二、高考必須記牢的“六個”物理模型

二、高考必須記牢的“六個”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.滑到底端時的速度相同B.滑到底端所用的時間相同C.在傾角為30°的斜面上滑行的時間最短D.在傾角為60°的斜面上滑行的時間最短解析在光滑斜面上，由靜止下滑的物體滑到底端時的速度大小v＝eq\r(2gh)，與傾角無關，但方向不同；下滑到底端所用時間t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))(θ為傾角)，傾角越大，所用時間越少。綜上，A、B、C錯誤，D正確。答案D情形2：斜面的衍生模型——等時圓模型2.如圖2所示，ad、bd、cd是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細直桿，a、b、c、d分別位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為最低點，每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，讓三個滑環(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d點所用的時間，則()圖2A.t1＜t2＜t3 B.t1＞t2＞t3C.t3＞t1＞t2 D.t1＝t2＝t3解析設光滑傾斜細直桿與水平面間的夾角為θ。滑環(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桿的分力mgsinθ和垂直于細桿的分力mgcosθ?；h(huán)所受的合力F合＝mgsinθ由牛頓第二定律可得滑環(huán)下滑的加速度a＝gsinθ又設圓周的半徑為R考慮滑環(huán)沿細桿bd下滑時的情形由圓的幾何知識可知，△abd為直角三角形，細桿bd的長度lbd＝2Rsinθ由運動學公式有l(wèi)bd＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立以上各式解得t＝eq\r(\f(4R,g))可見，滑環(huán)下滑的時間t與細直桿的傾角θ無關。答案D情形3：斜面上的多體模型3.如圖3所示，空間有場強大小為E，方向沿斜面向下的勻強電場；光滑絕緣斜面的傾角為θ，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動，則當A、B分離瞬間()圖3A.彈簧的形變量為0B.彈簧的形變量為x＝eq\f(qE＋F,k)C.A的速度達到最大D.A的加速度為0解析A、B分離瞬間，A、B間無相互作用力且加速度相同，對B受力分析，由牛頓第二定律可知F－mgsinθ＝ma，對A受力分析，由牛頓第二定律可知kx－mgsinθ－qE＝ma，解得x＝eq\f(qE＋F,k)，A錯誤，B正確；由于此時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錯誤。答案B情形4：斜面中的“平拋類模型”4.如圖4所示，跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段加速滑行后從O點以20m/s的水平速度飛出，經(jīng)過一段時間后落到斜坡上的A點。已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角θ＝37°，運動員的質(zhì)量m＝50kg。不計空氣阻力。(取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10m/s2)求：圖4(1)運動員由O點運動到A點所經(jīng)歷的時間t；(2)運動員的落點A到O點的距離L；(3)運動員落到A點時的動能。解析(1)運動員在水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t在豎直方向做自由落體運動，有y＝eq\f(1,2)gt2且由幾何關系知tanθ＝eq\f(y,x)聯(lián)立解得t＝3s。(2)A點與O點的距離L＝eq\f(y,sinθ)＝eq\f(gt2,2sin37°)＝75m。(3)解法1合成法運動員到達A點時，豎直方向的速度vy＝gt＝30m/s運動員到達A點時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝32500J。解法2結論法運動員到達A點時，位移的偏角θ＝37°所以速度的偏角β滿足tanβ＝2tanθ＝eq\f(vy,v0)即vy＝2v0tanθ＝30m/s運動員到達A點時的動能Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝32500J。解法3能量守恒法取A點為零重力勢能點，由機械能守恒定律得運動員落到A點時的動能Ek＝mgLsin37°＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝32500J。答案(1)3s(2)75m(3)32500J模型二彈簧模型情形1：與彈簧相關的平衡問題1.如圖5所示，物體A、B用細繩與彈簧連接后跨過滑輪。已知質(zhì)量mA＝2mB，現(xiàn)將斜面傾角緩慢由45°減小到30°，過程中A與斜面保持相對靜止，不計滑輪摩擦，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45°減小到30°，彈簧的彈力等于B的重力，不變，A項錯誤；傾角減小，物體A對斜面的壓力將增大，B項錯誤；斜面傾角為45°時，物體A重力沿斜面方向的分力為2mBgsin45°，由平衡條件可知物體A受到的靜摩擦力為2mBgsin45°－mBg；斜面傾角由45°減小到30°，物體A受到的靜摩擦力為2mBgsin30°－mBg＝0；所以物體A受到的靜摩擦力將減小到零，C項正確，D項錯誤。答案C情形2：與彈簧有關的動力學問題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0.4m鎖定，t＝0時解除鎖定釋放滑塊。計算機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t＝0時的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()圖6A.滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動B.彈簧恢復原長時，滑塊速度最大C.彈簧的勁度系數(shù)k＝175N/mD.該過程中滑塊的最大加速度為35m/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動，彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大。此時加速度為零，隨后加速度反向增加。最后做勻減速直線運動，所以A、B錯誤；從題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.3)m/s2＝5m/s2，合外力由摩擦力提供得：Ff＝ma1＝2×5N＝10N；剛釋放時滑塊的加速度為a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，此時物塊的加速度最大，所以D錯誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，所以C正確。答案C情形3：與彈簧相關的功能問題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處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在C處靜止。