1、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 高考总复习大二轮 物 理 下篇 核心素养提升 模型释义图示或释义规律或方法轻绳连接体模型轻杆连接体模型求解“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
2、，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 v0 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，ACB120，下列说法正确的是()A若只增加 Q 桶中的砂子，再次平衡后
3、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 FTGQ，设 AC、BC 之间的夹角为，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 2FTcos2GP，联立可得2GQcos2GP，故只增加 Q 桶中的砂子，即只增加 GQ，夹角 变大，P 桶上升，只增加 P 桶中的砂子，即只增加 GP，夹角 变小，P 桶下降，选项 A、B 错误；由 2GQcos 2GP 可知，当 120
4、时有 GQGP，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
5、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 FmBgtan，T mBgcos，在缓慢拉开 B 的过程中，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 的光滑斜面固定在
6、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 BB 的加速度大小为 gsin，方向沿斜面向下CC 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，则轻绳 a 的拉力大小 Tmgsin，选项 A 错误；轻绳 b 被烧断的瞬间，B、
7、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(2m3m)gsin(2m3m)a0，解得 a0gsin，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 F2ma0，解得杆对 B 的弹力 F0，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，BC0.5R.将甲物体由图示
8、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)()Av 甲23v 乙 Bv 甲32v 乙Cv 甲 133 v 乙Dv 甲 132 v 乙解 析：C BC 0.5R，OA R，根 据 几 何 关 系 有 AB AO2OB2 132 R，所以 cos ABOOBAB 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，如图所示，对甲物体的速度进行分解，沿细线方向的速度大小 v1v 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 133 v 乙
9、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，当连杆 AB 与水平方向夹角为，AB 杆与 OB 杆的夹角为 时，滑块的水平速度大小为()A.Lsin sin B.Lcos sin C.Lcos cos D.Lsin cos 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
10、 杆方向的分速度 v 分vcos，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vcos vcos(90)vsin，又 vL，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 vLsin cos .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，
11、a、b、c 都处于静止状态，则()Ab 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Db 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
12、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
13、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：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；弹性势能公式 Ep12kx2 在高考中不作要求(除非题中给
14、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
15、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
16、，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
17、 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，斜面倾角为，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 mBgktan B地面对斜面体的摩擦力大小为mBgkcos tan，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 x，则有 tan kxmBg，
18、解得 xmBgtan k，选项 A 错误；同样对结点 O 分析，设绳 OC 的拉力为 T，则有 cos mBgT，解得绳的拉力 T mBgcos，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 fTsin mBgtan，选项 B 错误；根据 B 选项的分析知，绳 OC 的拉力为 T mBgcos，若斜面体右移，则 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，
19、斜面体质量为 M，则(mAM)gTcos FN，由 T mBgcos 解得 FN(mAmBM)g，与 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.k1k22 3B.k1k2 3C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
20、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 FMk1x2mgtan 602 3mg，b 球受重力 mg 和弹簧 N 的拉力 FN 的作用处于平衡状态，则 FNk2xmg，解得k1k22 3，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
21、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 vt 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2mgkB施加力 F 的瞬间，A、B 间的弹力大小为 m(ga)CA、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
22、A、B 间的距离为12at22mgk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t0 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 vt 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F0kx02mg，解得弹簧的形变量 x02mgk，选项 A 正确施加力 F 的
23、瞬间，对 B，根据牛顿第二定律有 F0mgFABma，解得 A、B 间的弹力大小 FABm(ga)，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 FAB0，对 B有 F1mgma，解得此时弹簧弹力大小 F1m(ga)，选项 C 错误t2时刻 B 的加速度为零，速度最大，则 kxmg，解得此时弹簧的形变量 xmgk，B 上升的高度 hx0 xmgk，A 上升的高度 h12at22，此时 A、B 间的距离 h12at22mgk，选项 D 正确4.如图所示，挡板 P 固定在足够高的倾角为 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
24、簧相连，两物块与斜面的动摩擦因数均为 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 370.6，cos 370.8.(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(Mm)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
