由于图甲中的杆可绕B转动，故其受力方向沿杆方向，O点的受力情况如图甲所示，在直角三角形中可得，F T1＝mgsin30°＝2mg；图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂物体的，AOC是同一段绳子，而同一段绳上的力处处相等，故乙图中绳子拉力为F′T1＝F′T2＝mg，A、B项错误．由甲图的受力的平行四边形可知，甲图中O点受的弹力为F N1＝mgtan30°＝3mg.故C项正确．对乙图中的滑轮受力分析，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB方向．即杆对滑轮的作用力一定与两段绳的合力大小相等，方向相反，由图乙可得，F2＝2mg cos60°＝mg，则所求力F′N2＝F2＝mg.。

科学观念科学思维科学探究科学态度与责任
科学观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任是科学研究的
四个基本要素，它们是一个科学家完成一项研究工作的必备素质。

首先，科学观念是科学家完成科学研究的基本准则。

科学观念是
科学家对事物的认识和理解，包括关于自然、社会、人生、人类等多
个方面的认知。

科学观念是从对自然规律的认识和理解中形成的，具
有客观性、科学性和系统性等特征。

其次，科学思维是科学家进行科学研究的核心能力。

科学思维是
指科学家进行科学实验时所具备的思维方式，包括观察、提出猜想、
设计实验、分析数据等环节，具有科学性和理性的特征。

第三，科学探究是科学家进行科学研究的核心方法。

科学探究是
指通过科学实验来对自然现象进行探究和研究的过程。

在科学探究中，科学家需要遵循科学方法论的基本规则，采用科学手段和仪器设备进
行实验和测量，以获取数据和信息，进而对自然现象进行探究和解释。

第四，科学态度与责任是科学家完成科学研究的基本要求。

科学
态度与责任是指科学家的一种价值观，包括遵循实证主义、遵循科学
伦理、尊重事实、严谨求实等要素。

同时，科学家应当承担起科学研
究的责任，诚信进行研究，依法确保科研成果的真实性和可重复性。

这也是构建可信科学的重要保障。

综上所述，科学观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任是
科学研究必备的四个基本要素。

在进行科学研究时，科学家们应该遵
循科学方法的规则，坚持实事求是的态度，秉持科学精神，尊重科学
规律，诚信开展科学探究，推进科学发展，为建设诚信科学、可信科学、科学强国做出贡献。

