【物理】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

【物理】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

模型一　轻绳(杆)模型 ‎[模型释义]‎ 图示或释义 规律或方法 轻绳连接体模型 求解“绳＋物”或“杆＋物”模型的方法 先明确物体的合速度(物体的实际运动速度)，然后将物体的合速度沿绳(杆)方向及垂直绳(杆)方向分解(要防止与力的分解混淆)，利用沿绳(杆)方向的分速度大小总是相等的特点列式求解 轻杆连接体模型 ‎[模型解读]‎ ‎1．绳杆模型的特点 模型 形变情况 施力与受力 方向 大小变化 绳 微小形变可忽略 能施能受拉力 始终沿绳 可突变 杆 长度几乎不变 能压能拉 不一定沿杆 可突变 ‎2.运动的合成与分解中的轻绳(杆)模型 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≥，“杆模型”中最高点速度v≥0这两个临界条件．‎ ‎[模型突破]‎ ‎1．(2020·辽宁葫芦岛模拟)如图所示，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°，下列说法正确的是(　　)‎ A．若只增加Q桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变 B．若只增加P桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变 C．若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．若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FT＝GQ，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点两侧的绳张力相等，故有2FTcos＝GP，联立可得2GQcos＝GP，故只增加Q桶中的砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加GP，夹角θ变小，P桶下降，选项A、B错误；由2GQcos ＝GP可知，当θ＝120°时有GQ＝GP，此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P桶的位置不变，选项C正确，D错误．]‎ ‎2．(2020·山东聊城一中模拟)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，如图所示，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．则在缓慢拉开B的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 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，如图所示，物体B始终受力平衡，根据共点力平衡条件有F＝mBgtan θ，T＝，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．(多选)如图所示，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．已知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，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ A．轻绳a的拉力大小为6mgsin θ B．B的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下 C．C的加速度为0‎ D．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，则轻绳a的拉力大小T＝mgsin 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)gsin θ＝(‎2m＋‎3m)a0，解得a0＝gsin 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2mgsin θ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，选项D正确．]‎ ‎4.(2019·河南新郑一中第四次调研)如图所示，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＝v乙　　　　　 B．v甲＝v乙 C．v甲＝v乙 D．v甲＝v乙 解析：C　[BC＝0.5R，OA＝R，根据几何关系有AB＝＝R，所以cos ∠ABO＝＝.当甲物体运动到半圆环最底端A点时，实际速度竖直向下，如图所示，对甲物体的速度进行分解，沿细线方向的速度大小v1＝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＝v乙．]‎ ‎5．(2019·陕西宝鸡二模)如图所示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．已知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. B. C. D. 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＝vcos 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′，则vB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＝vB分，联立可得v＝.]‎ ‎6.(2020·黑龙江哈尔滨三中模拟)如图所示，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，则(　　)‎ 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，若刚开始时b物块的重力沿斜面向下的分力与细绳的拉力相等，则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，则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]‎ 图示或释义 规律或方法 与弹簧相关的平衡问题 弹簧类平衡问题常常以单一问题出现，涉及的知识主要是胡克定律、物体的平衡条件，求解时要注意弹力的大小与方向总是与弹簧的形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量x与物体空间位置变化的对应关系．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列式求解 与弹簧相关的动力学问题 ‎(1)弹簧(或橡皮筋)恢复形变需要时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变，即弹力不能突变．而细线(或接触面)是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其中弹力立即消失，即弹力可突变，一般题目中所给细线和接触面在没有特殊说明时，均可按此模型处理 ‎(2)对于连接体的加速问题往往先使用整体法求得其加速度，再用隔离法求得受力少的物体的加速度，并利用加速度的关系求解相应量 与弹簧相关的功能问题 弹簧连接体是考查功能关系问题的经典模型，求解这类问题的关键是认真分析系统的物理过程和功能转化情况，再由动能定理、机械能守恒定律或功能关系列式，同时注意以下两点：①弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，则其储存的弹性势能就相同；②弹性势能公式Ep＝kx2在高考中不作要求(除非题中给出该公式)，与弹簧相关的功能问题一般利用动能定理或能量守恒定律求解 ‎[模型解读]‎ ‎1．轻弹簧模型的问题特点 轻弹簧模型考查范围很广，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；若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；若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)如图所示，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mA、mB，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧的伸长量为 B．地面对斜面体的摩擦力大小为，方向水平向右 C．