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2023届二轮复习 模型建构——高考必考物理模型 学案
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这是一份2023届二轮复习 模型建构——高考必考物理模型 学案，共20页。学案主要包含了审题思维，尝试解答，模型转化等内容，欢迎下载使用。
三 模型方法篇 5类模型方法务必要破解
模型建构——高考必考物理模型
模型规律
高考动向
1.构建物理模型:实际的物理现象和物理规律都是十分复杂的,涉及许多因素。抓住主要因素,忽略次要因素,从而突出客观事物的本质特征的过程。
2.构建模型解题的一般步骤
1.常见物理模型:板块模型(含传送带)、轻杆轻绳模型、杆轨模型(单杆和双杆)、连接体模型(含弹簧类)、天体运动模型、理想气体模型等等。
2.高考必考模型:板块模型(含传送带)、杆轨模型(单杆和双杆)。
3.高考命题导向:各种物理模型隐藏在各种情境中,常见的情境有
(1)以生活中常见现象为情境。
(2)以科技前沿为情境,如航空航天事业发展。
(3)以体育赛事为情境,如夏季、冬季奥运会。
(4)以热点新闻为情境。
必考模型1 板块模型
【典例】(2021·海南等级考) 如图所示,一长木板在光滑的水平面①上以速度v0向右做匀速直线运动,将一小滑块无初速度地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小;
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离②;
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动③,直到滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
木板与滑块组成的系统动量守恒
②
应用系统功能关系求解
③
木板受到的合外力为0
【尝试解答】
1.板块常见模型
2.“四步”解决板块模型类问题
1.维度:板与块
(多选)如图所示,滑块放置在厚度不计的木板上,二者处于静止状态。现对木板施加一水平向右的恒力F,已知各个接触面均粗糙,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列关于滑块和木板运动的v-t图像可能正确的是(实线、虚线分别代表木板和滑块的v-t图像) ( )
2.维度:块与水平传送带
(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度g=10 m/s2,则煤块从A运动到B的过程中 ( )
A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C.划痕长度是2 m
D.划痕长度是0.5 m
3.维度:斜面上的板与块
如图所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=
1.8 m,质量M=3 kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=32。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;
(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
4.维度:块与倾斜传送带
如图所示,倾角为37°、长为l=16 m的传送带,转动速度大小恒为v=10 m/s,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点),已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2。求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)传送带沿顺时针方向转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带沿逆时针方向转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。
必考模型2 杆轨模型
【典例】(2022·辽宁选择考)如图所示,两平行光滑长直金属导轨水平放置,间距为L。abcd区域有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向上。初始时刻,磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动①,磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m,在导轨间的电阻均为R,感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向;
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v03,求:
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q②;
②初始时刻N到ab的最小距离x;
(3)初始时刻,若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1),求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
