二高考必須記牢的六個(gè)物理模型

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上二、高考必須記牢的“六個(gè)”物理模型模型一斜面模型情形1：光滑斜面上的單體模型1.如圖1所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個(gè)光滑斜面頂端由靜止開始下滑。下列說法正確的是()圖1A.滑到底端時(shí)的速度相同B.滑到底端所用的時(shí)間相同C.在傾角為30°的斜面上滑行的時(shí)間最短D.在傾角為60°的斜面上滑行的時(shí)間最短解析在光滑斜面上，由靜止下滑的物體滑到底端時(shí)的速度大小v，與傾角無(wú)關(guān)，但方向不同；下滑到底端所用時(shí)間t (為傾角)，傾角越大，所用時(shí)間越少。綜上，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。答案D情形2：斜面的衍生模型等時(shí)圓模型2.如圖2所示，ad、bd、cd是豎

2、直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)直桿，a、b、c、d分別位于同一圓周上，a點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，d點(diǎn)為最低點(diǎn)，每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫出)，讓三個(gè)滑環(huán)分別從a、b、c處由靜止開始釋放，用t1、t2、t3依次表示滑環(huán)到達(dá)d點(diǎn)所用的時(shí)間，則()圖2A.t1t2t3 B.t1t2t3C.t3t1t2 D.t1t2t3解析設(shè)光滑傾斜細(xì)直桿與水平面間的夾角為?；h(huán)下滑過程中，受到重力mg、支持力FN的作用，將重力分解為沿平行于細(xì)桿的分力mgsin 和垂直于細(xì)桿的分力mgcos ?；h(huán)所受的合力F合mgsin 由牛頓第二定律可得滑環(huán)下滑的加速度agsin 又設(shè)圓周的半徑為R考慮滑環(huán)沿細(xì)桿bd下滑時(shí)的情形由圓

3、的幾何知識(shí)可知，abd為直角三角形，細(xì)桿bd的長(zhǎng)度lbd2Rsin 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)bdat2聯(lián)立以上各式解得t可見，滑環(huán)下滑的時(shí)間t與細(xì)直桿的傾角無(wú)關(guān)。答案D情形3：斜面上的多體模型3.如圖3所示，空間有場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；光滑絕緣斜面的傾角為，底端固定一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧；彼此絕緣的A、B兩物體靜止在彈簧頂端，A、B接觸但不粘連，A的質(zhì)量為m，電荷量為q，B的質(zhì)量也為m，不帶電，彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g；某時(shí)刻，在沿斜面向上的大小為F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)A、B分離瞬間()圖3A.彈簧的形變量為0 B.彈簧的形變量為x

4、C.A的速度達(dá)到最大 D.A的加速度為0解析A、B分離瞬間，A、B間無(wú)相互作用力且加速度相同，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律可知Fmgsin ma，對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律可知kxmgsin qEma，解得x，A錯(cuò)誤，B正確；由于此時(shí)A具有向上的加速度，則A的速度不是最大且加速度不為0，C、D錯(cuò)誤。答案B情形4：斜面中的“平拋類模型”4.如圖4所示，跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過一段加速滑行后從O點(diǎn)以20 m/s的水平速度飛出，經(jīng)過一段時(shí)間后落到斜坡上的A點(diǎn)。已知O點(diǎn)是斜坡的起點(diǎn)，斜坡與水平面的夾角37°，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m50 kg。不計(jì)空氣阻力。(取sin 37°0.60，cos 3

5、7°0.80；g取10 m/s2)求：圖4(1)運(yùn)動(dòng)員由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t；(2)運(yùn)動(dòng)員的落點(diǎn)A到O點(diǎn)的距離L；(3)運(yùn)動(dòng)員落到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。解析(1)運(yùn)動(dòng)員在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有xv0t在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有ygt2且由幾何關(guān)系知tan 聯(lián)立解得t3 s。(2)A點(diǎn)與O點(diǎn)的距離L75 m。(3)解法1合成法運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度vygt30 m/s運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ekmv2m(vv)32 500 J。解法2結(jié)論法運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，位移的偏角37°所以速度的偏角滿足tan 2tan 即vy2v0tan 30 m/s運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能