若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，则物块A受到的摩擦力一定减小 D．若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，则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，则有tan θ＝，解得Δx＝，选项A错误；同样对结点O分析，设绳OC的拉力为T，则有cos θ＝，解得绳的拉力T＝，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＝Tsin θ＝mBgtan θ，选项B错误；根据B选项的分析知，绳OC的拉力为T＝，若斜面体右移，则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，则(mA＋M)g＋Tcos θ＝FN，由T＝解得FN＝(mA＋mB＋M)g，与θ无关，选项D正确．]‎ ‎2.(2019·山东新泰二中月考)如图所示，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．若M、N的劲度系数分别为k1、k2，a、b两球的质量均为m，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是(　　)‎ A.＝2 B.＝ C．若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，a球的加速度为零 D．若剪断弹簧M，则在剪断的瞬间，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FM的作用处于平衡状态，根据力的平衡条件有FM＝k1x＝2mgtan 60°＝2mg，b球受重力mg和弹簧N的拉力FN的作用处于平衡状态，则FN＝k2x＝mg，解得＝2，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，则加速度不为零，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，则b球加速度仍为零，选项D错误．]‎ ‎3．(2020·四川成都七中模拟)(多选)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，已知重力加速度大小为g，则(　　)‎ A．施加力F前，弹簧的形变量为 B．施加力F的瞬间，A、B间的弹力大小为m(g＋a)‎ C．A、B在t1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at－ 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．t1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．t2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，则弹簧弹力F0＝kx0＝2mg，解得弹簧的形变量x0＝，选项A正确．施加力F的瞬间，对B，根据牛顿第二定律有F0－mg－FAB＝ma，解得A、B间的弹力大小FAB＝m(g－a)，选项B错误．A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且FAB＝0，对B有F1－mg＝ma，解得此时弹簧弹力大小F1＝m(g＋a)，选项C错误．t2时刻B的加速度为零，速度最大，则kx′＝mg，解得此时弹簧的形变量x′＝，B上升的高度h′＝x0－x′＝，A上升的高度h＝at，此时A、B间的距离Δh＝at－，选项D正确．]‎ ‎4.如图所示，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，若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)若把物块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：‎ kx1＋μmgcos θ＝mgsin θ 可得弹簧的压缩量为x1＝ 小物块A恰好离开挡板P，由平衡条件得：‎ kx2＝μmgcos θ＋mgsin θ 可得弹簧的伸长量为x2＝ 故物块C下落的最大高度 h＝x1＋x2＝.‎ ‎(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＝μmghcos θ＋mghsin θ＋ΔEp 则得弹簧弹性势能的变化量ΔEp＝.‎ ‎(3)若把物块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＝μmghcos θ＋mghsin θ＋ΔEp＋(M＋m＋m)v2‎ 解得v＝2mg.‎ 答案：(1)　(2) ‎(3)2mg 模型三　板块模型 ‎[模型释义]‎ 图示或释义 规律或方法 ‎1.运动情景 ‎(1)对m：匀减速直线运动 ‎(2)对M：匀加速直线运动 ‎(3)对整体：m相对M运动，最终相对静止 ‎2.动量关系 ‎(1)对m：－μmgt＝mv－mv0‎ ‎(2)对M：μmgt＝Mv ‎(3)对整体：mv0＝(M＋m)v ‎3.能量关系 ‎(1)对m：动能减小　－μmgxm＝mv2－mv ‎(2)对M：动能增大　μmgxM＝Mv2‎ ‎(3)对整体：动能减小　Q＝ΔEk＝mv－(M＋m)v2＝μmg·l ‎4.临界条件 速度相等时，相对位移的大小等于长木板长度，m恰好不滑下.‎ ‎[模型解读]‎ ‎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，应根据题目中的已知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范围内变化，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．如图所示，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，已知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v0水平向右射入物块并穿出，已知子弹穿出物块时的速度为，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v1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝m＋2mv1，解得v1＝.‎ ‎(2)物块和木板达到的共同速度为v2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：2mv1＝5mv2，‎ 此过程系统摩擦生热：Q＝2μmgL 由能量守恒定律得：2μmgL＝×2mv－×5mv 代入数据解得：L＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎2．(2019·福州二模)如图所示，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．已知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)若物体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，‎ 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v1，由动能定理得：‎ qEl＝mv，解得v1＝ ‎(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v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2－mv1‎ 解得v2＝v1＝ ‎(3)小物体C与滑板碰撞后，滑板向左以速度v2做匀速运动；小物体C以v1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＝ 小物体C与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等，即v2t＝－v1t＋at2，解得t＝ 两次相碰之间滑板运动的距离s＝v2t＝l 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，则W＝qE(l＋s)‎ 解得W＝qEl 答案：(1) 　(2)　(3)qEl ‎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.已知在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＝，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/s2.