细金属杆在磁场外做匀速运动,以v0向右进入磁场
②
由I=E2R和E=BL·ΔxΔt,可得q=BL·Δx2R
【模型转化】
【尝试解答】
杆轨问题的解题流程
1.维度:单杆模型
(多选)如图所示,在水平面内有一对足够长且电阻不计的平行光滑固定金属导轨,导轨左端通过一定值电阻R相连,整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中。某时刻,一垂直导轨放置的金属棒正向右运动,此时给棒施加一垂直棒的水平外力F,使棒此后做加速度为a的匀变速直线运动,下列关于a的方向和F的大小判断可能正确的是 ( )
A.若a向右,则F一直增大
B.若a向右,则F先减小再增大
C.若a向左,则F一直增大
D.若a向左,则F先减小再增大
2.维度:双杆模型
(多选)如图所示,宽度为1 m 的光滑平行导轨位于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为1 T,将质量均为1 kg的导体棒M、N垂直放在导轨上,导轨电阻与摩擦均不计,每根导体棒电阻为1 Ω。现给导体棒M施加大小为10 N的平行于导轨的外力,导体棒M、N始终垂直于导轨,导体棒运动稳定后,下列说法正确的是 ( )
A.导体棒M的加速度为5 m/s2
B.导体棒M的速度为5 m/s
C.回路中感应电动势为5 V
D.流过导体棒M的电流为5 A
1.(块与水平传送带)(多选)如图所示,长为L的水平传送带AB以速度v沿逆时针方向运转,将小石墨块P轻放在传送带右端A,当石墨块从左端B离开传送带时,传送带上留下了长度为l的痕迹,不计绕过传动轮的传送带长度,下列说法正确的是 ( )
A.增大传送带速度v,划痕长度可能不变
B.减小石墨块与传送带间的动摩擦因数,划痕长度可能会减小
C.增加传送带的长度,划痕长度一定会变长
D.一定条件下可使l>L
2.(块与倾斜传送带) (多选)如图所示,传送带倾角为α,表面粗糙,以恒定速度v0逆时针运行。一小滑块从斜面顶端由静止释放,运动到斜面底端的过程中,其速度随时间变化的关系图像可能是 ( )
3.(单杆模型)如图所示,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 ( )
A.PQ中的电流先增大后减小
B.PQ两端的电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
4.(双杆模型)(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B,两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内,如图所示,磁感应强度B=0.5 T,导体棒ab、cd长度均为0.2 m,电阻均为0.1 Ω,重力均为0.1 N,现用力向上拉动导体棒ab,使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好),此时cd静止不动,则ab上升时,下列说法正确的是 ( )
A.经过cd的电流方向为从c到d
B.ab受到的拉力大小为2 N
C.ab向上运动的速度为2 m/s
D.在2 s内,拉力做功,有0.6 J的机械能转化为电能
5.(板块模型)如图甲所示,地面上有一长为L=1 m,高为h=0.8 m,质量M=2 kg的木板,木板的右侧放置一个质量为m=1 kg的木块(可视为质点),已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力F随时间t的变化如图乙所示,g取10 m/s2。求:
(1)前2 s木板的加速度大小;
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
6.(单杆模型)如图甲所示,两平行长直光滑金属导轨水平放置,间距为L,左端连接一个电容为C的电容器,导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置,某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0,之后金属棒运动的v-t图像如图乙所示。不考虑导轨的电阻。
(1)求金属棒匀速运动时的速度大小v1;
(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q;
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中,产生的焦耳热为Q,求电容器充电稳定后储存的电能E0。
三 模型方法篇 5类模型方法务必要破解
模型建构——高考必考物理模型
必考模型1 板块模型
【典例】【解析】(1)由于水平面光滑,则木板与滑块组成的系统动量守恒,有
2mv0 = 3mv共
解得v共 = 2v03
(2)由于木板速度是滑块的2倍,则有v木=2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑
联立化简得v滑=25v0,v木=45v0
再根据功能关系有
-μmgx=12×2mv木2+12mv滑2-12×2mv02
经过计算得x=7v0225μg
(3)由于木板保持匀速直线运动,则有F=μmg
对滑块进行受力分析,并根据牛顿第二定律有a滑=μg
滑块相对木板静止时有v0=a滑t
解得t=v0μg
则整个过程中木板滑动的距离为
x'=v0t=v02μg