6、Ekm(vv)32 500 J。解法3能量守恒法取A點(diǎn)為零重力勢(shì)能點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得運(yùn)動(dòng)員落到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkmgLsin 37°mv32 500 J。答案(1)3 s(2)75 m(3)32 500 J模型二彈簧模型情形1：與彈簧相關(guān)的平衡問題1.如圖5所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過滑輪。已知質(zhì)量mA2mB，現(xiàn)將斜面傾角緩慢由45°減小到30°，過程中A與斜面保持相對(duì)靜止，不計(jì)滑輪摩擦，下列說法中正確的是()圖5A.彈簧的形變量將減小B.物體A對(duì)斜面的壓力將減小C.物體A受到的靜摩擦力將減小到零D.彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變解析將斜面傾角為4

7、5°減小到30°，彈簧的彈力等于B的重力，不變，A項(xiàng)錯(cuò)誤；傾角減小，物體A對(duì)斜面的壓力將增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；斜面傾角為45°時(shí)，物體A重力沿斜面方向的分力為2mBgsin 45°，由平衡條件可知物體A受到的靜摩擦力為2mBgsin 45°mBg；斜面傾角由45°減小到30°，物體A受到的靜摩擦力為2mBgsin 30°mBg0；所以物體A受到的靜摩擦力將減小到零，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C情形2：與彈簧有關(guān)的動(dòng)力學(xué)問題2.(2019·淮北二模)如圖6甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過滑塊壓縮0.4 m

8、鎖定，t0時(shí)解除鎖定釋放滑塊。計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的速度圖象如圖乙所示。其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t0時(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m2.0 kg，取g10 m/s2，則下列說法正確的是()圖6A.滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大C.彈簧的勁度系數(shù)k175 N/mD.該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2解析根據(jù)圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大。此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加。最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以A、B錯(cuò)誤；從題中圖象

9、知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1 m/s25 m/s2，合外力由摩擦力提供得：Ffma12×5 N10 N；剛釋放時(shí)滑塊的加速度為a2 m/s230 m/s2，此時(shí)物塊的加速度最大，所以D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得kxFfma2代入數(shù)據(jù)解得k175 N/m，所以C正確。答案C情形3：與彈簧相關(guān)的功能問題3.(多選)如圖7所示，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，Q可在C處?kù)o止。若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時(shí)，Q可在B處?kù)o止?，F(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運(yùn)動(dòng)到C處的過程中()圖7A.Q運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)速率最大B.加速度先減小后增大C.小球Q的

10、機(jī)械能不斷減小D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢(shì)能不斷減小解析q在C正下方某處時(shí)，Q在B處受力平衡，速率最大，故A錯(cuò)誤；Q在B處加速度為零，Q第一次從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中加速度先減小到零后反向增大，故B正確；Q的機(jī)械能E等于Q的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和，由功能關(guān)系有EW彈W電，而彈簧彈力一直做負(fù)功，即W彈<0，庫(kù)侖力也一直做負(fù)功，即W電<0，則E<0，即Q的機(jī)械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的勢(shì)能Ep等于重力勢(shì)能、電勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和，根據(jù)能量守恒有EpEk0，由于Q的動(dòng)能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。答案BC情形4：與彈簧有關(guān)的碰撞問題4.如圖8所示，光滑水