科学思维篇2活用“三大观点”解析电磁学综合问题电磁学综合问题一直是高考中的必考内容且几乎每年都作为压轴题出现，同时在选择题中也有所体现．主要考查方向有两大类：(1)带电粒子在复合场中的运动；(2)电磁感应现象中动力学问题、能量问题、电路问题等．在复习中该部分一定是重点复习内容，不仅对于基本内容及规律要熟练应用，对于综合问题也一定要强化训练，形成解决电磁综合问题的信心和习惯．带电粒子在复合场中的运动【高分快攻】1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如关系图；第3步：用规律．2．带电粒子在叠加场中运动的分析方法【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．[解析](1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝12mv2 ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r②由几何关系知d＝2r ③联立①②③式得qm＝4UB2d2. ④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv⑥联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33. ⑦[答案] (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 【题组突破】角度1 磁场—磁场组合场中的运动分析1.(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB解析：选B.设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R 、T ＝2πR v ，可得R 1＝mv qB 、R 2＝2mvqB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm6qB，选项B 正确，A 、C 、D 均错误．角度2 电场—磁场组合场中的运动分析2．(2019·全真模拟卷一)如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标为(－L ，0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量为－e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上点A ⎝⎛⎭⎫0，12L 射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动， 进入矩形磁场区域并从磁场边界上点Q ⎝⎛⎭⎫36L ，－L 射出，速度沿x 轴负方向，不计电子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ； (3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a ，时间为t 0，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y则L ＝v 0t 0，a ＝eE m ，v y ＝at 0，v y ＝v 0tan 30°联立解得E ＝3mv 20eL.(2)设轨迹与x 轴的交点为D ，O 、D 间的距离为x D ，则x D ＝12L tan 30°＝36L所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示设电子离开电场时速度大小为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T则evB ＝m v 2r ，v ＝v 0sin 30°由几何关系有r ＋rsin 30°＝L即r ＝L 3联立以上各式解得B ＝6mv 0eL电子在磁场中偏转的角度为120°，则有t ＝T3T ＝2πm eB ⎝⎛⎭⎫或T ＝2πr v ＝πL 3v 0 解得t ＝πL9v 0.(3)以切点F 、Q 的连线为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ 的对边，此时有界匀强磁场区域面积最小S min ＝3r ×r 2解得S min ＝3L 218.答案：见解析角度3 电场与磁场并存的叠加场问题3．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a解析：选B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有m a g ＝qE ，解得m a ＝qEg .b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知m b g ＝qE ＋qv b B ，解得m b ＝qE g ＋qv b Bg .c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知m c g ＋qv c B ＝qE ，解得m c ＝qE g －qv c Bg .综上所述，可知m b >m a >m c ，选项B 正确．角度4 电场、磁场和重力场并存的叠加场问题4．(2019·黄冈中学模拟)如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向．x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E .x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴．已知Q 点到坐标原点O 的距离为32l ，重力加速度为g ，B 1＝7E110πgl，B 2＝E 5π6gl.空气阻力忽略不计．(1)求带电小球a 的电性及其比荷qm；(2)求带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴时与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？解析：(1)由带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a 带正电，且mg ＝qE ，解得q m ＝gE.(2)带电小球a 从N 点运动到Q 点的过程中，设运动半径为R ，有qvB 2＝m v 2R由几何关系有R ＋R sin θ＝32l联立解v ＝5πgl6带电小球a 在杆上做匀速运动时，由平衡条件有 mg sin θ＝μ(qvB 1－mg cos θ) 解得μ＝34. (3)带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动的周期 T ＝2πR v＝24πl5g带电小球a 第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t 0＝2vg ＝10πl3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为 t ＝2h g＝210πl3g两球相碰有t ＝T3＋n ⎝⎛⎭⎫t 0＋T 2(n ＝0，1，2，…) 联立解得n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0，则72l ＝v 0t解得v0＝147gl160π.答案：(1)正电gE(2)34(3)147gl160π命题角度解决方法易错辨析带电粒子在空间组合场中从电场进磁场的运动利用类平抛运动中的分解思想解决电场中的运动，利用垂线法确定磁场中运动的圆心注意电场进磁场时速度的大小、方向变化情况带电粒子在空间组合场中从磁场进电场的运动找磁场中匀速圆周运动的圆心、半径、圆心角，画出大体的运动轨迹图分清磁场中运动时速度偏角、圆心角、弦切角三者之间的关系带电粒子在交变电、磁场中的运动利用周期性找准粒子运动规律，再结合电偏转和磁偏转规律解题在一个周期内分析清楚粒子的运动特点及速度的变化情况带电粒子在叠加场中的运动根据不同的受力情况，高中阶段一般只有两种运动情况：①匀速直线运动②匀速圆周运动注意粒子是否受重力，并关注粒子的受力与运动性质的关系带电粒子在复合场中的运动与现代科技的综合【高分快攻】教材中重要的五大科技应用类模型速度选择器带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝EB.这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关质谱仪加速：qU＝12mv2.偏转：d＝2r＝2mvqB.比荷qm＝8 UB2d2.可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等磁流体发电机当等离子体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝qUd，即U＝Bdv电磁流量计导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差．流量稳定时流量Q＝Sv＝πUd4B回旋加速器加速电场的变化周期等于粒子在磁场内运动的周期．在粒子质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能E k＝（qBR）22m，只与D形盒半径和磁感应强度有关，与加速电压无关【典题例析】(2019·高考天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的()A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa[解析]由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A 错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝eBv，又E＝Ua，解得U＝Bav，显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与长度c无关，B、C错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F＝eE＝eUa，D正确．[答案] D如图所示为“双聚焦分析器”质谱仪的结构示意图，其中，加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右端面平行．由离子源发出的一质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)经加速电场加速后，从M 点垂直于电场方向进入静电分析器，沿半径为R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点射出，接着由P 点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直于下边界从Q 点射出并进入收集器．已知 Q 点与圆心O 2的距离为d .(1)求磁分析器中磁场的磁感应强度B 的大小和方向； (2)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E 的大小；(3)现将离子换成质量为m 1＝0.9m 、电荷量仍为q 的另一种正离子，其他条件不变．试指出该离子进入磁分析器时的位置，并判断它射出磁场的位置在Q 点的左侧还是右侧．解析：(1)离子在加速电场中加速，设进入静电分析器的速度大小为v ，根据动能定理得qU ＝12mv 2离子射出静电分析器时的速度大小仍为v ，在磁分析器中，离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，根据牛顿第二定律得Bqv ＝m v 2r依题意知r ＝d 联立解得B ＝1d2mUq由左手定则得，磁场方向垂直纸面向外．(2)在静电分析器中，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2R联立解得E ＝2UR.(3)设质量为m 1的离子经加速电场加速后，速度大小为v 1，根据动能定理有qU ＝12m 1v 21离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qE ＝m 1v 21R 1联立解得质量为m 1的离子在静电分析器中做匀速圆周运动的轨道半径R 1＝R ，即该离子从N 点射出静电分析器，由P 点射入磁分析器．该离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径r 1＝m 1v 1qB ＝2m 1qUqB ∝ m 1，所以r 1<r ，即该离子射出磁场的位置在Q 点的左侧．答案：见解析三大观点解决电磁感应问题【高分快攻】1．电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带．2．解决电磁感应与力学的综合问题的基本步骤【典题例析】(2019·龙岩市模拟)如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.[解析] (1)根据右手定则，感应电流方向为a 至b ，依题意得，棒刚要运动时，所受摩擦力等于安培力：f ＝F AF A ＝BI 1L ， I 1＝BLv R，联立解得：f ＝B 2L 2vR.(2)设棒的平均速度为v －，根据动量定理可得： －F －t －ft ＝0－2mvF －＝B I －L ，又I －＝BL v －R ，x ＝v －t联立得：x ＝mvRB 2L 2根据动能定理有： －fx －W A ＝0－12m (2v )2根据功能关系有 Q ＝W A 得：Q ＝mv 2.[答案] (1)a 至b B 2L 2vR(2)mvRB 2L2 mv 2 【题组突破】角度1 单杆＋电阻＋导轨模型1．如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度．重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量．解析：(1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下 当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L 2，方向沿导轨平面向下．(2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgx sin θ＝Q 总＋12mv 2m又Q 杆＝12Q 总所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4.答案：见解析角度2 双杆＋导轨模型2．(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l ，两根质量均为m 、电阻均为R 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直．在t ＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小恒为F 的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况．(2)如图2所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度．若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况．解析：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2，加速度大小分别为a 1和a 2，受到的安培力大小均为F 1，则感应电动势为E ＝Bl (v 1－v 2)① 感应电流为I ＝E2R②对甲和乙分别由牛顿第二定律得 F －F 1＝ma 1，F 1＝ma 2③ 当v 1－v 2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a 1＝a 2 ④ 解得a 1＝a 2＝F2m⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大． (2)ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流．ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速．两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 水平向右做匀速运动．答案：见解析 角度3 线圈模型3．(2019·滨州模拟)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 θ＝37°放置，在斜面上虚线cc ′和bb ′与斜面底边平行，且两线间距为d ＝0.1 m ，在cc ′、bb ′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量m ＝10 g ，总电阻为R ＝1 Ω，边长也为d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ ，其初始位置PQ 边与cc ′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小； (2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热． 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时 有mg sin θ＝μmg cos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝（mg sin θ－μmg cos θ）RB 2d 2＝2 m/s.(2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动 有v 2＝2ax ，mg sin θ－μmg cos θ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k 1－E k ＝μmg cos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmg cos θg sin θ－μg cos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mg sin θ·2d－μmg cos θ·2d＋W安＝0，Q＝－W安解得Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J.答案：见解析(1)三大观点透彻解读双杆模型示意图力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动两棒以相同的加速度做匀加速直线运动图象观点能量观点棒1动能减少量＝棒2动能增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热动量观点两棒组成的系统动量守恒外力的冲量等于两棒动量的增加量①分析线圈运动情况，看运动过程中是否有磁通量不变的阶段．②线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路，分析电路，由闭合电路欧姆定律列方程．③对某一状态，分析线圈的受力情况，由牛顿第二定律列式：F外＋F安＝ma.④线圈穿过磁场时，安培力做功，其他形式的能和电能互相转换，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由功能定理W外＋W安＝E k2－E k1或能量守恒定律列式．(建议用时：40分钟)1．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN、M′N′，如图所示放置，两轨道之间的距离l＝0.5 m．轨道的MM′端之间接一阻值R＝0.4 Ω的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.5 m，水平直轨道MK、M′K′段粗糙，KN、K′N′段光滑，且KNN′K′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.64 T，磁场区域的宽度d＝1 m，且其右边界与NN′重合，现有一质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的导体杆ab 静止在距磁场左边界s ＝2 m 处，在与杆垂直的水平恒力F ＝2 N 作用下开始运动，导体杆ab 与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F ，结果导体杆ab 恰好能通过半圆形轨道的最高处PP ′.已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向； (2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R 的电荷量； (3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析：(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v 1，由动能定理有 (F －μmg )s ＝12mv 21－0，代入数据解得v 1＝6 m/s ，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E ＝Blv 1＝1.92 V ，此时通过导体杆的电流I ＝ER ＋r ＝3.84 A ，根据右手定则可知，电流方向由b 向a .(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t ，产生的感应电动势的平均值为E －，则由法拉第电磁感应定律有E －＝ΔΦΔt ＝Bld Δt，通过电阻R 的感应电流的平均值I －＝E －R ＋r ，通过电阻R 的电荷量q ＝I －Δt ＝Bld R ＋r＝0.64 C .(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v 2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v 3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有mg ＝m v 23R 0，代入数据解得v 3＝ 5 m/s ，杆从NN ′运动至PP ′的过程，根据机械能守恒定律有 12mv 22＝12mv 23＋mg ·2R 0，代入数据解得v 2＝5 m/s ，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE ＝12mv 21－12mv 22＝1.1 J ， 此过程中电路中产生的焦耳热Q 热＝ΔE ＝1.1 J. 答案：(1)3.84 A 由b 向a (2)0.64 C (3)1.1 J2．(2019·烟台模拟)如图甲所示，相距L ＝1 m 的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m ＝1 kg 、电阻为r ＝0.5 Ω的导体棒ab 垂直于导轨放置，导轨的PM 两端接在外电路上，定值电阻阻值R ＝1.5 Ω，电容器的电容C ＝0.5 F ，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S 1闭合、S 2断开的状态下将导体棒ab 由静止释放，导体棒的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求磁场的磁感应强度大小B ；(2)在开关S 1闭合、S 2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x ＝5 m 时，定值电阻产生的焦耳热为21 J ，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S 1断开、S 2闭合，由静止释放导体棒，求经过t ＝2 s 时导体棒的速度． 解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度v m ＝3 m/s 对应的感应电动势E ＝BLv m 感应电流I ＝E R ＋r当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则 BIL ＝mg sin θ 解得B ＝mg （R ＋r ）sin θL 2v m＝2 T.(2)导体棒和电阻串联，由公式Q ＝I 2Rt 可知， Q ab ∶Q R ＝1∶3则导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13×21 J ＝7 J导体棒下滑x ＝5 m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgx sin θ＝12mv 21＋Q ab ＋Q R得导体棒的速度v 1＝2 m/s此时感应电动势E 1＝BLv 1，感应电流I 1＝E 1R ＋r对导体棒有mg sin θ－BI 1L ＝ma 1 解得加速度a 1＝2 m/s 2.(3)开关S 1断开、S 2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BIL ＝ma 2 感应电流I ＝ΔqΔt，Δq ＝C ΔU Δt 时间内，有ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ，a 2＝ΔvΔt解得a 2＝2 m/s 2表明导体棒ab 下滑过程中加速度不变，ab 棒做匀加速直线运动，t ＝2 s 时导体棒的速度v 2＝a 2t ＝4 m/s.答案：(1)2 T (2)2 m/s 2 m/s 2 (3)4 m/s。