则外力所做的功为W=Fx'=mv02
答案:(1)2v03 (2)7v0225μg
(3)v0μg mv02
1.B、D 因恒力F大小以及各接触面μ大小均未知,所以滑块与木板可能相对静止一起向右做匀加速直线运动,故B正确;不可能木板运动,滑块静止,故A错误;设木板质量为M,滑块质量为m,滑块与木板间动摩擦因数为μ1,木板与地面间动摩擦因数为μ2,当M与m相对滑动时,必有木板的加速度大小大于滑块加速度大小,且木板加速度a1=F-μ1mg-μ2(M+m)gM,当滑块从木板上掉下去之后,滑块在地面上将做匀减速直线运动,木板加速度a2=F-μ2MgM,可以看出a2>a1,故D正确,C错误。
2.B、C 煤块在传送带上做匀加速直线运动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma,得a=μg=4 m/s2,当煤块速度和传送带速度刚好相同时,位移x1=v022a=2 m<4 m,因此煤块先加速后匀速,做匀加速直线运动的时间t1=v0a=1 s,匀速运动的时间t2=x-x1v0=0.5 s,煤块从A运动到B的总时间t=t1+t2=1.5 s,A错误,B正确;在加速阶段产生的相对位移即为划痕的长度,则有Δx=x-x1=2 m,C正确,D错误。
3.【解析】(1)若整体恰好静止,则
F=(M+m)gsinα=(3+1)×10×sin30° N=20 N
故要拉动木板,则F>20 N
若整体一起向上做匀加速直线运动,对物块和木板,
由牛顿第二定律得F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对物块有f-mgsinα=ma
其中f≤μmgcosα
代入数据解得F≤30 N
向上加速的过程中为使物块不滑离木板,
力F应满足的条件为20 N
F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对物块有μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得
12a1t2-12a2t2=L
代入数据解得t=1.2 s
物块滑离木板时的速度v=a2t
由-2gsinα·s=0-v2
代入数据解得s=0.9 m。
答案:(1)20 N
4.【解析】(1)传送带沿顺时针方向转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma
则a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
根据l=12at2得t=4 s。
(2)传送带沿逆时针方向转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1=va1=1010 s=1 s
x1=12a1t12=5 m
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
a2=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
x2=l-x1=11 m
又因为x2=vt2+12a2t22
则有10t2+t22=11
解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t总=t1+t2=2 s。
答案:(1)4 s (2)2 s
必考模型2 杆轨模型
【典例】【解析】(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时,
产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b,电流的大小为I=E2R
则所受的安培力大小为F=BIL=B2L2v02R
安培力的方向由左手定则可知水平向左;
(2)①金属杆N在磁场内运动过程中,
由动量定理有
BIL·Δt=m·v03-0
且q=I·Δt
联立解得通过回路的电荷量为
q=mv03BL
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx,
有I=E2R
E=BL·ΔxΔt
整理可得q=BL·Δx2R
联立可得Δx=2mv0R3B2L2
若两杆在磁场内刚好相撞,
N到ab的最小距离为
x=Δx=2mv0R3B2L2
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动,若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1),则N到ab边的速度大小恒为v03,根据动量守恒定律可知
mv0=mv1+m·v03
解得N出磁场时,M的速度大小为
v1=23v0
由题意可知,此时M到cd边的距离为s=(k-1)x
若要保证M出磁场后不与N相撞,则有两种临界情况:
①M减速到v03时出磁场,速度刚好等于N的速度,一定不与N相撞,对M根据动量定理有
BI1L·Δt1=m·23v0-m·v03
q1=I1·Δt1=BL·(k-1)x2R
联立解得k=2
②M运动到cd边时,恰好减速到零,则对M由动量定理有
BI2L·Δt2=m·v03-0
同理解得k=3
综上所述,M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3
答案:(1)B2L2v02R 方向水平向左
(2)①mv03BL ②2mv0R3B2L2
(3)2≤k<3
