【創(chuàng)新方案】2015屆高考物理二輪復(fù)習(xí)綜合講與練：專題七必須掌握的兩類問題(含2014高考題)解析

1、專題七必須掌握的兩類問題第 1 講圖像問題*命題硏究物理圖像能形象地表達(dá)物理規(guī)律，直觀地展示物理過程，并能鮮明地體現(xiàn)物理量間的相互關(guān)系。從近幾年高考來看，圖像問題所占的比例越來越大，解決圖像問題基本流程：看“坐標(biāo)軸T斜率T面積T交點(diǎn)、拐點(diǎn)”。關(guān)于圖像問題，必須掌握以下四個方面：1.坐標(biāo)軸的物理意義弄清兩個坐標(biāo)軸各代表什么物理量，以便了解圖像所反映的是哪兩個物理量之間的關(guān)系。2 .斜率的物理意義要理解物理圖像中斜率的含義，首先要看清圖像的兩個坐標(biāo)軸。（1）變速直線運(yùn)動的 x -t 圖像，縱坐標(biāo)表示位移，橫坐標(biāo)表示時間，因此圖線中某兩點(diǎn)連線的斜率表示平均速度，圖線上某一點(diǎn)切線的斜率表示瞬時速度。（

2、2）v -t 圖線上兩點(diǎn)連線的斜率和某點(diǎn)切線的斜率，分別表示平均加速度和瞬時加速度。（3）單匝線圈的 -t 圖像（為磁通量）,斜率表示感應(yīng)電動勢。恒力做功的 W -x 圖像（x 為恒力方向上的位移）,斜率表示恒力的大小。沿電場線方向的0-x 圖像（0為電勢，x 為位移），其斜率的大小等于電場強(qiáng)度的大小。用自由落體運(yùn)動測量重力加速度實(shí)驗的v2-h 圖像（v 為速度，h 為下落位移），其斜率為重力加速度的 2 倍。不同帶電粒子在同一勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的v -r 圖像（v 為速度，r 為半徑）,其斜率跟帶電粒子的比荷成正比。3. 面積的物理意義（1）在直線運(yùn)動的 v -t 圖像中，圖線與 t

3、坐標(biāo)軸所圍面積表示相應(yīng)時間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過的位移。在 a -t 圖像中，圖線與 t 坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)在相應(yīng)時間內(nèi)速度的變化量。單匝線圈中電磁感應(yīng)的E -t 圖像（E 為感應(yīng)電動勢）,圖線跟 t 坐標(biāo)軸之間的面積表示相應(yīng)時間內(nèi)線圈磁通量的變化量。（4）F -x 圖像中曲線和 x 坐標(biāo)軸之間的面積表示F 做的功，如果 F 是靜電力，此面積表示電勢能的變化量，如果 F 是合力，則此面積表示物體動能的變化量。（5）靜電場中的 E -x 圖像（E 為電場強(qiáng)度，x 為沿電場線方向的位移），曲線和 x 坐標(biāo)軸之間的面積表示相應(yīng)兩點(diǎn)間的電勢差。4. 交點(diǎn)、拐點(diǎn)的物理意義（1）交點(diǎn)往往表示不同對象達(dá)到的某一物理

4、量的共同點(diǎn)。（2）拐點(diǎn)既是坐標(biāo)點(diǎn)，又是兩種不同變化情況的交界點(diǎn)，即物理量之間的突變點(diǎn)。典題威悟類型一圖像解讀通過對已知圖像的分析、求解、判斷相關(guān)量的變化（如位移、速度、加速度、功、功 率、動能、勢能、電場強(qiáng)度、電勢、電勢能等）,尋找其內(nèi)部蘊(yùn)含的物理規(guī)律。例1（2014 延安質(zhì)檢）如圖所示為某物體做直線運(yùn)動的v -t 圖像，關(guān)于這個物體在 4 s內(nèi)的運(yùn)動情況，下列說法中正確的是（）A .物體始終向同一方向運(yùn)動B. 4 s 末物體離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)C. 加速度大小不變，方向與初速度方向相同D.4 s 內(nèi)通過的路程為 4m,而位移為零解析圖像的斜率不變，因此物體做勻變速直線運(yùn)動，開始時速度方向與加速度方向