专题一五大经典模型〔科学思维、科学态度与责任〕模型一轻绳(杆)模型[模型释义]轻绳连接体模型1．绳杆模型的特点2.无论是轻绳还是轻杆，都先要进行整体或局部的受力分析，然后结合运动的合成与分解知识求解即可．3．竖直面内做圆周运动的轻绳(杆)模型(1)通常竖直面内的圆周运动只涉及最高点或最低点的分析，在这两个点有F合＝F向，由牛顿第二定律列出动力学方程即可求解．(2)研究临界问题时，要牢记“绳模型〞中最高点速度v≥gR，“杆模型〞中最高点速度v≥0这两个临界条件．[模型突破]1．(2020·某某某某模拟)如下图，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q(含砂子)．现有另一个砂桶P(含砂子)通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，以下说法正确的选项是( )A ．假设只增加Q 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变B ．假设只增加P 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变C ．假设在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P 桶位置不变D ．假设在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q 桶位置上升解析：C [对砂桶Q 分析有，Q 受到细绳的拉力大小F T ＝G Q ，设AC 、BC 之间的夹角为θ，对C 点分析可知C 点受三个力而平衡，由题意知，C 点两侧的绳X 力相等，故有2F T cos θ2＝G P ，联立可得2G Q cos θ2＝G P ，故只增加Q 桶中的砂子，即只增加G Q ，夹角θ变大，P 桶上升，只增加P 桶中的砂子，即只增加G P ，夹角θ变小，P 桶下降，选项A 、B 错误；由2G Q cos θ2＝G P 可知，当θ＝120°时有G Q ＝G P ，此时假设在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，那么P 桶的位置不变，选项C 正确，D 错误．]2．(2020·某某聊城一中模拟)一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A 、B 两物体通过跨过定滑轮的细绳连接，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦，如下图，现将水平力F 作用于物体B 上，将B 缓慢拉开使与B 连接的细绳和竖直方向成一小角度，此过程中斜面体与物体A 仍然静止．那么在缓慢拉开B 的过程中，以下说法正确的选项是( )A ．水平力F 不变B ．物体A 所受细绳的拉力一定变大C ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大D ．物体A 所受斜面体的作用力一定变大解析：B [缓慢拉开物体B 的过程中，对物体B 进行受力分析，如下图，物体B 始终受力平衡，根据共点力平衡条件有F ＝m B g tan θ，T ＝m B gcos θ，在缓慢拉开B 的过程中，θ变大，故F 和T 变大，A 错误，B 正确；未施加力F 时，对物体A 进行受力分析，物体A 受重力、支持力、细绳的拉力，由于A 、B 的质量关系和斜面的倾角未知，故物体A 可能不受静摩擦力，也可能受沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力T变大后，物体A所受静摩擦力不一定变大，而物体A所受支持力不变，故斜面体对物体A的作用力也不一定变大，C、D错误．]3．(多项选择)如下图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连．初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面．A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g.现将轻绳b烧断，那么烧断轻绳b的瞬间，以下说法正确的选项是( )A．轻绳a的拉力大小为6mg sin θB．B的加速度大小为g sin θ，方向沿斜面向下C．C的加速度为0D．杆的弹力为0解析：BD [轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，那么轻绳a的拉力大小T＝mg sin θ，选项A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)g sin θ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝g sin θ，方向沿斜面向下，可知选项B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mg sin θ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，选项D正确．]4.(2019·某某新X一中第四次调研)如下图，一条不可伸长的细线两端分别连接着甲、乙两物体，甲物体能沿着竖直固定的半径为R的半圆环滑动，B、D两定滑轮的大小忽略不计，其连线与水平平台平行，且与半圆环在同一竖直平面内．B与半圆环最高点C、半圆环的圆心O在同一竖直线上，BC＝0.5R.将甲物体由图示位置释放后，甲物体沿半圆环下滑，当甲物体运动到半圆环最底端A点时，甲、乙两物体的速度大小分别为v甲和v乙，两者的关系为(甲、乙可视为质点)( )A ．v 甲＝23v 乙 B ．v 甲＝32v 乙 C ．v 甲＝133v 乙 D ．v 甲＝132v 乙 解析：C [BC ＝0.5R ，OA ＝R ，根据几何关系有AB ＝AO 2＋OB 2＝132R ，所以cos ∠ABO ＝OBAB ＝313.当甲物体运动到半圆环最底端A 点时，实际速度竖直向下，如下图，对甲物体的速度进行分解，沿细线方向的速度大小v 1＝v 线＝v 甲cos ∠ABO ，乙的速度大小和细线的速度大小相等，即v 乙＝v 线，解得v 甲＝133v 乙．]5．(2019·某某某某二模)如下图的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB 、OB 可绕图中A 、B 、O 三处的转轴转动，连杆OB 在竖直面内的转动可带动连杆AB 运动从而使滑块在水平横杆上左右滑动．OB 杆长为L ，绕O 点沿逆时针方向做匀速转动的角速度为ω，当连杆AB 与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )A.ωL sin βsin αB.ωL cos βsin αC.ωL cos βcos αD.ωL sin βcos α 解析：D [设滑块(A 点)的水平速度大小为v ，A 点的速度方向沿水平方向，如图，将A 点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿AB 杆方向的分速度v 分＝v cos α，B 点做圆周运动，B 点的实际速度是B 做圆周运动的线速度，可以分解为沿AB 杆方向的分速度和垂直于AB 杆方向的分速度，设B 的线速度为v ′，那么v B 分＝v ′·cos θ＝v ′cos(β－90°)＝v ′sin β，又v ′＝ωL ，且A 、B 沿AB 杆方向的分速度是相等的，即v 分＝v B 分，联立可得v ＝ωL sin βcos α.]6.(2020·某某某某三中模拟)如下图，斜面体c置于水平地面上，不带电绝缘小物块b 置于绝缘斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a所在空间中有竖直向下的匀强电场，在电场强度逐渐增加的情况下，a、b、c都处于静止状态，那么( )A．b对c的摩擦力一定减小B．地面对c的摩擦力一定减小C．地面对c的摩擦力方向一定水平向右D．b对c的摩擦力可能平行斜面向上且一直增加解析：D [由于电场强度增加，所以连接a、b的细绳的拉力增大，假设刚开始时b物块的重力沿斜面向下的分力与细绳的拉力相等，那么随着细绳拉力的增大，b受到的摩擦力沿斜面向下且增大，此时c受到b的摩擦力方向沿斜面向上且一直增大，A错误，D正确；将b、c 看成一个整体，整体受重力，地面的支持力，细绳拉力和地面的摩擦力，绳的拉力方向斜向右上方，所以c受到的摩擦力方向一定水平向左，由于绳的拉力增大，绳与水平面间的夹角不变，那么拉力沿水平方向的分力增大，所以c受到的摩擦力增大，B、C错误．]模型二轻弹簧模型[模型释义]与弹簧相关的平衡问题与弹簧相关的动力学问题与弹簧相关的功能问题1．轻弹簧模型的问题特点轻弹簧模型考查X围很广，变化较多，是考查学生推理、分析综合能力的热点模型，主要是围绕胡克定律进行，弹簧弹力为变力，引起的物体的加速度、速度、动量、动能等变化不是简单的单调关系，处理变速问题时要分析物体的动态过程，这些复杂的运动过程中间所包含的隐含条件往往难以挖掘，常有临界值，造成解题难点．2．轻弹簧模型的解题策略(1)力学特征：轻质弹簧不计质量，并且因软质弹簧的形变发生改变需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变，因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹簧的弹力不突变．(2)过程分析：弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力．当题目中出现弹簧时，首先要注意弹力的大小与方向与形变相对应，从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置、现长位置、平衡位置等，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的情况来综合分析物体运动状态．(3)功能关系：在求弹簧的弹力做功时，因该变力随形变量而线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据动能定理和功能关系求解．同时要注意弹力做功等于弹性势能增量的负值，因此在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解．(4)临界分析：弹簧一端有关联物、另一端固定时，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻；假设关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零；假设关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零．