1.A、D 若a向右,则拉力F向右,根据牛顿第二定律有F-IlB=ma,即F-B2l2vR=ma,解得a=Fm-B2l2vmR,金属棒一直向右做匀加速直线运动,则速度不断增大,因此,若要保持加速度不变,则F也要一直增大,A正确,B错误;若a向左,拉力F的方向刚开始向右,则IlB-F=ma即B2l2vR-F=ma,解得a=B2l2vmR-Fm,金属棒向右做匀减速运动,安培力逐渐减小,加速度不变,则F的大小也随之减小,减到0之后,为了保持加速度继续不变,则F反向,此时a=B2l2vmR+Fm,若要保持加速度不变,则F要增大,当金属棒速度为零后,由于受到拉力作用,金属棒则反向加速,则有a=Fm-B2l2vmR,要保持加速度不变,则需要拉力F逐渐增大,即F先减小再增大,C错误,D正确。
2.A、D 导体棒运动稳定后,两棒具有恒定的速度差,因而加速度相等,分别对M、N进行受力分析,由牛顿第二定律得F-IlB=maM,IlB=maN,两式相加得F=maM+maN,解得aM=aN=5 m/s2,所以I=maNBl=5 A,故A、D正确;由闭合电路的欧姆定律可得E=I·2R=5 A×2×1Ω=10 V,故C错误;导体棒M、N运动稳定后,导体棒依然具有加速度,所以运动速度是不断变化的,故B错误。
1.A、D 分三种情况:①石墨块到达B端前速度等于v,则l=vt-v22a,其中t=va、a=μg,解得l=v22μg,v增大,则l变长;
②石墨块到达B端时速度小于或等于v,则运动时间t=2Lμg≤3Lv,l=vt-L,得2L≥l=v2Lμg-L,增大v,则l变长;
③石墨块到达B端时速度小于或等于v,则运动时间t>3Lv,此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块,划痕长度为2L,之后的划痕与原来划痕重叠,划痕长度为2L不变,选项A正确;由上述可知,减小石墨块与传送带间的动摩擦因数,则l会变长或不变,选项B错误;第①种情况下l与L无关,选项C错误;由③可知选项D正确。
2.A、C 滑块由静止释放,相对于传送带向上运动,受沿斜面向下的摩擦力,先向下加速运动,加速度为a1=gsinα+μgcosα,加速到和传送带速度相等时,若有
mgsinα≤μmgcosα,则滑块和传送带保持相对静止,一起匀速运动,故A正确;若有mgsinα>μmgcosα,则滑块和传送带不能保持相对静止,滑块继续加速运动,加速度为a2=gsinα-μgcosα,但a2
4.A、C 对ab棒,由右手定则可知,电流方向由b到a,故经过cd的电流方向为从c到d,故A正确;导体棒ab匀速上升,受力平衡,cd棒静止,受力也平衡,对于两棒组成的整体,合外力为零,根据平衡条件可得ab棒受到的拉力F=2mg=0.2 N,故B错误;对cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡条件得F安=G,即BIL=G,又I=BLv2R,联立得v=2GRB2L2=2 m/s,故C正确;在2 s内,电路产生的电能Q=E22Rt=(BLv)22Rt=(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J=0.4 J,则在2 s内,拉力做功,有0.4 J的机械能转化为电能,故D错误。
5.【解析】(1)设木块在木板上运动的最大加速度为a1,
则μ1mg=ma1,
解得a1=4 m/s2
保持木块与木板一起做匀加速直线运动的最大拉力
Fm=μ2(M+m)g+(M+m)a1=30 N。
因F1=24 N
由牛顿第二定律可得
F1-μ2(M+m)g=(M+m)a
解得a=2 m/s2
(2)设2 s末木块与木板的速度为v,
由运动学知识可得v=at1
2 s后F2=34 N>Fm=30 N,
木块和木板发生相对滑动,木块加速度为a1,木板加速度为a2,
则F2-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
经时间t2二者分离,此时由运动学知识可得
vt2+12a2t22-(vt2+12a1t22)=L
解得a2=6 m/s2,t2=1 s
此时木块的速度v块=v+a1t2
木板的速度v板=v+a2t2
设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3,
由平抛运动知识可得h=12gt32
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木块在水平方向向前运动的位移为
x块=v块t3
木块与木板分离后,木板的加速度为a3,
由牛顿第二定律可得F2-μ2Mg=Ma3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木板在水平方向向前运动的位移为
x板=v板t3+12a3t32
所以,木块落地时距离木板左侧的水平距离
Δs=x板-x块
联立以上式子解得Δs=1.68 m。
答案:(1)2 m/s2 (2)1.68 m
6.【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1,
电容器的电荷量q=CE,
金属棒从开始到匀速运动的过程中,由动量定理有
-BILt0=mv1-mv0,
电容器的电荷量q=It0,
联立解得v1=mv0m+CB2L2。
(2)由(1)可知q=CE=CBLv1=CBLmv0m+CB2L2。
(3)在0~t时间内,金属棒的速度由v0到v1,由能量守恒可得E0+Q=12mv02-12mv12,
解得E0=12mv02-m3v022(m+CB2L2)2-Q。