11、平面上有一輛質(zhì)量為M1 kg的小車，小車的上表面有一個(gè)質(zhì)量為m0.9 kg的滑塊，在滑塊與小車的擋板間用輕彈簧相連接，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，整個(gè)系統(tǒng)一起以v110 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧長(zhǎng)度恰好為原長(zhǎng)?，F(xiàn)在用一質(zhì)量為m00.1 kg的子彈，以v050 m/s的速度向左射入滑塊且不穿出，作用時(shí)間極短，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧被鎖定，測(cè)得此時(shí)彈簧的壓縮量為d0.50 m，g取10 m/s2。求：圖8(1)子彈射入滑塊后的瞬間，子彈與滑塊共同速度的大小和方向；(2)彈簧壓縮到最短時(shí)，小車的速度大小和彈簧的彈性勢(shì)能的大小。解析(1)設(shè)向右為正方向，子彈射入滑塊后的共

12、同速度大小為v2，對(duì)子彈與滑塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv1m0v0(mm0)v2解得v24 m/s，方向向右。(2)設(shè)子彈、滑塊與小車三者的共同速度為v3，當(dāng)三者達(dá)到共同速度時(shí)彈簧壓縮量最大，彈性勢(shì)能最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得Mv1(mm0)v2(Mmm0)v3解得v37 m/s，設(shè)最大彈性勢(shì)能為Epmax，對(duì)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律Mv(mm0)v(Mmm0)vEpmaxQ其中Q(mm0)gd解得Epmax8 J。答案(4)4 m/s向右(2)7 m/s8 J模型三圓周運(yùn)動(dòng)模型情形1：水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)1.(多選)如圖9，在角錐體表面上放一個(gè)物體，角錐繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)

13、。當(dāng)角錐體旋轉(zhuǎn)角速度增大時(shí)，物體仍和角錐體保持相對(duì)靜止，則角錐對(duì)物體的()圖9A.支持力將減小 B.支持力將增大C.靜摩擦力將不變 D.靜摩擦力將增大解析對(duì)物體受力分析如圖所示，物體受到重力、支持力和靜摩擦力三個(gè)力的作用，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為r，沿水平和豎直方向正交分解，水平方向Ffcos FNsin m2r，豎直方向Ffsin FNcos mg，聯(lián)立以上兩式解得Ffmgsin m2rcos ，F(xiàn)Nmgcos m2rsin ，當(dāng)角速度增大時(shí)，支持力減小，靜摩擦力增大，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。答案AD情形2：豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)2.(多選)如圖10所示，半徑為R，內(nèi)徑很小的光滑半圓管

14、道豎直放置，質(zhì)量為m的小球以某一速度進(jìn)入管內(nèi)，小球通過最高點(diǎn)P時(shí)，對(duì)管壁的壓力為0.5mg，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則小球落地點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離可能為()圖10A.R B.2R C.R D.R解析小球從管口飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地時(shí)間為t，根據(jù)2Rgt2，得t2當(dāng)小球?qū)軆?nèi)壁有壓力時(shí)，有mg0.5mgm，解得v1當(dāng)小球?qū)芡獗谟袎毫r(shí)，有mg0.5mgm，解得v2，因此水平距離為x1v1tR或x2v2tR。故選項(xiàng)A、D正確。答案AD情形3：天體的圓周運(yùn)動(dòng)3.(多選)如圖11所示，兩質(zhì)量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動(dòng)能、與地心連線在

15、單位時(shí)間內(nèi)掃過的面積。下列關(guān)系式正確的有()圖11A.TATB B.EkAEkBC.SASB D.解析衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有mmR2mR，則T2，故TATB，A、D皆正確；Ekmv2，故EkAEkB，B錯(cuò)誤；SR2，故C錯(cuò)誤。答案AD情形4：勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)4.如圖12所示，在、兩個(gè)區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向分別垂直于紙面向外和向里，邊界AC、AD的夾角DAC30°，邊界AC與邊界MN平行，邊界AC處磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，區(qū)域?qū)挾葹閐。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在邊界AD上距A點(diǎn)d處垂直AD射入?yún)^(qū)；已知粒子速度大小為，方向垂直磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，則粒子在磁場(chǎng)