3．轻弹簧模型的主要问题(1)与弹簧关联物体受力变化前后的加速度问题．(2)与弹簧关联两个相互接触的物体分离临界问题．(3)与弹簧关联物体的碰撞问题．(4)与热力学、振动、电磁学综合的弹簧问题．[模型突破]1．(2020·西南名校模拟)如下图，轻绳AO绕过光滑的定滑轮，一端与斜面上的物块A 相连，另一端与轻弹簧右端及轻绳BO上端的结点O相连，轻弹簧轴线沿水平方向，斜面体、物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳的OC段与竖直方向的夹角为θ，斜面倾角为α，物块A和B的质量分别为m A、m B，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g.以下说法正确的选项是( )A．弹簧的伸长量为m B gk tan θB．地面对斜面体的摩擦力大小为m B gk cos θtan α，方向水平向右C．假设将斜面体向右移动一小段后，调整物块A的位置，使轻弹簧的轴线仍然沿水平方向，且系统仍处于静止状态，那么物块A受到的摩擦力一定减小D ．假设沿水平方向移动斜面体，保持轻弹簧轴线沿水平方向，系统处于静止状态，那么斜面体对地面的压力始终不变解析：D [对结点O 受力分析，设弹簧伸长量为Δx ，那么有tan θ＝k ·Δx m B g，解得Δx ＝m B g tan θk ，选项A 错误；同样对结点O 分析，设绳OC 的拉力为T ，那么有cos θ＝m B g T，解得绳的拉力T ＝m B g cos θ，对斜面体和A 整体受力分析知，绳OC 拉力的水平分力与地面对斜面体的摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦力大小为f ＝T sin θ＝m B g tan θ，选项B 错误；根据B 选项的分析知，绳OC 的拉力为T ＝m B g cos θ，假设斜面体右移，那么θ变大，T 变大，但由于A 、B 两物块的质量未知，所以A 受到的摩擦力方向无法判断，故A 受到的摩擦力大小变化无法确定，选项C 错误；对A 与斜面体组成的整体在竖直方向上受力分析，设地面对斜面体的支持力为N ，斜面体质量为M ，那么(m A ＋M )g ＋T cos θ＝F N ，由T ＝m B g cos θ解得F N ＝(m A ＋m B ＋M )g ，与θ无关，选项D 正确．]2.(2019·某某新泰二中月考)如下图，两个完全相同的小球a 、b ，用轻弹簧N 连接，轻弹簧M 和轻绳一端均与a 相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板上，弹簧M 水平，当轻绳与竖直方向的夹角为60°时，M 、N 伸长量刚好相同．假设M 、N 的劲度系数分别为k 1、k 2，a 、b 两球的质量均为m ，重力加速度大小为g ，那么以下判断正确的选项是( )A.k 1k 2＝2 3 B.k 1k 2＝ 3C ．假设剪断轻绳，那么在剪断的瞬间，a 球的加速度为零D ．假设剪断弹簧M ，那么在剪断的瞬间，b 球处于失重状态解析：A [设M 、N 的伸长量均为x ，在图示状态下，a 球、弹簧N 和b 球整体受到重力2mg 、轻绳的拉力T 、弹簧M 的拉力F M 的作用处于平衡状态，根据力的平衡条件有F M ＝k 1x ＝2mg tan 60°＝23mg ，b 球受重力mg 和弹簧N 的拉力F N 的作用处于平衡状态，那么F N ＝k 2x ＝mg ，解得k 1k 2＝23，选项A 正确，B 错误；剪断轻绳的瞬间，轻绳的拉力突变为零，而轻弹簧中的弹力不会突变，即剪断轻绳前弹簧弹力与剪断轻绳的瞬间弹簧弹力相同，a 球受重力和两弹簧的拉力，合力不为零，那么加速度不为零，选项C 错误；剪断弹簧M 的瞬间，弹簧M 的弹力突变为零，弹簧N 的弹力不变，那么b 球加速度仍为零，选项D 错误．]3．(2020·某某某某七中模拟)(多项选择)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m 的物体A 、B (B 与弹簧连接，A 、B 均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在A 上，使A 开始向上做加速度大小为a 的匀加速运动，测得A 、B 的v －t 图像如图乙所示，重力加速度大小为g ，那么( )A ．施加力F 前，弹簧的形变量为2mg kB ．施加力F 的瞬间，A 、B 间的弹力大小为m (g ＋a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力等于B 的重力D ．上升过程中，B 速度最大时A 、B 间的距离为12at 22－mg k解析：AD [A 与B 分离的瞬间，A 与B 的加速度相同，速度也相同，A 与B 间的弹力恰好为零．分离后A 与B 的加速度不同，速度不同．t ＝0时刻，即施加力F 的瞬间，弹簧弹力没有突变，弹簧弹力与施加力F 前的相同，但A 与B 间的弹力发生突变．t 1时刻，A 与B 恰好分离，此时A 与B 的速度相等、加速度相等，A 与B 间的弹力为零．t 2时刻，B 的v －t 图线的切线与t 轴平行，切线斜率为零，即加速度为零．施加力F 前，A 、B 整体受力平衡，那么弹簧弹力F 0＝kx 0＝2mg ，解得弹簧的形变量x 0＝2mg k，选项A 正确．施加力F 的瞬间，对B ，根据牛顿第二定律有F 0－mg －F AB ＝ma ，解得A 、B 间的弹力大小F AB ＝m (g －a )，选项B 错误．A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的速度与加速度，且F AB ＝0，对B 有F 1－mg ＝ma ，解得此时弹簧弹力大小F 1＝m (g ＋a )，选项C 错误．t 2时刻B 的加速度为零，速度最大，那么kx ′＝mg ，解得此时弹簧的形变量x ′＝mg k ，B 上升的高度h ′＝x 0－x ′＝mg k ，A 上升的高度h ＝12at 22，此时A 、B 间的距离Δh ＝12at 22－mg k，选项D 正确．] 4.如下图，挡板P 固定在足够高的倾角为θ＝37°的斜面上，小物块A 、B 的质量均为m ，两物块由劲度系数为k 的轻弹簧相连，两物块与斜面的动摩擦因数均为μ＝0.5，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与物块B 连接，另一端连接一轻质小钩，初始小物块A 、B 静止，且物块B 恰不下滑，假设在小钩上挂一质量为M 的物块C 并由静止释放，当物块C 运动到最低点时，小物块A 恰好离开挡板P ，重力加速度为g ，sin 37°≈0.6，cos 37°≈0.8.(1)求物块C 下落的最大高度．(2)求物块C 由静止开始运动到最低点的过程中，弹簧弹性势能的变化量．(3)假设把物块C 换成质量为(M ＋m )的物块D ，小物块A 恰离开挡板P 时小物块B 的速度为多大？解析：(1)开始时，物块B 恰不下滑，B 所受的静摩擦力达到最大值，且方向沿斜面向上，由平衡条件得：kx 1＋μmg cos θ＝mg sin θ可得弹簧的压缩量为x 1＝mg5k小物块A 恰好离开挡板P ，由平衡条件得： kx 2＝μmg cos θ＋mg sin θ可得弹簧的伸长量为x 2＝mg k故物块C 下落的最大高度 h ＝x 1＋x 2＝6mg 5k. (2)物块C 由静止开始运动到最低点的过程中，对于A 、B 、C 及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律得：Mgh ＝μmgh cos θ＋mgh sin θ＋ΔE p那么得弹簧弹性势能的变化量ΔE p ＝6(M －m )mg 25k. (3)假设把物块C 换成质量为(M ＋m )的物块D ，小物块A 恰离开挡板P 时，物块D 下落的高度仍为h .对于A 、B 、D 及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律得：(M ＋m )gh ＝μmgh cos θ＋mgh sin θ＋ΔE p ＋12(M ＋m ＋m )v 2解得v ＝2mg35k (M ＋2m ).答案：(1)6mg 5k (2)6(M －m )mg25k(3)2mg35k (M ＋2m )模型三 板块模型[模型释义]1.运动情景1．板块模型的特点板块模型一直以来都是高考考查的热点，板块模型问题，至少涉及两个物体，一般包括多个运动过程，板块间存在相对运动，应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意速度是联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度，问题的实质是物体间的相互作用及相对运动问题，应根据题目中的信息及运动学公式综合分析，分段分步列式求解．2．板块模型的求解问题 (1)相互作用、动摩擦因数． (2)木板对地的位移． (3)物块对地的位移． (4)物块对木板的相对位移． (5)摩擦生热，能量转化． 3．板块模型的解题关键解决板块模型问题，不同的阶段要分析受力情况和运动情况的变化，抓住两者存在相对滑动的临界条件是两者间的摩擦力为最大静摩擦力，静摩擦力不但方向可变，而且大小也会在一定X 围内变化，明确板块达到共同速度时各物理量关系是此类题目的突破点：(1)板块达到共同速度以后，摩擦力要发生转变，一种情况是板块间滑动摩擦力转变为静摩擦力；另一种情况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化．(2)板块达到共同速度时恰好对应物块不脱离木板时板具有的最小长度，也就是物块在木板上相对于板的最大位移．(3)分析受力，求解加速度，画运动情境图寻找位移关系，可借助v t 图像．[模型突破]1．如下图，质量为3m 的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m 的物块(可视为质点)，静止在木板上的A 端，物块与木板间的动摩擦因数为μ.现有一质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入物块并穿出，子弹穿出物块时的速度为v 02，子弹穿过物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)子弹穿出物块时物块的速度大小．(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B 端滑出，木板的长度至少多大？ 解析：(1)设子弹穿过物块时物块的速度为v 1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m v 02＋2mv 1，解得v 1＝v 04.