答案:(1)mv0m+CB2L2 (2)CBLmv0m+CB2L2 (3)12mv02-m3v022(m+CB2L2)2-Q
三 模型方法篇 5类模型方法务必要破解
模型建构——高考必考物理模型
模型规律
高考动向
1.构建物理模型:实际的物理现象和物理规律都是十分复杂的,涉及许多因素。抓住主要因素,忽略次要因素,从而突出客观事物的本质特征的过程。
2.构建模型解题的一般步骤
1.常见物理模型:板块模型(含传送带)、轻杆轻绳模型、杆轨模型(单杆和双杆)、连接体模型(含弹簧类)、天体运动模型、理想气体模型等等。
2.高考必考模型:板块模型(含传送带)、杆轨模型(单杆和双杆)。
3.高考命题导向:各种物理模型隐藏在各种情境中,常见的情境有
(1)以生活中常见现象为情境。
(2)以科技前沿为情境,如航空航天事业发展。
(3)以体育赛事为情境,如夏季、冬季奥运会。
(4)以热点新闻为情境。
必考模型1 板块模型
【典例】(2021·海南等级考) 如图所示,一长木板在光滑的水平面①上以速度v0向右做匀速直线运动,将一小滑块无初速度地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小;
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离②;
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动③,直到滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
木板与滑块组成的系统动量守恒
②
应用系统功能关系求解
③
木板受到的合外力为0
【尝试解答】
1.板块常见模型
2.“四步”解决板块模型类问题
1.维度:板与块
(多选)如图所示,滑块放置在厚度不计的木板上,二者处于静止状态。现对木板施加一水平向右的恒力F,已知各个接触面均粗糙,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列关于滑块和木板运动的v-t图像可能正确的是(实线、虚线分别代表木板和滑块的v-t图像) ( )
2.维度:块与水平传送带
(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度g=10 m/s2,则煤块从A运动到B的过程中 ( )
A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C.划痕长度是2 m
D.划痕长度是0.5 m
3.维度:斜面上的板与块
如图所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=
1.8 m,质量M=3 kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=32。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;
(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
4.维度:块与倾斜传送带
如图所示,倾角为37°、长为l=16 m的传送带,转动速度大小恒为v=10 m/s,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点),已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2。求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)传送带沿顺时针方向转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带沿逆时针方向转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。
必考模型2 杆轨模型
【典例】(2022·辽宁选择考)如图所示,两平行光滑长直金属导轨水平放置,间距为L。abcd区域有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向上。初始时刻,磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动①,磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m,在导轨间的电阻均为R,感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向;
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v03,求:
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q②;
②初始时刻N到ab的最小距离x;
(3)初始时刻,若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1),求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
细金属杆在磁场外做匀速运动,以v0向右进入磁场
②
由I=E2R和E=BL·ΔxΔt,可得q=BL·Δx2R
【模型转化】
【尝试解答】
杆轨问题的解题流程
1.维度:单杆模型
