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三　模型方法篇　5類模型方法務必要破解
模型建構——高考必考物理模型
模型規律 高考動向
1.構建物理模型:實際的物理現象和物理規律都是十分復雜的,涉及許多因素。抓住主要因素,忽略次要因素,從而突出客觀事物的本質特征的過程。 2.構建模型解題的一般步驟 1.常見物理模型:板塊模型(含傳送帶)、輕桿輕繩模型、桿軌模型(單桿和雙桿)、連接體模型(含彈簧類)、天體運動模型、理想氣體模型等等。 2.高考必考模型:板塊模型(含傳送帶)、桿軌模型(單桿和雙桿)。 3.高考命題導向:各種物理模型隱藏在各種情境中,常見的情境有 (1)以生活中常見現象為情境。 (2)以科技前沿為情境,如航空航天事業發展。 (3)以體育賽事為情境,如夏季、冬季奧運會。 (4)以熱點新聞為情境。
必考模型1 板塊模型
【典例】(2021·海南等級考) 如圖所示,一長木板在光滑的上以速度v0向右做勻速直線運動,將一小滑塊無初速度地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為m和2m,它們之間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。
(1)滑塊相對木板靜止時,求它們的共同速度大小;
(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍,求此時滑塊到木板;
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時,給木板施加一水平向右的外力,使得,直到滑塊相對木板靜止,求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉化
① 木板與滑塊組成的系統動量守恒
② 應用系統功能關系求解
③ 木板受到的合外力為0
【嘗試解答】
1.板塊常見模型
2.“四步”解決板塊模型類問題
1.維度:板與塊
(多選)如圖所示,滑塊放置在厚度不計的木板上,二者處于靜止狀態。現對木板施加一水平向右的恒力F,已知各個接觸面均粗糙,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列關于滑塊和木板運動的v-t圖像可能正確的是(實線、虛線分別代表木板和滑塊的v-t圖像) (　　)
2.維度:塊與水平傳送帶
(多選)如圖所示,水平傳送帶A、B兩端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉,今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A端,由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動,會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.4,取重力加速度g=10 m/s2,則煤塊從A運動到B的過程中 (　　)
A.煤塊從A運動到B的時間是2.25 s
B.煤塊從A運動到B的時間是1.5 s
C.劃痕長度是2 m
D.劃痕長度是0.5 m
3.維度:斜面上的板與塊
如圖所示,傾角α=30°的足夠長的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一長L=
1.8 m,質量M=3 kg的薄木板,木板的最上端疊放一質量m=1 kg的小物塊,物塊與木板間的動摩擦因數μ=。對木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由靜止開始向上做勻加速直線運動,假設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)為使物塊不滑離木板,求力F應滿足的條件;
(2)若F=37.5 N,物塊能否滑離木板 若不能,請說明理由;若能,求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。
4.維度:塊與傾斜傳送帶
如圖所示,傾角為37°、長為l=16 m的傳送帶,轉動速度大小恒為v=10 m/s,在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m=0.5 kg的物體(可視為質點),已知物體與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5,取g=10 m/s2。求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)傳送帶沿順時針方向轉動時,物體從頂端A滑到底端B的時間;
(2)傳送帶沿逆時針方向轉動時,物體從頂端A滑到底端B的時間。
必考模型2 桿軌模型
【典例】(2022·遼寧選擇考)如圖所示,兩平行光滑長直金屬導軌水平放置,間距為L。abcd區域有勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向豎直向上。初始時刻,,磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為m,在導軌間的電阻均為R,感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。
(1)求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向;
(2)若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為,求:
①;
②初始時刻N到ab的最小距離x;
(3)初始時刻,若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1),求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉化
① 細金屬桿在磁場外做勻速運動,以v0向右進入磁場
② 由=和=,可得q=
【模型轉化】
【嘗試解答】
桿軌問題的解題流程
1.維度:單桿模型
(多選)如圖所示,在水平面內有一對足夠長且電阻不計的平行光滑固定金屬導軌,導軌左端通過一定值電阻R相連,整個裝置處于垂直于水平面的勻強磁場中。某時刻,一垂直導軌放置的金屬棒正向右運動,此時給棒施加一垂直棒的水平外力F,使棒此后做加速度為a的勻變速直線運動,下列關于a的方向和F的大小判斷可能正確的是 (　　)
A.若a向右,則F一直增大
B.若a向右,則F先減小再增大
C.若a向左,則F一直增大
D.若a向左,則F先減小再增大
2.維度:雙桿模型
(多選)如圖所示,寬度為1 m 的光滑平行導軌位于豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度大小為1 T,將質量均為1 kg的導體棒M、N垂直放在導軌上,導軌電阻與摩擦均不計,每根導體棒電阻為1 Ω。現給導體棒M施加大小為10 N的平行于導軌的外力,導體棒M、N始終垂直于導軌,導體棒運動穩定后,下列說法正確的是 (　　)
A.導體棒M的加速度為5 m/s2
B.導體棒M的速度為5 m/s
C.回路中感應電動勢為5 V
D.流過導體棒M的電流為5 A
1.(塊與水平傳送帶)(多選)如圖所示,長為L的水平傳送帶AB以速度v沿逆時針方向運轉,將小石墨塊P輕放在傳送帶右端A,當石墨塊從左端B離開傳送帶時,傳送帶上留下了長度為l的痕跡,不計繞過傳動輪的傳送帶長度,下列說法正確的是 (　　)
A.增大傳送帶速度v,劃痕長度可能不變
B.減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數,劃痕長度可能會減小
C.增加傳送帶的長度,劃痕長度一定會變長
D.一定條件下可使l>L
2.(塊與傾斜傳送帶) (多選)如圖所示,傳送帶傾角為α,表面粗糙,以恒定速度v0逆時針運行。一小滑塊從斜面頂端由靜止釋放,運動到斜面底端的過程中,其速度隨時間變化的關系圖像可能是 (　　)
3.(單桿模型)如圖所示,由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中 (　　)
A.PQ中的電流先增大后減小
B.PQ兩端的電壓先減小后增大
C.PQ上拉力的功率先減小后增大
D.線框消耗的電功率先減小后增大
4.(雙桿模型)(多選)一空間有垂直紙面向里的勻強磁場B,兩條電阻不計的平行光滑導軌豎直放置在磁場內,如圖所示,磁感應強度B=0.5 T,導體棒ab、cd長度均為0.2 m,電阻均為0.1 Ω,重力均為0.1 N,現用力向上拉動導體棒ab,使之勻速上升(導體棒ab、cd與導軌接觸良好),此時cd靜止不動,則ab上升時,下列說法正確的是 (　　)
A.經過cd的電流方向為從c到d
B.ab受到的拉力大小為2 N
C.ab向上運動的速度為2 m/s
D.在2 s內,拉力做功,有0.6 J的機械能轉化為電能
5.(板塊模型)如圖甲所示,地面上有一長為L=1 m,高為h=0.8 m,質量M=2 kg的木板,木板的右側放置一個質量為m=1 kg的木塊(可視為質點),已知木塊與木板之間的動摩擦因數為μ1=0.4,木板與地面之間的動摩擦因數為μ2=0.6,初始時兩者均靜止。現對木板施加一水平向右的拉力F,拉力F隨時間t的變化如圖乙所示,g取10 m/s2。求:
(1)前2 s木板的加速度大小;
(2)木塊落地時距離木板左側的水平距離Δs。
6.(單桿模型)如圖甲所示,兩平行長直光滑金屬導軌水平放置,間距為L,左端連接一個電容為C的電容器,導軌處在磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。質量為m的金屬棒垂直導軌放置,某時刻金屬棒獲得一個水平向右的初速度v0,之后金屬棒運動的v-t圖像如圖乙所示。不考慮導軌的電阻。
(1)求金屬棒勻速運動時的速度大小v1;
(2)求金屬棒勻速運動時電容器的電荷量q;
(3)已知金屬棒從開始到勻速運動的過程中,產生的焦耳熱為Q,求電容器充電穩定后儲存的電能E0。
三　模型方法篇　5類模型方法務必要破解
模型建構——高考必考物理模型
必考模型1　板塊模型
【典例】【解析】(1)由于水平面光滑,則木板與滑塊組成的系統動量守恒,有
2mv0 = 3mv共
解得v共 =
(2)由于木板速度是滑塊的2倍,則有v木=2v滑
再根據動量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑
聯立化簡得v滑=v0,v木=v0
再根據功能關系有
-μmgx=×2m+m-×2m
經過計算得x=
(3)由于木板保持勻速直線運動,則有F=μmg
對滑塊進行受力分析,并根據牛頓第二定律有a滑=μg
滑塊相對木板靜止時有v0=a滑t
解得t=
則整個過程中木板滑動的距離為
x'=v0t=
則外力所做的功為W=Fx'=m
答案:(1)　(2)
(3)　m
1.B、D　因恒力F大小以及各接觸面μ大小均未知,所以滑塊與木板可能相對靜止一起向右做勻加速直線運動,故B正確;不可能木板運動,滑塊靜止,故A錯誤;設木板質量為M,滑塊質量為m,滑塊與木板間動摩擦因數為μ1,木板與地面間動摩擦因數為μ2,當M與m相對滑動時,必有木板的加速度大小大于滑塊加速度大小,且木板加速度a1=,當滑塊從木板上掉下去之后,滑塊在地面上將做勻減速直線運動,木板加速度a2=,可以看出a2>a1,故D正確,C錯誤。