(2)物块和木板达到的共同速度为v 2时，物块刚好到达木板右端，设板的长度最小为L ，对物块和木板组成的系统，由动量守恒得：2mv 1＝5mv 2，此过程系统摩擦生热：Q ＝2μmgL由能量守恒定律得：2μmgL ＝12×2mv 21－12×5mv 22代入数据解得：L ＝3v 2160μg .答案：(1)v 04 (2)3v 2160μg2．(2019·某某二模)如下图，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L〞型滑板，其质量为M ，平面部分的上表面光滑且足够长，在距滑板的A 端为l 的B 处放置一个质量为m 、带电量为q 的小物体C (可看成是质点)，在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动．M ＝3m ，电场的场强为E .假设物体C 在运动中及与滑板A 端相碰时不损失电量．(1)求物体C 第一次与滑板A 端相碰前瞬间的速度大小．(2)假设物体C 与滑板A 端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的15，求滑板被碰后的速度大小． (3)求小物体C 从开始运动到与滑板A 第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体C 做的功． 解析：(1)设物体C 在电场力作用下第一次与滑板的A 端碰撞时的速度为v 1，由动能定理得：qEl ＝12mv 21，解得v 1＝2qElm(2)小物体C 与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为v 2，由动量守恒定律得mv 1＝Mv 2－m 15v 1解得v 2＝25v 1＝252qElm(3)小物体C 与滑板碰撞后，滑板向左以速度v 2做匀速运动；小物体C 以15v 1的速度先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰后到第二次碰前的时间为t ，小物体C 在两次碰撞之间的位移为s ，根据题意可知，小物体加速度为a ＝qEm小物体C 与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等，即v 2t ＝－15v 1t ＋12at 2，解得t ＝652ml qE两次相碰之间滑板运动的距离s ＝v 2t ＝2425l设小物体C 从开始运动到与滑板A 第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为W ，那么W ＝qE (l ＋s )解得W ＝4925qEl答案：(1)2qEl m (2)252qEl m (3)4925qEl 3．如图，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板．将长木板A 静置于斜面上，A 上放置一小物块B ，初始时A 下端与挡板相距L ＝4 m ，现同时无初速释放A 和B .在A 停止运动之前B 始终没有脱离A 且不会与挡板碰撞，A 和B 的质量均为m ＝1 kg ，它们之间的动摩擦因数μ＝33，A 或B 与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE ＝10 J ，忽略碰撞时间，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)A 第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v .(2)A 第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt . (3)B 相对于A 滑动的可能最短时间t .解析：(1)B 和A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有2mgL sin θ＝12(2m )v 2①由①式得v ＝210m/s ②(2)第一次碰后，对B 有mg sin θ＝μmg cos θ故B 匀速下滑③对A 有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1④得A 的加速度a 1＝10 m/s 2，方向始终沿斜面向下．⑤ 设A 第1次反弹的速度大小为v 1，由动能定理有 12mv 2－12mv 21＝ΔE ⑥ Δt ＝2v 1a 1⑦由⑥⑦式得Δt ＝255s ⑧(3)设A 第2次反弹的速度大小为v 2，由动能定理有 12mv 2－12mv 22＝2ΔE ⑨ 得v 2＝0⑩即A 与挡板第2次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后B 反弹的速度为v ′，加速度大小为a ′，由动能定理有12mv 2－12mv ′2＝ΔE ⑪ mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ′⑫由⑪⑫式得B 沿A 向上做匀减速运动的时间t 2＝v ′a ′＝55s ⑬ 当B 速度为0时，因mg sin θ＝μmg cos θ≤f m ，B 将静止在A 上．⑭假设当A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对A 运动的时间t 最短，故t ＝Δt ＋t 2＝355s.答案：(1)210 m/s (2)255 s (3)355s模型四 电磁偏转模型[模型释义]1．明种类：明确叠加场的种类及特征．2．析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点．3．画轨迹：画出运动轨迹过程示意图，明确圆心、半径及边角关系． 4．用规律：灵活选择不同的运动规律．(1)两场共存时，电场与磁场中满足qE ＝qvB 或重力场与磁场中满足mg ＝qvB 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解．(2)三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动．其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直．(3)三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动．mg 与qE 相平衡，根据mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性．粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝ma .(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．[模型突破]1．如下图，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里的匀强磁场，线段CO ＝OD ＝L ，CD 边在x 轴上，∠ADC ＝30°.在第四象限正方形ODQP 内存在沿＋x 方向的匀强电场，在y ＝－L 处垂直于y 轴放置一平面足够大的荧光屏，屏与y 轴交点为P .一束带电量为e 的电子束以与＋y 方向相同的速度v 0从CD 边上的各点射入磁场，这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为L3.忽略电子之间的相互作用力以及电子的重力．试求：(1)磁感应强度B .(2)假设电场强度E 与磁感应强度B 大小满足E ＝2Bv 0，求从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与Q 点间的距离．解析：(1)由题意可知，电子在磁场中的轨迹半径：r ＝13L ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev 0B ＝m v 20r ，解得，磁感应强度：B ＝3mv 0eL.(2)假设电子能进入电场中，且离O 点最远，那么电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边OA 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远．由几何关系可知：OF ＝23L ，从F 射入电场的电子做类平抛运动， 有：23L ＝12eE m t 2，y ＝v 0t ，解得：y ＝23L ，设电子射出电场时与竖直方向的夹角为θ，有：tan θ＝at v 0＝eE mt v 0，解得：tan θ＝22，设从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，那么它与Q 点的距离：GQ ＝L ＋(L －y )tan θ，解得：GQ ＝(62－1)L3.答案：(1)3mv 0eL (2)(62－1)L32．如下图，在平面直角坐标系xOy 内，第二、三象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场的圆心在M (L,0)，磁场方向垂直于坐标平面向外．一个质量m 电荷量q 的带正电的粒子从第三象限中的Q (－2L ，－L )点以速度v 0沿x 轴正方向射出，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P (2L,0)点射出磁场．不计粒子重力，求：(1)电场强度E .(2)从P 点射出时速度v P 的大小． (3)粒子在磁场与电场中运动时间之比．解析：粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如下图：(1)粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向：2L ＝v 0t ，y 方向：L ＝12at 2＝12qE mt 2解得电场强度：E ＝mv 202qL(2)设粒子到达坐标原点时竖直分速度为v y ，粒子在电场中做类平抛运动，x 方向：2L ＝v 0ty 方向：L ＝v y2t ，联立得：v y ＝v 0t粒子进入磁场时的速度：v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0粒子进入磁场做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，那么：v P ＝v ＝2v 0 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T ＝2πrv粒子在磁场中的运动时间：t ′＝θ360°T ＝2α360°T ＝2×45°360°×2π×2L 2v 0＝πL2v 0。