5、相反，物體減速運(yùn)動，t = 2 s 時，物體速度減為零，然后物體反向加速運(yùn)動，t=4s 時，回到1 1起始點(diǎn)，由圖可知物體所經(jīng)歷的路程為s= 2x2X -m + 2X2Xm = 4 m，位移為零，A、B、C 錯誤，D 正確。答案D題后感悟運(yùn)用物理圖像解題，還需要進(jìn)一步建立物理圖像和物理情境的聯(lián)系，根據(jù)物理圖像，想 象出圖像所呈現(xiàn)的物理現(xiàn)象、狀態(tài)、過程和物理變化的具體情景，因為這些情景中隱含著許 多解題條件，這些過程中體現(xiàn)了物理量相互制約的規(guī)律，這些狀態(tài)反映了理論結(jié)果是否能與合理的現(xiàn)實(shí)相吻合，這些正是“審題”、“分析”、“審視答案”等解題環(huán)節(jié)所需要解決的。針對訓(xùn)練1 . （2013 全國新課標(biāo)I

6、）2012 年 11 月，“殲 15”艦載機(jī)在“遼寧號”航空母艦上著艦成 功。圖甲為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機(jī)在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機(jī)著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機(jī)的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機(jī)施加一作用力，使飛機(jī)在甲板上短距離滑行后停止。某次降落，以飛機(jī)著艦為計時零點(diǎn)，飛機(jī)在 t= 0.4 s 時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度一時間圖線如圖乙所示。假如無阻攔索到停止需要的滑行距離約為1 000 m。已知航母始終靜止，重力加速度的大小為.uA .電子在 N 點(diǎn)的動能小于在 M 點(diǎn)的動能B .該電場有可能是勻強(qiáng)電場C.該電子運(yùn)動的加速度越來越小D .電子運(yùn)動的軌跡

7、為曲線解析：選 C 電子從不動到動，電勢能逐漸減小，動能逐漸增加，A 錯誤；根據(jù)電勢能的圖像可以看出電勢能是非線性減小的，由 Ep= q知電勢是非線性減小的，再根據(jù) U = Ed 推知場強(qiáng)是非固定值，因此該電場是非勻強(qiáng)電場，B 錯誤；由牛頓第二定律得 qE= ma,加速度逐,飛機(jī)從著艦g。則（）00.51.5 2.Q15 t/s乙A .從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10B.在 0.4 s2.5 s 時間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C.在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5gD.在 0.4 s2.5 s 時間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對飛機(jī)做功的功率幾乎不變解析：選

8、AC設(shè)著艦時艦載機(jī)的速度為v,無阻攔索時艦載機(jī)加速度大小為v1 2_702m/s2=2.45a，所以 av t 圖像下的面積，即為 X2=甲阻攔索 定潸輪漸減小，C 正確；軌跡與電場線重合， 表明電場力與軌跡重合，因此軌跡只能是直線，D 錯誤。3. (2014 茂名模擬)我國“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼灂r ，深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面 開始下潛到最后返回水面的10 min 內(nèi)全過程的深度曲線(a)和速度圖像(b),則下列說法正確的有()A .圖中 h3代表本次下潛最大深度為360 m2B.全過程中最大加速度是 0.025 m/sC.潛水員感到超重體驗發(fā)生在01 min 和 8 min10 min