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2mgLsin θ＝(‎2m)v2①‎ 由①式得v＝‎2m/s②‎ ‎(2)第一次碰后，对B有mgsin θ＝μmgcos θ 故B匀速下滑③‎ 对A有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1④‎ 得A的加速度a1＝‎10 m/s2，方向始终沿斜面向下．⑤‎ 设A第1次反弹的速度大小为v1，由动能定理有 mv2－mv＝ΔE⑥‎ Δt＝⑦‎ 由⑥⑦式得Δt＝ s⑧‎ ‎(3)设A第2次反弹的速度大小为v2，由动能定理有 mv2－mv＝2ΔE⑨‎ 得v2＝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 mv2－mv′2＝ΔE⑪‎ mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′⑫‎ 由⑪⑫式得B沿A向上做匀减速运动的时间t2＝＝s⑬‎ 当B速度为0时，因mgsin θ＝μmgcos θ≤fm，B将静止在A上．⑭‎ 若当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＋t2＝ s.‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2) s　(3) s 模型四　电磁偏转模型 ‎[模型释义]‎ 电偏转 磁偏转 受力特征 F电＝qE恒力 F洛＝qvB变力 运动性质 匀变速曲线运动 匀速圆周运动 运动轨迹 运动规律 类平抛运动 速度：vx＝v0，vy＝t 偏转角θ：tan θ＝ 偏转距离y＝t2‎ 匀速圆周运动 轨道半径r＝ 周期T＝ 偏转角θ＝ωt＝t 偏移距离y＝r－ 射出边界的速率 v＝＞v0‎ v＝v0‎ 运动时间 t＝ t＝T ‎[模型解读]‎ ‎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＝mr＝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．如图所示，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v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为.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)若电场强度E与磁感应强度B大小满足E＝2Bv0，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＝L，‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B＝m，解得，磁感应强度：B＝.‎ ‎(2)若电子能进入电场中，且离O点最远，则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＝L，‎ 从F射入电场的电子做类平抛运动，‎ 有：L＝t2，y＝v0t，解得：y＝L，‎ 设电子射出电场时与竖直方向的夹角为θ，‎ 有：tan θ＝＝，解得：tan θ＝2，‎ 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，则它与Q点的距离：GQ＝‎ L＋(L－y)tan θ，解得：GQ＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎2．如图所示，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v0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vP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，运动轨迹如图所示：‎ ‎(1)粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向：‎2L＝v0t，y方向：L＝at2＝t2‎ 解得电场强度：E＝ ‎(2)设粒子到达坐标原点时竖直分速度为vy，粒子在电场中做类平抛运动，x方向：‎2L＝v0t y方向：L＝t，联立得：vy＝v0t 粒子进入磁场时的速度：v＝＝v0‎ 粒子进入磁场做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，则：vP＝v＝v0‎ ‎(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T＝ 粒子在磁场中的运动时间：‎ t′＝T＝T＝×＝ 粒子在磁场与电场中运动时间之比为：＝＝.‎ 答案：(1)　(2)v0　(3) ‎3．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)电场强度大小E.‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.‎ ‎(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.‎ 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示 由题意得，带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，则：2h＝v0t，h＝at2，qE＝ma，由以上三式得：E＝ ‎(2)带电粒子由M到P点过程运用动能定理得：qEh＝mv2－mv，得v＝v0‎ 粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m，得r＝ ‎(3)粒子在电场中运动的时间t1＝ 粒子在磁场中运动的周期T＝＝ 根据粒子射入磁场时与x轴成45°，射出磁场时垂直于y 轴，可求出粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为135°，故粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝ 所以粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间 t＝t1＋t2＝＋ 答案：(1)　(2)　(3)＋ ‎4．如图甲所示，空间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里．在t＝0时刻，一质量为m，电荷量大小为q的带正电粒子在O点垂直于电场、磁场以初速度v0竖直向上射入正交的电场和磁场，开始时，粒子向上做一段直线运动，不计粒子受到的重力．电场强度的变化规律如图乙所示(E0未知)，磁场的磁感应强度变化规律如图丙所示．求：‎ ‎(1)电场强度E0的大小及粒子开始时做直线运动的位移大小．‎ ‎(2)t＝3t0时刻，粒子离O点的距离及粒子的速度大小．‎ 解析：(1)结合题图乙、丙可知，0～t0时间内，粒子做直线运动，设磁感应强度大小为B0.‎ 有qE0＝qv0B0‎ 求得E0＝ 粒子在这段时间内向上直线运动的位移大小为 y1＝v0t0‎ ‎(2)在t0～2t0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动 由牛顿第二定律有qv0B0＝m R＝＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝2t0‎ 因此粒子在这段时间里刚好运动半周，水平方向的位移为2R＝，方向向左．‎ 在2t0～3t0这段时间内，粒子做类平抛运动，粒子沿电场方向运动的加速度a＝＝ 竖直方向的位移y2＝v0t0‎ 水平方向的位移x2＝at＝πv0t0，方向向右．‎ 因此t＝3t0时刻，粒子离O点的距离 s＝x－2R＝v0t0‎ vx＝at0＝πv0‎ 粒子的速度大小v＝＝v0‎ 答案：(1)　v0t0　(2)v0t0　v0‎ 模型五　杆＋导轨模型 ‎[模型释义]‎ 图示或释义 规律或方法 杆cd以一定初速度v在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L 杆以速度v切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv，电流I＝，安培力F＝BIL＝.杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止，动能全部转化为内能：Q＝mv2‎ 轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定 开始时a＝，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝ 拉力F做的功一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋mv 倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m 开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－‎ ‎，两导轨间距为L F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mv.