2.B、C　煤塊在傳送帶上做勻加速直線運動時,根據牛頓第二定律有μmg=ma,得a=μg=4 m/s2,當煤塊速度和傳送帶速度剛好相同時,位移x1==2 m<4 m,因此煤塊先加速后勻速,做勻加速直線運動的時間t1==1 s,勻速運動的時間t2==0.5 s,煤塊從A運動到B的總時間t=t1+t2=1.5 s,A錯誤,B正確;在加速階段產生的相對位移即為劃痕的長度,則有Δx=x-x1=2 m,C正確,D錯誤。
3.【解析】(1)若整體恰好靜止,則
F=(M+m)gsinα=(3+1)×10×sin30° N=20 N
故要拉動木板,則F>20 N
若整體一起向上做勻加速直線運動,對物塊和木板,
由牛頓第二定律得F-(M+m)gsinα=(M+m)a
對物塊有f-mgsinα=ma
其中f≤μmgcosα
代入數據解得F≤30 N
向上加速的過程中為使物塊不滑離木板,
力F應滿足的條件為20 N(2)當F=37.5 N>30 N時,物塊能滑離木板,由牛頓第二定律,對木板有
F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
對物塊有μmgcosα-mgsinα=ma2
設物塊滑離木板所用的時間為t,由運動學公式得
a1t2-a2t2=L
代入數據解得t=1.2 s
物塊滑離木板時的速度v=a2t
由-2gsinα·s=0-v2
代入數據解得s=0.9 m。
答案:(1)20 N(2)能滑離　1.2 s　0.9 m
4.【解析】(1)傳送帶沿順時針方向轉動時,物體相對傳送帶向下運動,則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上,相對傳送帶向下做勻加速運動,根據牛頓第二定律有
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma
則a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
根據l=at2得t=4 s。
(2)傳送帶沿逆時針方向轉動,當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時,物體相對傳送帶向上運動,則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下,設物體的加速度大小為a1,由牛頓第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
則有a1=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2
設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1,位移為x1,則有t1== s=1 s
x1=a1=5 m當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間,有mgsin 37°>μmgcos 37°,則下一時刻物體相對傳送帶向下運動,受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發生突變。設當物體下滑速度達到傳送帶轉動速度時物體的加速度變為a2,則
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
a2=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
x2=l-x1=11 m
又因為x2=vt2+a2
則有10t2+=11
解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t總=t1+t2=2 s。
答案:(1)4 s　(2)2 s
必考模型2　桿軌模型
【典例】【解析】(1)細金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時,
產生的動生電動勢為E=BLv0
電流方向為a→b,電流的大小為I=
則所受的安培力大小為F=BIL=
安培力的方向由左手定則可知水平向左;
(2)①金屬桿N在磁場內運動過程中,
由動量定理有
BL·Δt=m·-0
且q=·Δt
聯立解得通過回路的電荷量為
q=
②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為Δx,
有=
=
整理可得q=
聯立可得Δx=
若兩桿在磁場內剛好相撞,
N到ab的最小距離為
x=Δx=
(3)兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動,若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1),則N到ab邊的速度大小恒為,根據動量守恒定律可知
mv0=mv1+m·
解得N出磁場時,M的速度大小為
v1=v0
由題意可知,此時M到cd邊的距離為s=(k-1)x
若要保證M出磁場后不與N相撞,則有兩種臨界情況:
①M減速到時出磁場,速度剛好等于N的速度,一定不與N相撞,對M根據動量定理有
BL·Δt1=m·v0-m·
q1=·Δt1=
聯立解得k=2
②M運動到cd邊時,恰好減速到零,則對M由動量定理有
BL·Δt2=m·-0
同理解得k=3
綜上所述,M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k<3