9、 內(nèi)D.整個潛水器在 8 min10 min 時間段內(nèi)機(jī)械能守恒1解析：選 A 最大深度 h3= (2X60 + 4X60)X2X-m= 360 m, A 正確；最大加速度am箒廠0m/s2= 30 m/s2, B 錯誤；在下，故潛水員有失重感，C 錯誤；8 min10 min 內(nèi)，潛水器的加速度方向向下，大小為 a=面m/s2= 0.025 m/s2,故除重力以外，其他力的合力方向向上，機(jī)械能增大，D 錯誤。類型二圖像選擇題目中給出某種情景，通過對情景的物理過程分析找出與之對應(yīng)的圖像并描繪出來(如給出物體的受力情景，選擇物體的運(yùn)動圖像；或給出物體的運(yùn)動圖像，選擇物體的受力圖像等)。例2 (2

10、013 福建高考)如圖甲所示，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場上方，由不同高度靜止釋放，用如 t2分別表示線框 ab 邊和 cd 邊剛進(jìn)入磁場的時刻。線框下落過程形狀不變，ab 邊始終保持與磁場水平邊界線00 平行，線框平面與磁場方向垂直 。設(shè) 00 下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖像不可能反映線框下落過程中速度v 隨時間 t 變化的規(guī)律()01 min 和 8 min10 min 內(nèi)潛水員的加速度方向均向甲乙解析線框進(jìn)入磁場過程中可能做：（1）勻速運(yùn)動；（2）減速運(yùn)動，一直減速或先減速后勻速；（3）加速運(yùn)動，一直加速或先加速后勻速。線框做減速、加速運(yùn)動時，其加速度都是減 小的。由此

11、可知 A 圖像反映的規(guī)律是不可能的。答案A題后感悟此類題目一般是先在題干中敘述有關(guān)物理情境，然后根據(jù)所學(xué)物理規(guī)律，判斷某些物理 量的變化情況，有些題目的四個選項是同一個物理量的變化情況，有些題目的四個選項是不 同物理量的變化情況，要想解答此類題目，必須正確地分析物理過程。針對訓(xùn)練4.（2014 成都模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為 m 的滑塊以一定初速度滑上傾角為 同時施加一沿斜面向上的恒力F = mgsin0。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量 機(jī)械能 E 隨時間 t、位移B的固定斜面， 尸 tan0,取出發(fā) Q、滑塊的動能 Ek、勢能Ep、乙解析：選

12、 CD 滑塊在斜面方向共受三個力，一個重力沿斜面向下的分力mgsin0,面向下的摩擦力 卩 mgos0=mgsin0,沿斜面向上的拉力 F = mgsin0,滑塊做勻減速運(yùn)動，. 12一- 一 一- 沿斜速度大小 a= gsin0,因此位移 x= vot 2gsin0t ,那么運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量Q = fx= mgsin0vot gsin012,與時間不成正比，A 錯誤；動能 Ek= mv2= m（v0 gsin01）2,不是關(guān)于時 間 t的一次函數(shù)關(guān)系，B 錯誤；重力勢能 Ep= mgh= mgxsin0,與位移 x 成正比，C 正確；整 個運(yùn)動過程，拉力和摩擦力的合力等于零，只有重力做功

13、，機(jī)械能守恒，D 正確。5. （2014 長寧三模）汽車在平直公路上以速度 V0勻速行駛，發(fā)動機(jī)功率為 P,快進(jìn)入鬧市區(qū)時，司機(jī)減小了油門，使汽車的功率立即減小一半并保持該功率繼續(xù)行駛。設(shè)汽車行駛時所受的阻力恒定，則下面四個圖像中 與時間的關(guān)系（）持該功率繼續(xù)行駛時，根據(jù)P= Fv,則開始的牽引力減為原來的一半，根據(jù)做減速運(yùn)動，隨著速度的減小，牽引力逐漸變大，加速度逐漸減小，最后當(dāng)牽引力再次等于 阻力時，汽車將以 vo/2 做勻速運(yùn)動，B 正確。6. （2014師大附中三模）如圖甲所示,空間存在水平向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B 的勻強(qiáng) 磁場，磁場內(nèi)有一足夠長的絕緣直桿 ，它與水平面的傾角為0,一