(多选)如图所示,在水平面内有一对足够长且电阻不计的平行光滑固定金属导轨,导轨左端通过一定值电阻R相连,整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中。某时刻,一垂直导轨放置的金属棒正向右运动,此时给棒施加一垂直棒的水平外力F,使棒此后做加速度为a的匀变速直线运动,下列关于a的方向和F的大小判断可能正确的是 ( )
A.若a向右,则F一直增大
B.若a向右,则F先减小再增大
C.若a向左,则F一直增大
D.若a向左,则F先减小再增大
2.维度:双杆模型
(多选)如图所示,宽度为1 m 的光滑平行导轨位于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为1 T,将质量均为1 kg的导体棒M、N垂直放在导轨上,导轨电阻与摩擦均不计,每根导体棒电阻为1 Ω。现给导体棒M施加大小为10 N的平行于导轨的外力,导体棒M、N始终垂直于导轨,导体棒运动稳定后,下列说法正确的是 ( )
A.导体棒M的加速度为5 m/s2
B.导体棒M的速度为5 m/s
C.回路中感应电动势为5 V
D.流过导体棒M的电流为5 A
1.(块与水平传送带)(多选)如图所示,长为L的水平传送带AB以速度v沿逆时针方向运转,将小石墨块P轻放在传送带右端A,当石墨块从左端B离开传送带时,传送带上留下了长度为l的痕迹,不计绕过传动轮的传送带长度,下列说法正确的是 ( )
A.增大传送带速度v,划痕长度可能不变
B.减小石墨块与传送带间的动摩擦因数,划痕长度可能会减小
C.增加传送带的长度,划痕长度一定会变长
D.一定条件下可使l>L
2.(块与倾斜传送带) (多选)如图所示,传送带倾角为α,表面粗糙,以恒定速度v0逆时针运行。一小滑块从斜面顶端由静止释放,运动到斜面底端的过程中,其速度随时间变化的关系图像可能是 ( )
3.(单杆模型)如图所示,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 ( )
A.PQ中的电流先增大后减小
B.PQ两端的电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
4.(双杆模型)(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B,两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内,如图所示,磁感应强度B=0.5 T,导体棒ab、cd长度均为0.2 m,电阻均为0.1 Ω,重力均为0.1 N,现用力向上拉动导体棒ab,使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好),此时cd静止不动,则ab上升时,下列说法正确的是 ( )
A.经过cd的电流方向为从c到d
B.ab受到的拉力大小为2 N
C.ab向上运动的速度为2 m/s
D.在2 s内,拉力做功,有0.6 J的机械能转化为电能
5.(板块模型)如图甲所示,地面上有一长为L=1 m,高为h=0.8 m,质量M=2 kg的木板,木板的右侧放置一个质量为m=1 kg的木块(可视为质点),已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力F随时间t的变化如图乙所示,g取10 m/s2。求:
(1)前2 s木板的加速度大小;
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
6.(单杆模型)如图甲所示,两平行长直光滑金属导轨水平放置,间距为L,左端连接一个电容为C的电容器,导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置,某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0,之后金属棒运动的v-t图像如图乙所示。不考虑导轨的电阻。
(1)求金属棒匀速运动时的速度大小v1;
(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q;
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中,产生的焦耳热为Q,求电容器充电稳定后储存的电能E0。
三 模型方法篇 5类模型方法务必要破解
模型建构——高考必考物理模型
必考模型1 板块模型
【典例】【解析】(1)由于水平面光滑,则木板与滑块组成的系统动量守恒,有
2mv0 = 3mv共
解得v共 = 2v03
(2)由于木板速度是滑块的2倍,则有v木=2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑
联立化简得v滑=25v0,v木=45v0
再根据功能关系有
-μmgx=12×2mv木2+12mv滑2-12×2mv02
经过计算得x=7v0225μg
(3)由于木板保持匀速直线运动,则有F=μmg
对滑块进行受力分析,并根据牛顿第二定律有a滑=μg
滑块相对木板静止时有v0=a滑t
解得t=v0μg
则整个过程中木板滑动的距离为
x'=v0t=v02μg
则外力所做的功为W=Fx'=mv02
答案:(1)2v03 (2)7v0225μg
(3)v0μg mv02