答案:(1)　方向水平向左
(2)①　②
(3)2≤k<3
1.A、D　若a向右,則拉力F向右,根據牛頓第二定律有F-IlB=ma,即F-=ma,解得a=-,金屬棒一直向右做勻加速直線運動,則速度不斷增大,因此,若要保持加速度不變,則F也要一直增大,A正確,B錯誤;若a向左,拉力F的方向剛開始向右,則IlB-F=ma即-F=ma,解得a=-,金屬棒向右做勻減速運動,安培力逐漸減小,加速度不變,則F的大小也隨之減小,減到0之后,為了保持加速度繼續不變,則F反向,此時a=+,若要保持加速度不變,則F要增大,當金屬棒速度為零后,由于受到拉力作用,金屬棒則反向加速,則有a=-,要保持加速度不變,則需要拉力F逐漸增大,即F先減小再增大,C錯誤,D正確。
2.A、D　導體棒運動穩定后,兩棒具有恒定的速度差,因而加速度相等,分別對M、N進行受力分析,由牛頓第二定律得F-IlB=maM,IlB=maN,兩式相加得F=maM+maN,解得aM=aN=5 m/s2,所以I==5 A,故A、D正確;由閉合電路的歐姆定律可得E=I·2R=5 A×2×1Ω=10 V,故C錯誤;導體棒M、N運動穩定后,導體棒依然具有加速度,所以運動速度是不斷變化的,故B錯誤。
1.A、D　分三種情況:①石墨塊到達B端前速度等于v,則l=vt-,其中t=、a=μg,解得l=,v增大,則l變長;
②石墨塊到達B端時速度小于或等于v,則運動時間t=≤,l=vt-L,得2L≥l=v-L,增大v,則l變長;
③石墨塊到達B端時速度小于或等于v,則運動時間t>,此時在石墨塊到達B端前劃痕前端就追上石墨塊,劃痕長度為2L,之后的劃痕與原來劃痕重疊,劃痕長度為2L不變,選項A正確;由上述可知,減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數,則l會變長或不變,選項B錯誤;第①種情況下l與L無關,選項C錯誤;由③可知選項D正確。
2.A、C　滑塊由靜止釋放,相對于傳送帶向上運動,受沿斜面向下的摩擦力,先向下加速運動,加速度為a1=gsinα+μgcosα,加速到和傳送帶速度相等時,若有
mgsinα≤μmgcosα,則滑塊和傳送帶保持相對靜止,一起勻速運動,故A正確;若有mgsinα>μmgcosα,則滑塊和傳送帶不能保持相對靜止,滑塊繼續加速運動,加速度為a2=gsinα-μgcosα,但a23.C　導體棒產生的電動勢為E=BLv,其等效電路如圖所示,總電阻為R總=R+=R+,在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中,總電阻先增大后減小,總電流先減小后增大,A錯誤;PQ兩端的電壓為路端電壓U=E-IR,即先增大后減小,B錯誤;拉力的功率等于克服安培力做功的功率,有PF=P安=F安v=BILv,先減小后增大,C正確;根據電源的輸出功率曲線可知,當外電阻=R時輸出功率最大,而外電阻的最大值為0.75R,所以線框消耗的功率先增大后減小,D錯誤。
4.A、C　對ab棒,由右手定則可知,電流方向由b到a,故經過cd的電流方向為從c到d,故A正確;導體棒ab勻速上升,受力平衡,cd棒靜止,受力也平衡,對于兩棒組成的整體,合外力為零,根據平衡條件可得ab棒受到的拉力F=2mg=0.2 N,故B錯誤;對cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡條件得F安=G,即BIL=G,又I=,聯立得v==2 m/s,故C正確;在2 s內,電路產生的電能Q=t=t=×2 J=0.4 J,則在2 s內,拉力做功,有0.4 J的機械能轉化為電能,故D錯誤。
5.【解析】(1)設木塊在木板上運動的最大加速度為a1,
則μ1mg=ma1,
解得a1=4 m/s2
保持木塊與木板一起做勻加速直線運動的最大拉力
Fm=μ2(M+m)g+(M+m)a1=30 N。
因F1=24 N故木塊與木板一起做勻加速直線運動,
由牛頓第二定律可得
F1-μ2(M+m)g=(M+m)a
解得a=2 m/s2
(2)設2 s末木塊與木板的速度為v,
由運動學知識可得v=at1
2 s后F2=34 N>Fm=30 N,
木塊和木板發生相對滑動,木塊加速度為a1,木板加速度為a2,
則F2-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
經時間t2二者分離,此時由運動學知識可得
vt2+a2-(vt2+a1)=L
解得a2=6 m/s2,t2=1 s
此時木塊的速度v塊=v+a1t2
木板的速度v板=v+a2t2
設木塊與木板分離至滑落到地的時間為t3,
由平拋運動知識可得h=g
在木塊與木板分離至落到地面的時間t3內,
木塊在水平方向向前運動的位移為
x塊=v塊t3
木塊與木板分離后,木板的加速度為a3,
由牛頓第二定律可得F2-μ2Mg=Ma3
在木塊與木板分離至落到地面的時間t3內,
木板在水平方向向前運動的位移為
x板=v板t3+a3
所以,木塊落地時距離木板左側的水平距離
Δs=x板-x塊
聯立以上式子解得Δs=1.68 m。
答案:(1)2 m/s2　(2)1.68 m
6.【解析】(1)金屬棒勻速運動切割磁感線產生的電動勢E=BLv1,
電容器的電荷量q=CE,
金屬棒從開始到勻速運動的過程中,由動量定理有
-BLt0=mv1-mv0,
電容器的電荷量q=t0,
聯立解得v1=。
(2)由(1)可知q=CE=CBLv1=。
(3)在0~t時間內,金屬棒的速度由v0到v1,由能量守恒可得E0+Q=m-m,
解得E0=m--Q。
答案:(1)　(2)　(3)m--Q

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