若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時，Q可在B處靜止。現(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運動到C處的過程中()圖7A.Q運動到C處時速率最大B.加速度先減小后增大C.小球Q的機械能不斷減小D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小解析q在C正下方某處時，Q在B處受力平衡，速率最大，故A錯誤；Q在B處加速度為零，Q第一次從A運動到C的過程中加速度先減小到零后反向增大，故B正確；Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和，由功能關系有ΔE＝W彈＋W電，而彈簧彈力一直做負功，即W彈<0，庫侖力也一直做負功，即W電<0，則ΔE<0，即Q的機械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的勢能Ep等于重力勢能、電勢能與彈性勢能之和，根據(jù)能量守恒有ΔEp＋ΔEk＝0，由于Q的動能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大，故D錯誤。答案BC情形4：與彈簧有關的碰撞問題4.如圖8所示，光滑水平面上有一輛質(zhì)量為M＝1kg的小車，小車的上表面有一個質(zhì)量為m＝0.9kg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摩擦因數(shù)為μ＝0.2，整個系統(tǒng)一起以v1＝10m/s的速度向右做勻速直線運動，此時彈簧長度恰好為原長?，F(xiàn)在用一質(zhì)量為m0＝0.1kg的子彈，以v0＝50m/s的速度向左射入滑塊且不穿出，作用時間極短，當彈簧壓縮到最短時，彈簧被鎖定，測得此時彈簧的壓縮量為d＝0.50m，g取10m/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，小車的速度大小和彈簧的彈性勢能的大小。解析(1)設向右為正方向，子彈射入滑塊后的共同速度大小為v2，對子彈與滑塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv1－m0v0＝(m＋m0)v2解得v2＝4m/s，方向向右。(2)設子彈、滑塊與小車三者的共同速度為v3，當三者達到共同速度時彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律得Mv1＋(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v3解得v3＝7m/s，設最大彈性勢能為Epmax，對三個物體組成的系統(tǒng)應用能量守恒定律eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(M＋m＋m0)veq\o\al(2,3)＝Epmax＋Q其中Q＝μ(m＋m0)gd解得Epmax＝8J。答案(4)4m/s向右(2)7m/s8J模型三圓周運動模型情形1：水平面內(nèi)的圓周運動1.(多選)如圖9，在角錐體表面上放一個物體，角錐繞豎直軸轉動。當角錐體旋轉角速度增大時，物體仍和角錐體保持相對靜止，則角錐對物體的()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力的作用，物體做勻速圓周運動，設運動半徑為r，沿水平和豎直方向正交分解，水平方向Ffcosθ－FNsinθ＝mω2r，豎直方向Ffsinθ＋FNcosθ＝mg，聯(lián)立以上兩式解得Ff＝mgsinθ＋mω2rcosθ，F(xiàn)N＝mgcosθ－mω2rsinθ，當角速度增大時，支持力減小，靜摩擦力增大，故A、D正確，B、C錯誤。答案AD情形2：豎直面內(nèi)的圓周運動2.(多選)如圖10所示，半徑為R，內(nèi)徑很小的光滑半圓管道豎直放置，質(zhì)量為m的小球以某一速度進入管內(nèi)，小球通過最高點P時，對管壁的壓力為0.5mg，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球落地點到P點的水平距離可能為()圖10A.eq\r(2)R B.2R C.eq\r(3)R D.eq\r(6)R解析小球從管口飛出后做平拋運動，設落地時間為t，根據(jù)2R＝eq\f(1,2)gt2，得t＝2eq\r(\f(R,g))當小球對管內(nèi)壁有壓力時，有mg－0.5mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(\f(gR,2))當小球對管外壁有壓力時，有mg＋0.5mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得v2＝eq\r(\f(3,2)gR)，因此水平距離為x1＝v1t＝eq\r(2)R或x2＝v2t＝eq\r(6)R。故選項A、D正確。答案AD情形3：天體的圓周運動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動，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積。下列關系式正確的有()圖11A.TA＞TB B.EkA＞EkBC.SA＝SB D.eq\f(Req\o\al(3,A),Teq\o\al(2,A))＝eq\f(Req\o\al(3,B),Teq\o\al(2,B))解析衛(wèi)星做勻速圓周運動時有eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)＝mRω2＝mReq\f(4π2,T2)，則T＝2πeq\r(\f(R3,GM))∝eq\r(R3)，故TA＞TB，eq\f(Teq\o\al(2,A),Teq\o\al(2,B))＝eq\f(Req\o\al(3,A),Req\o\al(3,B))，A、D皆正確；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2R)∝eq\f(1,R)，故EkA＜EkB，B錯誤；S＝eq\f(1,2)ωR2＝eq\f(1,2)eq\r(GMR)∝eq\r(R)，故C錯誤。答案AD情形4：勻強磁場中的圓周運動4.如圖12所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，邊界AC、AD的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，邊界AC處磁場方向垂直紙面向里，Ⅱ區(qū)域寬度為d。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在邊界AD上距A點d處垂直AD射入Ⅰ區(qū)；已知粒子速度大小為eq\f(qBd,m)，方向垂直磁場，不計粒子重力，則粒子在磁場中運動的總時間為()圖12A.eq\f(πm,3qB) B.eq\f(2πm,3qB) C.eq\f(5πm,6qB) D.eq\f(7πm,6qB)解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m×\f(qBd,m),qB)＝d根據(jù)幾何關系，粒子離開區(qū)域Ⅰ的速度方向沿AC方向，進入磁場區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運動，運動eq\f(1,4)周期后射出磁場，在Ⅰ區(qū)域圓弧所對的圓心角θ1＝60°，在Ⅱ區(qū)域圓弧所對的圓心角為90°，粒子在磁場中運動的總時間為t＝eq\f(60°＋90°,360°)T＝eq\f(5,12)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πm,6qB)，故C正確，A、B、D錯誤。