25、最大值，且方向沿斜面向上，由平衡条件得：kx1mgcos mgsin 可得弹簧的压缩量为 x1mg5k小物块 A 恰好离开挡板 P，由平衡条件得：kx2mgcos mgsin 可得弹簧的伸长量为 x2mgk故物块 C 下落的最大高度 hx1x26mg5k.(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：Mghmghcos mghsin Ep，则得弹簧弹性势能的变化量 Ep6Mmmg25k.(3)若把物块 C 换成质量为(Mm)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
26、能量守恒定律得：(Mm)ghmghcos mghsin Ep12(Mmm)v2，解得 v2mg35kM2m.答案：(1)6mg5k (2)6Mmmg25k (3)2mg35kM2m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：mgtmvmv0(2)对 M：mgtMv(3)对整体：mv0(Mm)v3.能量关系(1)对 m：动能减小 mgxm12mv212mv20(2)对 M：动能增大 mgxM12Mv2(3)对整体：动能减小 QEk12mv2012(Mm)v2
27、mgl4.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
28、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
29、助 vt 图象模型突破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.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v02，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：mv0mv02 2mv1，解得 v1v04.(2)物块
30、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：2mv15mv2，此过程系统摩擦生热：Q2mgL由能量守恒定律得：2mgL122mv21125mv22代入数据解得：L 3v20160g.答案：(1)v04 (2)3v20160g2(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 M3m，电场的场强为 E.假设物体 C
31、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 v1，由动能定理得：qEl12mv21，解得 v12qElm(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 mv1Mv2m15v1解得 v225v1252qElm(3)小物体 C
32、 与滑板碰撞后，滑板向左以速度 v2 做匀速运动；小物体 C 以15v1 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aqEm小物体 C 与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等，即 v2t15v1t12at2，解得 t652mlqE两次相碰之间滑板运动的距离 sv2t2425l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 WqE(ls)解得 W4925qEl答案：(1)2qElm (2)252qElm (3)4925qEl3
33、如图，倾角 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 L4 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 m1 kg，它们之间的动摩擦因数 33，A 或 B 与挡板每次碰撞损失的动能均为 E10 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 t.(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
34、下运动，由机械能守恒定律有 2mgLsin 12(2m)v2由式得 v2 10m/s(2)第一次碰后，对 B 有 mgsin mgcos 故 B 匀速下滑对 A 有 mgsin mgcos ma1得 A 的加速度 a110 m/s2，方向始终沿斜面向下设 A 第 1 次反弹的速度大小为 v1，由动能定理有12mv212mv21Et2v1a1 由式得 t2 55 s(3)设 A 第 2 次反弹的速度大小为 v2，由动能定理有12mv212mv222E得 v20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12mv212mv
35、2Emgsin mgcos ma由式得 B 沿 A 向上做匀减速运动的时间 t2va 55 s当 B 速度为 0 时，因 mgsin mgcos fm，B 将静止在 A 上若当 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 ttt23 55 s.答案：(1)2 10 m/s(2)2 55 s(3)3 55 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：vxv0，vyqEm t偏转角：tan vyv0偏转距离 yqE2mt2匀速圆周运动 轨道半径 rmv0qB
36、周期 T2mqB 偏转角 tqBm t 偏移距离 yr r2l2射出边界的速率v v20v2yv0vv0运动时间t lv0t 2T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 qEqvB 或重力场与磁场中满足 mgqvB 或重力场与电场中满足 mgqE，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 FqvB 的方向与速度 v 垂直(3)三场共存时，粒子在复合
37、场中做匀速圆周运动mg 与 qE 相平衡，根据 mgqE，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 qvBmr2mv2r mr42T2 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 COODL，CD 边在 x 轴上，ADC30.在第四象限正方形 ODQP 内存在沿x 方向的匀强电场，在 yL 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
38、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)若电场强度 E 与磁感应强度 B 大小满足 E2Bv0，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：r13L，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0Bmv20r，解得，磁感应强度：B3mv0eL.(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
39、 O 点最远由几何关系可知：OF23L，从 F 射入电场的电子做类平抛运动，有：23L12eEm t2，yv0t，解得：y 23 L，设电子射出电场时与竖直方向的夹角为，有：tan atv0eEm tv0，解得：tan 2 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：GQL(Ly)tan，解得：GQ6 21L3.答案：(1)3mv0eL (2)6 21L32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
40、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：2Lv0t，y 方向：L12at212qEm t2，解得电场强度：Emv202qL(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：2Lv0ty 方向：Lvy2 t，联立得：vyv0t粒子进
41、入磁场时的速度：v v20v2y 2v0粒子进入磁场做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，则：vPv 2v0(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T2rv粒子在磁场中的运动时间：t 360T 2360T245360 2 2L2v0L2v0粒子在磁场与电场中运动时间之比为：tt L2v02Lv04.答案：(1)mv202qL(2)2v0(3)43如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限以 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 yh 处的 M 点，以速度 v