16、中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為()圖12A. B. C. D.解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvBm得Rd根據(jù)幾何關(guān)系，粒子離開區(qū)域的速度方向沿AC方向，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期后射出磁場(chǎng)，在區(qū)域圓弧所對(duì)的圓心角160°，在區(qū)域圓弧所對(duì)的圓心角為90°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為tT×，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案C模型四傳送帶模型及板塊模型情形1：傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)問題1.如圖13甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的vt圖象(

17、以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則()圖13A.t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大B.t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大C.0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析由圖象知物塊先向左減速，后反向加速到v1再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻離A距離最大，A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻二者相對(duì)靜止，故t2時(shí)刻物塊相對(duì)傳送帶的滑動(dòng)距離最大，B正確；0t2時(shí)間內(nèi)摩擦力方向一直向右，C錯(cuò)誤；在0t2時(shí)間內(nèi)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小不變，在t2t3時(shí)間內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，此過程摩擦力為零，D錯(cuò)誤。答案B情形2：傳送帶模型中的能量問題2.如

18、圖14所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l5 m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求：(g取10 m/s2)圖14(1)傳送帶對(duì)小物體做的功；(2)電動(dòng)機(jī)做的功。解析(1)小物體剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mgcos mgsin ma解得小物體上升的加速度為a2.5 m/s2當(dāng)小物體的速度為v1 m/s時(shí)，小物體的位移為x0.2 m5 m之后小物體以v1 m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)。

19、由功能關(guān)系得WEkEpmv2mglsin 255 J。(2)電動(dòng)機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由vat得t0.4 s相對(duì)位移xvtt0.2 m摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgxcos 15 J故電動(dòng)機(jī)做的功為W電WQ270 J。答案(1)255 J(2)270 J情形3：滑塊滑板模型中的動(dòng)力學(xué)問題3.(多選)如圖15所示，表面粗糙、質(zhì)量M2 kg的木板，t0時(shí)在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a2.5 m/s2，t0.5 s時(shí)，將一個(gè)質(zhì)量m1 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時(shí)速度是木板速度的一

20、半。已知鐵塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.1，木板和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.25，g10 m/s2，則()圖15A.水平恒力F的大小為10 NB.鐵塊放上木板后，木板的加速度為2 m/s2C.鐵塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1 sD.木板的長(zhǎng)度為1.625 m解析未放鐵塊時(shí)，對(duì)木板由牛頓第二定律F2MgMa，解得F10 N，選項(xiàng)A正確；鐵塊放在木板上后，對(duì)木板F1mg2(Mm)gMa，解得a0.75 m/s2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0.5 s時(shí)木板的速度v0at12.5×0.5 m/s1.25 m/s，鐵塊滑離木板時(shí)，木板的速度v1v0at21.250.75t2，鐵塊的速度va鐵t21gt2t2，由題

21、意知vv1，解得t21 s，選項(xiàng)C正確；鐵塊滑離木板時(shí)，木板的速度v12 m/s，鐵塊的速度v1 m/s，則木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)t2t2×1 m×1 m1.125 m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC情形4：滑塊滑板模型中的能量、動(dòng)量問題4.(多選)如圖16所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對(duì)木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是()圖16A.物體B動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能B.物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量C.物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和D.摩擦力對(duì)物體B

22、做的功和對(duì)木板A做的功的總和的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量解析物體B以水平速度沖上木板A后，由于摩擦力作用，B減速運(yùn)動(dòng)，木板A加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，物體B動(dòng)能的減少量等于木板A增加的動(dòng)能和產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，物體B克服摩擦力做的功等于物體B損失的動(dòng)能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項(xiàng)C正確；摩擦力對(duì)物體B做的功等于物體B動(dòng)能的減少量，摩擦力對(duì)木板A做的功等于木板A動(dòng)能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的總和的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項(xiàng)D正確。答案 CD模型五“桿導(dǎo)軌”模