世界文化史上的五种科学思维模式思想方法的更新是人类进步的重要标志之一。

对这种标志的认识，在哲学史和文化史研究中通常不被人们所重视。

人类思想史上最鲜明、最有意义的科学思维模式，主要表现为本文论及的五种类型，这些思维模式的互补与进步，是东西方文明相互推进的内在标志；对它们的研究和探讨，是把握先进文化前进方向的重要前提。

一、西方传统学术思维模式所谓西方传统学术思维模式，是指开始于苏格拉底、成熟于亚里士多德、以形式逻辑为主要推导方法的学术思维方式。

这种学术思维方式，在西方古代一直到近代实验科学产生并成熟之前的漫长历史过程中，占据着主导的地位，起着决定性的作用。

西方传统思维模式的基点是从‚范畴‛开始的。

亚里士多德在《范畴篇》中提出了10个基本范畴：实体，数量，性质，关系，地点，时间，姿态，状况，活动，遭受(即‚被动的姿态和状况‛)。

根据这些基本范畴的构成要素，人们可以对客观存在的各种事物，进行规范的界定(定义)和划分(分类)，使之形成准确的、人们可以约定俗成的‚概念‛，例如人们根据研究对象的性质和状态将它们确定为：‚物质—精神‛、‚时间—空间‛、‚运动—静止‛、‚自然—社会‛、‚种植—养殖‛、‚战争—和平‛、‚正义—邪恶‛等等。

概念定义的精确程度和划分的细密程度，通常标志着人们认识的层次和研究的水平。

依照亚里士多德学派的逻辑方法，在把握精确的概念之后，人们要严格按照符合‚同一律‛、‚排中律‛和‚矛盾律‛(即‚不矛盾律‛)这三个基本的逻辑规律，对事物进行前后一致的、非此即彼的、真实准确的判断。

再运用这些正确的判断进行推理，最终得出科学可靠的、具有说服力的结论。

进行推理的模式，就是著名的‚亚里士多德三段论式‛。

三段论式由大前提、小前提和结论三个部分组成，只要大前提和小前提都真实，而小前提和大前提又有直接的联系(具有‚同项‛)，结论必然也是真实的。

面对真实是学术推论的基本态度和本质方法。

真实是一切科学的出发点，辨别真伪也就成了学术工作者最起码的能力。

初中物理新课标四大核心素养物理核心素养主要由“物理观念”“科学思维”“科学探究”“科学态度与责任”四个方面的要素构成。

一、物理观念包括物质观念、运动观念、相互作用观念、能量观念等。

能用其解释自然现象和解决实际问题;了解相对论和量子力学等现代物理的概念和规律，并能用这些观念描述自然界的图景。

二、科学思维物理学科核心素养中的“科学思维”包括——模型建构，即能够分析模型所涉及的各个要素及其结构，使用模型解释物理现象和过程，阐明物理概念和原理，在真实情景中构建模型。

科学推理，即能够正确理解和应用科学思维方法，从定性和定量两个方面进行科学推理、找出规律、形成结论，并能解释自然现象和解决实际问题。

科学论证，即使用科学证据的意识和能力，能运用证据对研究的问题进行描述、解释和预测。

质疑创新的核心是科学创造力。

高中物理的科学创造力主要表现在观察与实验、物理知识的学习、物理问题的提出、物理问题的解决、物理创造活动等方面。

三、科学探究高中生的科学探究能力表现在:1、问题：具有科学探究意识，能在学习和日常生活中发现问题、提出合理猜测与假设。

如提出或识别可以通过科学探究解决的问题;判断一项探究活动围绕什么问题展开;根据已有研究，提出可以进一步探究的科学问题;针对问题进行合理的猜想与假设。

2、证据：具有设计探究方案和获取证据的能力，能正确实施探究方案，使用各种科技手段和方法收集信息。

如能通过观察、调查和实验等方式获取证据，掌握课程标准要求的实验器材的使用、实验方案的设计和数据的收集方法;以图或表等多种方式呈现收集到的数据。

3、解释：具有分析论证的能力，会使用各种方法和手段分析、处理信息，描述、解释探究结果和变化趋势，基于证据得出合理的结论。

如基于证据，分析相关现象或原因;使用课程标准要求的方法和技术分析数据;对收集到的证据的可靠性进行评估;评价证据是否支持所得出的结论。

4、交流：具有交流与合作的意愿与能力，能准确表述、评估和反思探究过程与结果。

科学观念科学思维科学探究科学态度与责任科学观念、科学思维、科学探究以及科学态度与责任是科学教育中不可或缺的重要内容。

在当今社会，科学已经成为推动社会进步和发展的重要力量，因此，培养学生科学素养是必不可少的任务。

首先，科学观念是指对科学知识的认识和理解，包括科学的本质、科学的方法和科学的价值。

在教育中，通过科学实验、观察和探究等活动，可以帮助学生建立正确的科学观念，使其能够正确理解和认识科学。

其次，科学思维是指在解决问题和探究科学知识时所需要的思维方式和能力。

科学思维包括观察、实验、推理和创新等多个方面，它是培养学生科学能力的重要途径。

同时，科学探究是指通过实验和探究等方式，对科学知识进行深入的了解和探究，从而掌握相关的科学知识和技能。

科学探究的过程中，需要学生具备分析问题、探究问题的能力和兴趣，从而不断深入探究和研究。

最后，科学态度与责任是指在探究和应用科学知识时所需要的态度和责任感。

科学态度包括谨慎、诚实、开放、批判等多个方面，而科学责任则是指在应用科学知识时所应该具备的责任感和道德标准。

在科学教育中，应注重培养学生科学素养，以提高学生的科学认知和探究能力，同时培养学生的科学态度与责任感，让他们在成长和学习的过程中，具备正确的科学观念和思维方式，从而更好地服务于社会和人类的发展进步。

世界文化史上的五种科学思维模式【内容提要】思想方法的更新是人类进步的重要标志之一。

对这种标志的认识，在哲学史和文化史研究中通常不被人们所重视。

人类思想史上最鲜明、最有意义的科学思维模式，主要表现为本文论及的五种类型，这些思维模式的互补与进步，是东西方文明相互推进的内在标志；对它们的研究和探讨，是把握先进文化前进方向的重要前提。

一、西方传统学术思维模式所谓西方传统学术思维模式，是指开始于苏格拉底、成熟于亚里士多德、以形式逻辑为主要推导方法的学术思维方式。

这种学术思维方式，在西方古代一直到近代实验科学产生并成熟之前的漫长历史过程中，占据着主导的地位，起着决定性的作用。

西方传统思维模式的基点是从“范畴”开始的。

亚里士多德在《范畴篇》中提出了10个基本范畴：实体，数量，性质，关系，地点，时间，姿态，状况，活动，遭受(即“被动的姿态和状况”)。

根据这些基本范畴的构成要素，人们可以对客观存在的各种事物，进行规范的界定(定义)和划分(分类)，使之形成准确的、人们可以约定俗成的“概念”，例如人们根据研究对象的性质和状态将它们确定为：“物质—精神”、“时间—空间”、“运动—静止”、“自然—社会”、“种植—养殖”、“战争—和平”、“正义—邪恶”等等。

概念定义的精确程度和划分的细密程度，通常标志着人们认识的层次和研究的水平。

依照亚里士多德学派的逻辑方法，在把握精确的概念之后，人们要严格按照符合“同一律”、“排中律”和“矛盾律”(即“不矛盾律”)这三个基本的逻辑规律，对事物进行前后一致的、非此即彼的、真实准确的判断。

再运用这些正确的判断进行推理，最终得出科学可靠的、具有说服力的结论。

进行推理的模式，就是著名的“亚里士多德三段论式”。

三段论式由大前提、小前提和结论三个部分组成，只要大前提和小前提都真实，而小前提和大前提又有直接的联系(具有“同项”)，结论必然也是真实的。

面对真实是学术推论的基本态度和本质方法。

真实是一切科学的出发点，辨别真伪也就成了学术工作者最起码的能力。

重要的五种思维模型一、万物联系思维模型万物之间会有各种各样的联系，有些联系是看得见的，有些联系是看不见的。

有些联系是自然的联系，有些也是人为的联系。

有信息洞察能力的人，一般会建立很多人看不到的联系。

一个事物发展到高阶形态，本身就会开始具备万物联系的能力。

万物联系应用:1.信息的延伸与洞察2.开拓全新事物3.完型的运用二、反脆弱思维模型这个世界的事物分为三类：脆弱，强悍，反脆弱。

脆弱的事物在受到外界压力时会破碎，受损伤，就像玻璃杯掉到地上，摔成了两瓣。

强悍的事物在遭遇外界压力时本身不受外界的影响。

就如被火焰覆盖的凤凰，怎样都伤不到自己又或者铁做的杯子掉到了地上。

而反脆弱的事物，可以在这个波动的世界中随着压力而进化，让自己变得更强大。

就如传说中的九头蛇，砍掉一个后可以长出两个，又比如一个玻璃杯掉在地上，变成了两个杯子。

那些杀不死我的，会让我更强大。

就像从战争中进化的滴滴和程维一样。

不要被压力打垮，它是你进化最好的能量。

外界的环境变化会筛选出真正的反脆弱者，真正的适应环境，成为时代的王者！应用:1.从困境中理性分析，提升认知，获得能量！2.从压力中回归内心，提升胸怀和气度！3.从局限中重新定位，提升眼光和格局！而自然，也具备反脆弱性。