42、0垂直于 y 轴射入电场，经 x 轴上 x2h 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：2hv0t，h12at2，qEma，由以上三式得：Emv202qh(2)带电粒子由 M 到 P 点过程运用动能定理得：qEh12mv212mv20，得 v 2v0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 qvBmv2r，得 r 2mv0qB(3)粒子在电场中运动的时间
43、 t12hv0粒子在磁场中运动的周期 T2rv 2mBq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 t238T3m4Bq所以粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间tt1t22hv03m4Bq答案：(1)mv202qh(2)2mv0qB(3)2hv03m4Bq4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 t0 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
44、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)t3t0 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，0t0 时间内，粒子做直线运动，设磁感应强度大小为 B0.有 qE0qv0B0求得 E0mv0qt0粒子在这段时间内向上直线运动的位移大小为y1v0t0(2)在 t02t0 时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动由牛顿第二定律有 qv0B0mv20R，Rmv0qB0v0t0 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T2mqB0 2t0因此粒子在这段时间
45、里刚好运动半周，水平方向的位移为 2R2v0t0，方向向左在 2t03t0 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 aqE0m v0t0竖直方向的位移 y2v0t0水平方向的位移 x212at2012v0t0，方向向右因此 t3t0 时刻，粒子离 O 点的距离sx2R22 v0t0vxat0v0粒子的速度大小 v v20v02 12v0答案：(1)mv0qt0 v0t0(2)22 v0t0 12v0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 EB
46、Lv，电流 IBLvR，安培力 FBILB2L2vR.杆做减速运动：vFa，当 v0 时，a0，杆保持静止，动能全部转化为内能：Q12mv2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 aFm，杆 cd 速度 v感应电动势 EBLvI安培力 F 安BIL,由 FF 安ma 知 a，当 a0 时，v 最大，vm FRB2L2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：WFQ12mv2m倾斜轨道光滑，倾角为，杆 cd 质量为 m，两导轨间距为 L开始时 agsin，杆 cd 速度 v感应电动势 EBLvI安培力 F 安BIL，由 mgsin
47、 F 安ma 知 a，当 a0 时，v 最大，vmmgRsin B2L2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：WGQ12mv2m.竖直轨道光滑，杆 cd质量为 m，两导轨间距为 L开始时 ag，杆 cd 速度 v感应电动势 EBLvI安培力 F 安BIL，由 mgF 安ma 知 a，当 a0 时，v 最大，vmmgRB2L2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：WGQ12mv2m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
48、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)电磁感应的图象问题考查方式：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
49、安培力)随时间 t(或位移 x)变化的图象；利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象关注问题：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象变化相对应；看图象斜率的大小、图象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 R3 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
50、感应强度 B2 T，导轨间距 L1 m一质量 m2 kg、接入电路的阻值 r1 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 vx 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 0.5，导轨电阻不计，取 g10 m/s2，则金属棒从静止开始向右运动的位移为 x11 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 CDB拉力 F 做的功为 16 JC通过电阻的电荷量为 0.25 CD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CD，选项 A 正确由图乙可得金属棒向右运动的位移为 1
51、m 时，速度 v12 m/s，金属棒运动过程中受到的安培力 FABBLvRrL，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功 WAFAx1B2L2Rrvx1，但实际上安培力是变力，结合图乙可得 WA221231 1212 J1 J，根据动能定理有 WFmgx1WA12mv210，得 WF15 J，选项 B 错误通过定值电阻的电荷量 qBLx1Rr0.5 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 RRrWA0.75 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
52、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Cad 棒克服安培力做功的功率等于 ad 棒的发热功率Dad 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
53、 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
54、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 OO1O1O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 2gd0，时间 t2d0g，若 vv0，棒进入磁场后即做匀速运动，A 正确；若 vv0，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
55、；若 vv0，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 d1 m，在左端斜轨道部分高 h1.25 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 Ra2、Rb5，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度 B2 T现杆 b 以初速度 v05 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
56、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 ma2 kg，mb1 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 tmb(v0vb0)其中 vb02 m/s代入数据得到：t5 s.(2)对杆 a 下滑的过程中，机械能守恒：magh12mav2a，解得 va 2gh5 m/s，vb2 m/s最后两杆共同的速度为 v，由动量守恒得mavambvb(mamb)v代入数据计算得出 v83 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BIdtmavamav而 qIt由以上公式代入数据得 q73 C.(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为Qmagh12mbv2012(mbma)v21616 J.b 杆中产生的焦耳热为 Q 525 Q1156 J.答案：(1)5 s(2)73 C(3)1156 J