答案C模型四傳送帶模型及板塊模型情形1：傳送帶模型中的動力學問題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時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則()圖13A.t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大B.t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C.0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3時間內(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再做勻速直線運動，t1時刻離A距離最大，A錯誤；t2時刻二者相對靜止，故t2時刻物塊相對傳送帶的滑動距離最大，B正確；0～t2時間內(nèi)摩擦力方向一直向右，C錯誤；在0～t2時間內(nèi)摩擦力為滑動摩擦力，大小不變，在t2～t3時間內(nèi)物塊做勻速運動，此過程摩擦力為零，D錯誤。答案B情形2：傳送帶模型中的能量問題2.如圖14所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點間的距離為l＝5m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝1m/s的速度勻速運動。現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上的A點，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中，求：(g取10m/s2)圖14(1)傳送帶對小物體做的功；(2)電動機做的功。解析(1)小物體剛開始運動時，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得小物體上升的加速度為a＝2.5m/s2當小物體的速度為v＝1m/s時，小物體的位移為x＝eq\f(v2,2a)＝0.2m＜5m之后小物體以v＝1m/s的速度做勻速運動到達B點。由功能關系得W＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋mglsinθ＝255J。(2)電動機做的功等于小物體的機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v＝at得t＝eq\f(v,a)＝0.4s相對位移x′＝vt－eq\f(v,2)t＝0.2m摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx′cosθ＝15J故電動機做的功為W電＝W＋Q＝270J。答案(1)255J(2)270J情形3：滑塊——滑板模型中的動力學問題3.(多選)如圖15所示，表面粗糙、質(zhì)量M＝2kg的木板，t＝0時在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運動，加速度a＝2.5m/s2，t＝0.5s時，將一個質(zhì)量m＝1kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)無初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時速度是木板速度的一半。已知鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木板和地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25，g＝10m/s2，則()圖15A.水平恒力F的大小為10NB.鐵塊放上木板后，木板的加速度為2m/s2C.鐵塊在木板上運動的時間為1sD.木板的長度為1.625m解析未放鐵塊時，對木板由牛頓第二定律F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10N，選項A正確；鐵塊放在木板上后，對木板F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得a′＝0.75m/s2，選項B錯誤；0.5s時木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5m/s＝1.25m/s，鐵塊滑離木板時，木板的速度v1＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，鐵塊的速度v′＝a鐵t2＝μ1gt2＝t2，由題意知v′＝eq\f(1,2)v1，解得t2＝1s，選項C正確；鐵塊滑離木板時，木板的速度v1＝2m/s，鐵塊的速度v′＝1m/s，則木板的長度為L＝eq\f(v0＋v1,2)t2－eq\f(v′,2)t2＝eq\f(1.25＋2,2)×1m－eq\f(1,2)×1m＝1.125m，選項D錯誤。答案AC情形4：滑塊——滑板模型中的能量、動量問題4.(多選)如圖16所示，長木板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上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是()圖16A.物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能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損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和D.摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕對值等于系統(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減速運動，木板A加速運動，根據(jù)能量守恒定律，物體B動能的減少量等于木板A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于物體B損失的動能，選項B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，選項C正確；摩擦力對物體B做的功等于物體B動能的減少量，摩擦力對木板A做的功等于木板A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕對值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項D正確。答案CD模型五“桿＋導軌”模型情形1：“單桿＋水平導軌”模型1.(多選)(2019·湖南五市十校聯(lián)考)如圖17所示，兩平行的光滑導軌固定在同一水平面內(nèi)，兩導軌間距離為L，金屬棒ab垂直于導軌，金屬棒兩端與導軌接觸良好，在導軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個裝置處于豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中。