在这个世界上，自然的事物很多都有弹性，具有反脆弱性。

反脆弱本身是可以面对风险，可以从风险中受益成长。

自然的特点有很多，你看自然它会看着一些生物去竞争，有些生物灭亡，它也不干预。

在自然中有初夏秋冬这样普遍的规律，也有突然的下雨，下雪，打雷。

自然中，有很多的波动，适应性强的生物，从这样的波动中进化，而体型大笨拙的生物如恐龙因此而灭绝。

人的身体也符合自然的规律，也具有反脆弱性。

你看人骨折了，生出来的骨头会更加强壮，中过毒的人也会具有抗毒的特性。

面对未来的不确定性，我们可以这样做:1.利用不对称性，小投入高产出。

比如写三体的刘慈欣，有一个主业，兼职写小说。

再比如我们跟别人签合同，这个事情没赚钱的时候我就不要你的钱了，刚赚钱的话，是一种分配比例，转的比较多是另一种分配比例。

用动力学观点解决多过程问题【高分快攻】【典题例析】(2019·高考江苏卷)如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a′B；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.[详细分析](1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小a A＝μg匀变速直线运动2a A L＝v2A解得v A＝2μgL.(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝ma B，得a B＝3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg.(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x A、x B，A加速度的大小等于a A 则v＝a A t，v＝v B－a B tx A＝12a A t2，x B＝v B t－12a B t2且x B－x A＝L解得v B＝22μgL.[答案](1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【题组突破】1．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．详细分析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12mv 21－12mv 2①解得μ＝v 20－v 212gs 0.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得 a 2＝s 1（v 1＋v 0）22s 20.答案：见解+析2．(2019·南京二模)如图甲所示，一足够长的固定斜面的倾角θ＝37°，质量m ＝1 kg 的物体受到平行于斜面的力F 作用，由静止开始运动．力F 随时间t 变化的规律如图乙所示(以平行于斜面向上为正)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求第1 s 内物体运动的加速度大小a 1； (2)求第2 s 内物体运动的加速度大小a 2； (3)求第1 s 末物体的动能E k1；(4)请描述物体在第4 s 内的受力情况(或画出受力分析图)，并说明理由．详细分析：(1)第1 s 内物体受到竖直向下的重力G 、垂直斜面向上的支持力N 、平行斜面向上的摩擦力f 和平行斜面向下的力F ，合力沿斜面向下由牛顿第二定律有mg sin 37°＋0.6mg －μmg cos 37°＝ma 1 解得a 1＝10 m/s 2.(2)第2 s 内物体有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力f ，物体还受到竖直向下的重力G 、垂直斜面向上的支持力N ，由图乙可知力F 平行斜面向上，合力沿斜面向上由牛顿第二定律有0.9mg ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 2解得a 2＝5 m/s 2.(3)物体在第1 s 末的速度大小v 1＝a 1t 1 E k1＝12mv 21＝50 J.(4)第2 s 初开始物体沿斜面向下以5 m/s 2的加速度做匀减速运动，需要t 0＝v 1a 2＝2 s 速度减为0，故第3 s 末速度为0，在第4 s 内，有0.9mg >mg sin 37°＋μmg cos 37°＝0.8mg ，故物体沿斜面向上运动，则物体在第4 s 内的受力情况是受到平行斜面向下的摩擦力f ′，竖直向下的重力G ，垂直斜面向上的支持力N ，平行斜面向上的力F (同学们可以自己画出受力分析图)．答案：(1)10 m/s 2 (2)5 m/s 2 (3)50 J (4)见解+析(1)动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动． (2)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点．牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等．(3)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系．用能量观点解决力学综合问题【高分快攻】1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律． 2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律． 3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律． 4．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．【典题例析】(2018·高考江苏卷)如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B .质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l .用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°.松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F ； (2)物块和小球的质量之比M ∶m ；(3)小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T . [详细分析] (1)设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin 53°＝F 2cos 53° F ＋mg ＝F 1cos 53°＋F 2sin 53° 且F 1＝Mg 解得F ＝53Mg －mg .(2)小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1＝3l sin 53°， 物块下降高度h 2＝2l 机械能守恒定律mgh 1＝Mgh 2 解得M m ＝65.(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC 方向的加速度大小为a ，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg －T ＝Ma 小球受AC 的拉力T ′＝T牛顿运动定律T ′－mg cos 53°＝ma解得T ＝8mMg 5（m ＋M ）(T ＝4855mg 或T ＝811Mg )．[答案] (1)53Mg －mg (2)65(3)见解+析【题组突破】1.轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．详细分析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩ 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解+析2．(2019·无锡模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离为L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点，已知重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧中的最大弹性势能．详细分析：(1)物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得2μmgL cos θ＝12·3mv 20－12·3mv 2＋2mgL sin θ－mgL 可解得v ＝2 m/s.(2)以A 、B 组成的系统，在物体A 将接触弹簧又返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即12·3mv 2－0＝2μmg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm由能量守恒定律可得12＋2mgx sin θ－mgx＝2μmgx cos θ＋E pm2·3mv解得E pm＝6 J.答案：(1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 J动量结合能量观点解决力学综合问题【高分快攻】动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．4．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．5．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A 与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．[详细分析] (1)根据图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv 1＝m ⎝⎛⎭⎫－v 12＋m ′v ′① 12mv 21＝12m ⎝⎛⎭⎫－12v 12＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m .③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －fs 1＝12mv 21－0④－(fs 2＋mgh )＝0－12m ⎝⎛⎭⎫－v 122⑤从图(b)所给出的v －t 图线可知 s 1＝12v 1t 1⑥s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦由几何关系 s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W ＝fs 1＋fs 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W ＝215mgH .⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋hsin θ⑪设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有 －μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh －μ′mg cos θ·hsin θ－μ′mgs ′＝0⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 μμ′＝119.⑭ [答案] (1)3m (2)215mgH (3)119【题组突破】1．如图所示，竖直平面内有一个半径为 R ＝0.8 m 的固定光滑四分之一圆弧轨道PM ，P 为圆弧轨道的最高点．圆弧轨道最底端M 处平滑连接一长 s ＝4.8 m 的固定粗糙水平轨道MN ，N 端为一个竖直弹性挡板，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 的物块A 、B 静止于M 点，它们中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，A 恰好不能从 P 端滑出，B 与挡板碰撞时没有能量损失．A 、B 与水平轨道MN 间的动摩擦因数为μ＝0.25，A 、B 均可视为质点，g 取 10 m/s 2 ，问：(1)A 刚滑上圆弧轨道时对轨道的压力为多大？ (2)炸药爆炸时有多少化学能转化为A 、B 的机械能？(3)适当改变PM 的轨道半径，保持其他条件不变，使炸药爆炸后，A 与B 刚好能同时回到M 处发生碰撞，碰撞后粘在一起，A 、B 最终停在水平轨道上的位置距离M 点多远？(结果保留 2 位有效数字)详细分析：(1)设A 刚滑上圆弧轨道的速度为 v A ，因为A 刚好滑到P 点，由机械能守恒定律有：12m A v 2A ＝m A gR ① 设A 在M 点受到的支持力为F ，根据牛顿第二定律得：F －m A g ＝m A v 2AR②联立①②式并代入数据，解得 F ＝60 N ③由牛顿第三定律知，A 物块在M 点对轨道压力的大小为60 N. (2)设刚爆炸时B 物块的速度为v B ，由动量守恒定律有： m A v A －m B v B ＝0④根据能量守恒定律知炸药爆炸时转化为A 和B 的机械能为E ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ⑤ 联立①④⑤式并代入数据，解得：E ＝48 J ．⑥ (3)设B 返回M 点时的速度为v 1，根据动能定理有： －2μm B gs ＝12m B v 21－12m B v 2B ⑦ 设A 、B 在M 点碰撞后共同速度为v ，根据动量守恒定律有：m A v A －m B v 1＝(m A ＋m B )v ⑧ 设A 、B 静止时离M 点距离为L ，由动能定理有： －μ(m A ＋m B )gL ＝0－12(m A ＋m B )v 2⑨联立①④⑦⑧⑨式并代入数据，解得L ＝0.36 m. 