‎ 竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L 开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mv ‎[模型解读]‎ ‎1．导体杆轨模型的特点 电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常以选择题和计算题方式考查．‎ ‎2．导体杆轨模型的解题策略 ‎(1)“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r.‎ ‎(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解．‎ ‎(3)“力”的分析——分析研究对象(通常是金属杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力．‎ ‎(4)“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．‎ ‎(5)“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系．‎ ‎3．导体杆轨模型的问题 ‎(1)电磁感应的图像问题 ‎①考查方式：多以选择题形式出现，主要考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t(或位移x)变化的图像；利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图像．‎ ‎②关注问题：初始时刻感应电流是否为零，电流方向是正方向还是负方向；电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应；看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应，分析大小和方向的变化趋势．‎ ‎(2)电磁感应的动力学、能量问题 ‎①考查方式：牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题；电磁感应中的受力分析和功能关系问题．‎ ‎②关注问题：利用克服安培力做的功求解；利用能量守恒求解；利用电路特征求解．‎ ‎[模型突破]‎ ‎1．(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝3 Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T，导轨间距L＝‎1 m．一质量m＝‎2 kg、接入电路的阻值r＝1 Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示．若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，取g＝‎10 m/s2，则金属棒从静止开始向右运动的位移为x1＝‎1 m的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒中感应电流的方向为C→D B．拉力F做的功为16 J C．通过电阻的电荷量为‎0.25 C D．定值电阻产生的焦耳热为0.75 J 解析：AD　[根据右手定则可知，金属棒中感应电流的方向为C→D，选项A正确．由图乙可得金属棒向右运动的位移为‎1 m时，速度v1＝‎2 m/s，金属棒运动过程中受到的安培力FA＝BL，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功WA＝FAx1＝vx1，但实际上安培力是变力，结合图乙可得WA＝× J＝1 J，根据动能定理有WF－μmgx1－WA＝mv－0，得WF＝15 J，选项B错误．通过定值电阻的电荷量q＝＝‎0.5 C，选项C错误．克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，则定值电阻产生的焦耳热Q＝WA＝0.75 J，选项D正确．]‎ ‎2．(多选)如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计．在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B.ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，‎ 分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．两金属棒组成的系统的动量守恒 B．两金属棒组成的系统的动量不守恒 C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率 D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和 解析：BD　[开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确．根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C错误，D正确．]‎ ‎3．(多选)如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ的M点和P点间接一个电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场．现使与磁场上边界相距d0的ab棒由静止开始释放，若棒在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)．则自棒由静止开始释放到离开磁场的过程中，下列速度图像可能正确的是(　　)‎ 解析：ABC　[设棒在磁场中最终匀速的速度为v0，棒进入磁场时的速度v＝，时间t＝，若v＝v0，棒进入磁场后即做匀速运动，A正确；若v＜v0，棒进入磁场后仍加速运动，但随着速度增加，加速度逐渐减小，直到速度达到v0，B正确；若v＞v0，则棒速度达到v之前做自由落体运动，进入磁场后做减速运动，减速的加速度逐渐减小，当速度为v0后开始匀速，故C正确，D错误．]‎ ‎4．如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝‎1 m，在左端斜轨道部分高h＝‎1.25 m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2 T．现杆b以初速度v0＝‎5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为‎0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动速度—时间图像如图所示(以a运动方向为正)，其中ma＝‎2 kg，mb＝‎1 kg，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)杆a在斜轨道上运动的时间．‎ ‎(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量．‎ ‎(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．‎ 解析：(1)对杆b运用动量定理，有：BdI－　Δt＝mb(v0－vb0)‎ 其中vb0＝‎2 m/s 代入数据得到：Δt＝5 s.‎ ‎(2)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：magh＝mav，‎ 解得va＝＝‎5 m/s，vb＝‎2 m/s 最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得 mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′‎ 代入数据计算得出v′＝ m/s 杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得 I安＝BIdΔt′＝mava－mav′‎ 而q＝IΔt′‎ 由以上公式代入数据得q＝ C.‎ ‎(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J.‎ b杆中产生的焦耳热为Q′＝ Q＝ J.‎ 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J