1.B、D 因恒力F大小以及各接触面μ大小均未知,所以滑块与木板可能相对静止一起向右做匀加速直线运动,故B正确;不可能木板运动,滑块静止,故A错误;设木板质量为M,滑块质量为m,滑块与木板间动摩擦因数为μ1,木板与地面间动摩擦因数为μ2,当M与m相对滑动时,必有木板的加速度大小大于滑块加速度大小,且木板加速度a1=F-μ1mg-μ2(M+m)gM,当滑块从木板上掉下去之后,滑块在地面上将做匀减速直线运动,木板加速度a2=F-μ2MgM,可以看出a2>a1,故D正确,C错误。
2.B、C 煤块在传送带上做匀加速直线运动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma,得a=μg=4 m/s2,当煤块速度和传送带速度刚好相同时,位移x1=v022a=2 m<4 m,因此煤块先加速后匀速,做匀加速直线运动的时间t1=v0a=1 s,匀速运动的时间t2=x-x1v0=0.5 s,煤块从A运动到B的总时间t=t1+t2=1.5 s,A错误,B正确;在加速阶段产生的相对位移即为划痕的长度,则有Δx=x-x1=2 m,C正确,D错误。
3.【解析】(1)若整体恰好静止,则
F=(M+m)gsinα=(3+1)×10×sin30° N=20 N
故要拉动木板,则F>20 N
若整体一起向上做匀加速直线运动,对物块和木板,
由牛顿第二定律得F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对物块有f-mgsinα=ma
其中f≤μmgcosα
代入数据解得F≤30 N
向上加速的过程中为使物块不滑离木板,
力F应满足的条件为20 N
F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对物块有μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得
12a1t2-12a2t2=L
代入数据解得t=1.2 s
物块滑离木板时的速度v=a2t
由-2gsinα·s=0-v2
代入数据解得s=0.9 m。
答案:(1)20 N
4.【解析】(1)传送带沿顺时针方向转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma
则a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
根据l=12at2得t=4 s。
(2)传送带沿逆时针方向转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1=va1=1010 s=1 s
x1=12a1t12=5 m
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
a2=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
x2=l-x1=11 m
又因为x2=vt2+12a2t22
则有10t2+t22=11
解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t总=t1+t2=2 s。
答案:(1)4 s (2)2 s
必考模型2 杆轨模型
【典例】【解析】(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时,
产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b,电流的大小为I=E2R
则所受的安培力大小为F=BIL=B2L2v02R
安培力的方向由左手定则可知水平向左;
(2)①金属杆N在磁场内运动过程中,
由动量定理有
BIL·Δt=m·v03-0
且q=I·Δt
联立解得通过回路的电荷量为
q=mv03BL
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx,
有I=E2R
E=BL·ΔxΔt
整理可得q=BL·Δx2R
联立可得Δx=2mv0R3B2L2
若两杆在磁场内刚好相撞,
N到ab的最小距离为
x=Δx=2mv0R3B2L2
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动,若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1),则N到ab边的速度大小恒为v03,根据动量守恒定律可知
mv0=mv1+m·v03
解得N出磁场时,M的速度大小为
v1=23v0
由题意可知,此时M到cd边的距离为s=(k-1)x
若要保证M出磁场后不与N相撞,则有两种临界情况:
①M减速到v03时出磁场,速度刚好等于N的速度,一定不与N相撞,对M根据动量定理有
BI1L·Δt1=m·23v0-m·v03
q1=I1·Δt1=BL·(k-1)x2R
联立解得k=2
②M运动到cd边时,恰好减速到零,则对M由动量定理有
BI2L·Δt2=m·v03-0
同理解得k=3
综上所述,M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3
答案:(1)B2L2v02R 方向水平向左
(2)①mv03BL ②2mv0R3B2L2
(3)2≤k<3