答案：(1)60 N (2)48 J (3)0.36 m2．如图所示，倾角为37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c ，滑块与挡板c 相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同．现有一质量为M ＝0.9 kg 的滑块沿斜面上滑，到达最高点b 时的速度恰好为零，此时恰好与从a 点水平抛出的质量为m ＝0.1 kg 的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c 碰后恰好反弹回到b 点．已知a 点和b 点距地面的高度分别为H ＝2.4 m ，h ＝0.6 m ．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)小球做平抛运动的初速度大小； (2)斜面与滑块间的动摩擦因数；(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程．详细分析：(1)小球从a 到b 做平抛运动，在竖直方向： H －h ＝12gt 2小球到达b 点时恰好沿斜面方向， 有tan 37°＝gtv 0解得：v 0＝8 m/s.(2)到达b 点的速度v ＝v 0cos 37°＝10 m/s小球与滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得： mv ＝mv 1＋Mv 2由能量守恒定律得：12mv 2＝12mv 21＋12Mv 22解得滑块与小球刚碰后的速度v 2＝2 m/s 由几何关系知斜面长L ＝hsin 37°＝1 m 滑块恰好反弹回到b 点，由能量守恒定律得： 12Mv 22＝μMgL cos 37° 解得：μ＝0.25.(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c 点的距离x 2 由能量守恒定律得：Mg (L －x 2)sin 37°＝μMgL cos 37° 解得：x 2＝23L ＝23m设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c 点的距离x 3 由能量守恒定律得：Mg (x 2－x 3)sin 37°＝μMgx 2cos 37° 解得：x 3＝23x 2＝⎝⎛⎭⎫232 m 以此类推x 4＝23x 3＝⎝⎛⎭⎫233 m 所以滑块在斜面上共通过的路程为s ＝3L ＋2x 2＋2x 3＋…＋2x n ＝7 m. 答案：(1)8 m/s (2)0.25 (3)7 m动量观点和能量观点的选取原则用三大观点解+析滑块—滑板模型和传送带模型【高分快攻】1．滑块—滑板问题的关键是分析运动过程，要特别注意“二者共速”这个临界点，“共速”时往往会发生摩擦力突变(滑动摩擦力变为静摩擦力)，运动状态突变(相对滑动变为相对静止)等情况．处理这类问题时要善于借助v －t 图象进行分析，借助图象中围成的面积很容易求出二者间的位移差．2．传送带模型题的分析流程【典题例析】如图所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？[详细分析] (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2B工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得 N －mg ＝m v 2BR联立解得N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为N ′＝N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋M )v 1 由动能定理得μmgL ＝12mv 20－12(m ＋M )v 21 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得 mgh 1＝12mv 20代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度，设其从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v ′0，与小车达到共速时的速度为v ′1，刚滑上CD 轨道的速度为v ′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv ′0＝(m ＋M )v ′1由动能定理得μmgL ＝12mv ′20－12Mv ′21－12mv ′22工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12mv ′22＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得 mgh ′＝12mv ′20联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187 m<h ≤3 m.[答案] 见解+析【题组突破】1．(2019·苏州三模)如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长l ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g 取10 m/s 2，现释放A ，求：(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量； (3)A 、B 能够碰撞的总次数．详细分析：(1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，则E p ＝12mv 20＋μ1mgl ，解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s ，位移x 1＝v B2t 1＝0.8 m.此过程相对运动路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mg sin θ＝μ2mg cos θ，B 与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝va 1＝0.3 s ，位移为x 2＝v2t 2＝0.45 m.此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg (Δs 1＋Δs 2)cos θ＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足12mv 2＝2nμ1mgl .解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25，所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5≈6(取整数)．答案：(1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次2．(2019·徐州二模)质量为M ＝3.0 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示．当t ＝0时，两个质量都是m ＝1.0 kg 的小物体A 和B (均可看做质点)，分别从左端和右端以大小为v 1＝4.0 m/s 和v 2＝2.0 m/s 的水平速度冲上小车C ，当它们在车上停止滑动时，没有相碰．A 、B 与车面的动摩擦因数都是μ＝0.20，g 取10 m/s 2.(1)求A 、B 在车上停止滑动时车的速度． (2)车的长度至少是多少？(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s 内小车运动的速度－时间图象．详细分析：(1)以水平向右为正方向，设A 、B 在车上停止滑动时，车的速度为v ，根据动量守恒定律可得m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v解得v ＝0.40 m/s ，方向水平向右．(2)设A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为l 1和l 2，由功能关系可得μmgl 1＋μmgl 2＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2 解得l 1＋l 2＝4.8 m ，即车长至少为4.8 m. (3)车的运动可分为以下三个阶段：第一阶段：A 、B 同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg ，方向相反，车受力平衡而保持不动．当B的速度减为0时，此过程结束．设这段时间内小物体的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma得小物体的加速度大小a ＝μg设B 到t 1时刻停止滑动，则t 1－0＝v 2a＝1.0 s第二阶段：B 停止运动后，A 继续在车上滑动．设到t 2时刻物体A 与车有共同速度v ，则有v ＝(v 1－v 2)－a (t 2－t 1)解得t 2＝1.8 s第三阶段：t 2时刻之后，车以速度v 做匀速直线运动，小车运动的速度－时间图象如图所示．答案：见解+析（一） (建议用时：40分钟)1．(2018·高考天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝80 m/s.已知飞机质量m ＝7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求飞机滑跑过程中，(1)加速度a 的大小； (2)牵引力的平均功率P .详细分析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v 2＝2ax ① 代入数据解得 a ＝2 m/s 2.②(2)设飞机滑跑受到阻力为F 阻，依题意有 F 阻＝0.1mg ③设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有 F －F 阻＝ma ④设飞机滑跑过程中的平均速度为v ，有 v －＝v 2⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P ＝F v －⑥联立②③④⑤⑥式得 P ＝8.4×106 W. 答案：见解+析2．(2019·高考北京卷)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关．雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g .(1)质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u ，求这一过程中克服空气阻力所做的功W .(2)将雨滴看做半径为r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f ＝kr 2v 2，其中v 是雨滴的速度，k 是比例系数．a ．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v m 与半径r 的关系式；b ．示意图中画出了半径为r 1、r 2(r 1>r 2)的雨滴在空气中无初速下落的v －t 图线，其中________对应半径为r 1的雨滴(选填“①”或“②”)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v －t 图线．(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S 的圆盘，证明：圆盘以速度v 下落时受到的空气阻力f ∝v 2(提示：设单位体积内空气分子数为n ，空气分子质量为m 0)．详细分析：(1)根据动能定理mgh －W ＝12mu 2可得W ＝mgh －12mu 2.(2)a.根据牛顿第二定律mg －f ＝ma 得a ＝g －kr 2v 2m当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度v m 雨滴质量m ＝43πr 3ρ由a ＝0，可得，雨滴最大速度v m ＝4πρg3kr . b ．图线①对应半径为r 1的雨滴； v －t 图线如图1.(3)根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．以下只考虑雨滴下落的定向运动．简化的圆盘模型如图2.设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变．在Δt 时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm ＝Sv Δtnm 0以F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有 F Δt ∝Δm ×v 得F ∝nm 0Sv 2由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f ∝v 2 采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论． 答案：见解+析3.如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求物块经过B 端时速度的大小；(2)求物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？详细分析：(1)根据运动的合成与分解，B 点速度方向与水平方向夹角为53°，故v B ＝v 0sin θ＝2 m/s.(2)物块从B 到C 应用动能定理，有 mg (R ＋R sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B解得v C ＝6 m/s在C 点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m ·v 2CR。