23、型情形1：“單桿水平導(dǎo)軌”模型1.(多選)(2019·湖南五市十校聯(lián)考)如圖17所示，兩平行的光滑導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，金屬棒兩端與導(dǎo)軌接觸良好，在導(dǎo)軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。與R相連的導(dǎo)線、導(dǎo)軌和金屬棒的電阻均可忽略不計(jì)。用平行于導(dǎo)軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，則()圖17A.金屬棒ab相當(dāng)于電源，其a端相當(dāng)于電源負(fù)極B.拉力FC.回路中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向流動(dòng)D.定值電阻消耗的電功率PFv解析根據(jù)楞次定律可得金屬棒ab中電流從b到a，a端相當(dāng)于正

24、極，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，A、C錯(cuò)誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，導(dǎo)體棒受到的安培力F安BILB··L，由于導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 所以F，B正確；由于金屬棒ab速度不變，所以拉力做的功轉(zhuǎn)化為電阻產(chǎn)生的內(nèi)能，故定值電阻消耗的電功率PFv，D正確。答案BD情形2：“單桿傾斜導(dǎo)軌”模型2.如圖18所示，MN、PQ為間距L0.5 m的足夠長(zhǎng)平行導(dǎo)軌，NQMN。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角37°，NQ間連接有一個(gè)R5 的電阻。有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T。將一根質(zhì)量為m0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒

25、的電阻均不計(jì)?，F(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s2 m。則(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)圖18(1)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，回路中的電流是多大；(2)金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大；(3)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？解析(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿導(dǎo)軌方向金屬棒受力平衡mgsin FfF金屬棒受的安培力為FB0ILFfFNmgcos 解得I0.2 A。(2)由歐姆定律得I由電磁感應(yīng)定律得EB0Lv解得v2

26、 m/s(3)金屬棒滑行至cd處時(shí)，由能量守恒定律得mgssin mv2Qmgcos ·s解得Q0.1 J。答案(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J情形3：“單桿豎直導(dǎo)軌”模型3.如圖19所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L(zhǎng)，電阻R與兩導(dǎo)軌相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒MN，在豎直向上大小為F的恒力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，求：圖19(1)初始時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度大??；(2)當(dāng)流過電阻R的電流恒定時(shí)，求導(dǎo)體棒的速度大小。解析(1)初始時(shí)刻

27、，導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力mg、拉力F，由牛頓第二定律得Fmgma，解得a。(2)導(dǎo)體棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)。達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)即做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電流恒定，設(shè)此時(shí)速度為v，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBLv受到的安培力為F安BIL穩(wěn)定時(shí)的電流為I由平衡條件得FmgF安0以上聯(lián)立解得v。答案(1)(2)情形4：“雙桿導(dǎo)軌”模型4.如圖20所示，光滑平行金屬軌道的水平部分處于豎直向下的B4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩軌道間距為L(zhǎng)0.5 m，軌道足夠長(zhǎng)。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m1 kg，電阻RaRb1 。b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h80 cm高處自靜止沿弧形軌道下

28、滑，通過C點(diǎn)進(jìn)入軌道的水平部分，已知兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持與軌道垂直，且兩棒始終不相碰。求a、b兩棒的最終速度，以及整個(gè)過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g10 m/s2)。圖20解析a棒下滑至C點(diǎn)時(shí)速度設(shè)為v0，則由機(jī)械能守恒，有mghmv解得v04 m/s此后的運(yùn)動(dòng)過程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0(mm)v解得a、b兩棒共同的最終速度為v2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)由能量守恒定律可知，整個(gè)過程中回路產(chǎn)生的總的焦耳熱為Qmv(mm)v2因?yàn)閍、b兩棒電阻相同則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱QbQ聯(lián)立解得Qb2 J。答案2 m/s2 J模型六線圈模型情形1：靜止線圈模型1.(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 。規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖21甲所示。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則以下說法正確的是()圖21A.在時(shí)間02 s內(nèi)，I的最大值為0.01 AB.在時(shí)