1.A、D 若a向右,则拉力F向右,根据牛顿第二定律有F-IlB=ma,即F-B2l2vR=ma,解得a=Fm-B2l2vmR,金属棒一直向右做匀加速直线运动,则速度不断增大,因此,若要保持加速度不变,则F也要一直增大,A正确,B错误;若a向左,拉力F的方向刚开始向右,则IlB-F=ma即B2l2vR-F=ma,解得a=B2l2vmR-Fm,金属棒向右做匀减速运动,安培力逐渐减小,加速度不变,则F的大小也随之减小,减到0之后,为了保持加速度继续不变,则F反向,此时a=B2l2vmR+Fm,若要保持加速度不变,则F要增大,当金属棒速度为零后,由于受到拉力作用,金属棒则反向加速,则有a=Fm-B2l2vmR,要保持加速度不变,则需要拉力F逐渐增大,即F先减小再增大,C错误,D正确。
2.A、D 导体棒运动稳定后,两棒具有恒定的速度差,因而加速度相等,分别对M、N进行受力分析,由牛顿第二定律得F-IlB=maM,IlB=maN,两式相加得F=maM+maN,解得aM=aN=5 m/s2,所以I=maNBl=5 A,故A、D正确;由闭合电路的欧姆定律可得E=I·2R=5 A×2×1Ω=10 V,故C错误;导体棒M、N运动稳定后,导体棒依然具有加速度,所以运动速度是不断变化的,故B错误。
1.A、D 分三种情况:①石墨块到达B端前速度等于v,则l=vt-v22a,其中t=va、a=μg,解得l=v22μg,v增大,则l变长;
②石墨块到达B端时速度小于或等于v,则运动时间t=2Lμg≤3Lv,l=vt-L,得2L≥l=v2Lμg-L,增大v,则l变长;
③石墨块到达B端时速度小于或等于v,则运动时间t>3Lv,此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块,划痕长度为2L,之后的划痕与原来划痕重叠,划痕长度为2L不变,选项A正确;由上述可知,减小石墨块与传送带间的动摩擦因数,则l会变长或不变,选项B错误;第①种情况下l与L无关,选项C错误;由③可知选项D正确。
2.A、C 滑块由静止释放,相对于传送带向上运动,受沿斜面向下的摩擦力,先向下加速运动,加速度为a1=gsinα+μgcosα,加速到和传送带速度相等时,若有
mgsinα≤μmgcosα,则滑块和传送带保持相对静止,一起匀速运动,故A正确;若有mgsinα>μmgcosα,则滑块和传送带不能保持相对静止,滑块继续加速运动,加速度为a2=gsinα-μgcosα,但a2
4.A、C 对ab棒,由右手定则可知,电流方向由b到a,故经过cd的电流方向为从c到d,故A正确;导体棒ab匀速上升,受力平衡,cd棒静止,受力也平衡,对于两棒组成的整体,合外力为零,根据平衡条件可得ab棒受到的拉力F=2mg=0.2 N,故B错误;对cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡条件得F安=G,即BIL=G,又I=BLv2R,联立得v=2GRB2L2=2 m/s,故C正确;在2 s内,电路产生的电能Q=E22Rt=(BLv)22Rt=(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J=0.4 J,则在2 s内,拉力做功,有0.4 J的机械能转化为电能,故D错误。
5.【解析】(1)设木块在木板上运动的最大加速度为a1,
则μ1mg=ma1,
解得a1=4 m/s2
保持木块与木板一起做匀加速直线运动的最大拉力
Fm=μ2(M+m)g+(M+m)a1=30 N。
因F1=24 N
由牛顿第二定律可得
F1-μ2(M+m)g=(M+m)a
解得a=2 m/s2
(2)设2 s末木块与木板的速度为v,
由运动学知识可得v=at1
2 s后F2=34 N>Fm=30 N,
木块和木板发生相对滑动,木块加速度为a1,木板加速度为a2,
则F2-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
经时间t2二者分离,此时由运动学知识可得
vt2+12a2t22-(vt2+12a1t22)=L
解得a2=6 m/s2,t2=1 s
此时木块的速度v块=v+a1t2
木板的速度v板=v+a2t2
设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3,
由平抛运动知识可得h=12gt32
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木块在水平方向向前运动的位移为
x块=v块t3
木块与木板分离后,木板的加速度为a3,
由牛顿第二定律可得F2-μ2Mg=Ma3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木板在水平方向向前运动的位移为
x板=v板t3+12a3t32
所以,木块落地时距离木板左侧的水平距离
Δs=x板-x块
联立以上式子解得Δs=1.68 m。
答案:(1)2 m/s2 (2)1.68 m
6.【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1,
电容器的电荷量q=CE,
金属棒从开始到匀速运动的过程中,由动量定理有
-BILt0=mv1-mv0,
电容器的电荷量q=It0,
联立解得v1=mv0m+CB2L2。
(2)由(1)可知q=CE=CBLv1=CBLmv0m+CB2L2。
(3)在0~t时间内,金属棒的速度由v0到v1,由能量守恒可得E0+Q=12mv02-12mv12,
解得E0=12mv02-m3v022(m+CB2L2)2-Q。
答案:(1)mv0m+CB2L2 (2)CBLmv0m+CB2L2 (3)12mv02-m3v022(m+CB2L2)2-Q
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