與R相連的導線、導軌和金屬棒的電阻均可忽略不計。用平行于導軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運動，則()圖17A.金屬棒ab相當于電源，其a端相當于電源負極B.拉力F＝eq\f(B2L2v,R)C.回路中的感應電流沿順時針方向流動D.定值電阻消耗的電功率P＝Fv解析根據(jù)楞次定律可得金屬棒ab中電流從b到a，a端相當于正極，回路中感應電流方向為逆時針方向，A、C錯誤；產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，導體棒受到的安培力F安＝BIL＝B·eq\f(BLv,R)·L＝eq\f(B2L2v,R)，由于導體棒做勻速直線運動，所以F＝eq\f(B2L2v,R)，B正確；由于金屬棒ab速度不變，所以拉力做的功轉化為電阻產(chǎn)生的內(nèi)能，故定值電阻消耗的電功率P＝Fv，D正確。答案BD情形2：“單桿＋傾斜導軌”模型2.如圖18所示，MN、PQ為間距L＝0.5m的足夠長平行導軌，NQ⊥MN。導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，NQ間連接有一個R＝5Ω的電阻。有一勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B0＝1T。將一根質(zhì)量為m＝0.05kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻均不計?，F(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，當金屬棒滑行至cd處時已經(jīng)達到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s＝2m。則(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖18(1)當金屬棒滑行至cd處時，回路中的電流是多大；(2)金屬棒達到的穩(wěn)定速度是多大；(3)當金屬棒滑行至cd處時，回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？解析(1)金屬棒勻速運動時，沿導軌方向金屬棒受力平衡mgsinθ＝Ff＋F金屬棒受的安培力為F＝B0ILFf＝μFN＝μmgcosθ解得I＝0.2A。(2)由歐姆定律得I＝eq\f(E,R)由電磁感應定律得E＝B0Lv解得v＝2m/s(3)金屬棒滑行至cd處時，由能量守恒定律得mgssinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋μmgcosθ·s解得Q＝0.1J。答案(1)0.2A(2)2m/s(3)0.1J情形3：“單桿＋豎直導軌”模型3.如圖19所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，電阻R與兩導軌相連，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直。一質(zhì)量為m、電阻不計的導體棒MN，在豎直向上大小為F的恒力作用下，由靜止開始沿導軌向上運動。整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻，求：圖19(1)初始時刻導體棒的加速度大??；(2)當流過電阻R的電流恒定時，求導體棒的速度大小。解析(1)初始時刻，導體棒受到豎直向下的重力mg、拉力F，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得a＝eq\f(F－mg,m)。(2)導體棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度減小的加速運動，當加速度為零時。達到穩(wěn)定狀態(tài)即做勻速運動，此時電流恒定，設此時速度為v，導體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv受到的安培力為F安＝BIL穩(wěn)定時的電流為I＝eq\f(E,R)由平衡條件得F－mg－F安＝0以上聯(lián)立解得v＝eq\f(（F－mg）R,B2L2)。答案(1)eq\f(F－mg,m)(2)eq\f(（F－mg）R,B2L2)情形4：“雙桿＋導軌”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B＝4T的勻強磁場中，兩軌道間距為L＝0.5m，軌道足夠長。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1kg，電阻Ra＝Rb＝1Ω。b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點進入軌道的水平部分，已知兩棒在運動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，以及整個過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g＝10m/s2)。圖20解析a棒下滑至C點時速度設為v0，則由機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s此后的運動過程中，a、b兩棒達到共速前，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)動量守恒，有mv0＝(m＋m)v解得a、b兩棒共同的最終速度為v＝2m/s，此后兩棒一起做勻速直線運動由能量守恒定律可知，整個過程中回路產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m)v2因為a、b兩棒電阻相同則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝eq\f(1,2)Q聯(lián)立解得Qb＝2J。答案2m/s2J模型六線圈模型情形1：靜止線圈模型1.(多選)在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω。規(guī)定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖21甲所示。磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則以下說法正確的是()圖21A.在時間0～2s內(nèi)，I的最大值為0.01AB.在時間3～5s內(nèi)，I的大小越來越小C.前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01CD.第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大解析線圈所圍面積不變，因磁場的磁感應強度B隨時間t的變化，引起磁通量的變化，由法拉第電磁感應定律，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)，其大小由圖象的斜率決定，在t＝0時，斜率最大，且eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s，則Im＝0.01A，A正確；在時間3～5s內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)一定，產(chǎn)生