14、帶電荷量為一 q、質(zhì)量為 M 的帶負(fù)電小球套在直桿上，從 A 點(diǎn)由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)廬 tan0則解析：選 C 帶電小球靜止時受到豎直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N 和沿斜面向上的摩擦力 f，小球下滑后，再受到一個垂直直桿向上的洛倫茲力F，沿斜面方向有 Mgsin0 KMgcos0F） = Ma，在垂直于斜面方向有N+ F = Mgcos0，由于小球加速，據(jù) F = qvB，F(xiàn) 增大而支持力 N 減小， 據(jù) f=uN,摩擦力減小， 導(dǎo)致加速度 a 增加； 當(dāng)速度 V1增加到某個值 時， 出現(xiàn) Mgcos0 F = 0，有 Mgsin0=Ma，此時加速度最大，此后， F

15、Mgcos0，支持力 N 反向，且速度越大支持力N 越大，摩擦力 f 也隨之增加，最后出現(xiàn) Mgs in0+卩 Mgos0= F,之后小球勻速下滑，C 正確，A、B、D 錯誤。_類型三圖像變換給出研究對象強(qiáng)度隨時間的變化圖像，分析感應(yīng)電流、導(dǎo)體棒受到的安培力、導(dǎo)體棒運(yùn)動狀態(tài)等物理量隨時間變化的圖像）。例3（2014 華中師大附中模擬）如圖甲所示，正三角形導(dǎo)線框 abc 放在勻強(qiáng)磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時間 t 的變化關(guān)系如圖乙所示，t= 0 時刻，哪個圖像能正確表示從司機(jī)減小油門開始汽車的速度解析：選 B 開始時汽車以速度Vo勻速運(yùn)動，牽引力F = f;當(dāng)汽車

16、的功率減小一半并保f F = ma,汽車磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里,關(guān)系的是（規(guī)定向左為力的正方向）（圖丙中能表示線框的ab 邊受到的磁場力 F 隨時間 t 的變化A小球運(yùn)動過程中的速度乙j解析在第 1S 內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度是均勻減小的，因此電流在線框里面是順時針流動的，結(jié)合左手定則，ab 邊所受安培力水平向左，圖像應(yīng)在橫軸以上，B 錯誤；再由閉合電路的歐姆定律可知，電流大小是恒定的，但磁感應(yīng)強(qiáng)度是線性變小的，因此安培力也是線性變小的,A 錯誤；在第 6 s 內(nèi)，安培力是向右的，是負(fù)值，C 錯誤，D 正確。答案D題后感悟?qū)τ趫D像轉(zhuǎn)換問題，應(yīng)劃分不同的時間段或者運(yùn)動過程，逐過程畫出與之對應(yīng)的圖像。

17、段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合電路中 ?；芈返膱A環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場n解析：選 B 由法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律可知，0T和TT 時間內(nèi)，電流的大小針對訓(xùn)練7. （2013東高考）將路的 ab 邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場I里為磁場n的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度 的安培力，以水平向右為 F 的正方向，能正確反映,并固定在水平面（紙面）內(nèi)，回 ,以向。用 F 表示 ab 邊受到 F 隨時間 t 變化的圖像是（）B 隨時間 t 變化的圖像如圖乙所示AB丙ZT t2Li /相等，方向相反，ab 邊受到安培力的方向先向左后向右，大小不變，B 正確。8.如圖甲所示為起重機(jī)沿豎直方向提起的過程中重物運(yùn)動的速度一

18、時間圖像，則該過程中起重機(jī)的輸出功率最接近圖乙中的（）Fimg, Fi mg =mai, Fi= m(g+ ai), Pi= Fivi= m(g+ ajaiti;第二階段 F2= mg, P2= mgVmm(g + ai)v B 錯誤；第三階段F3mg, F3= m(g ai), P3= m(g a”vmPQin甲乙A. 0tt0B. tot2toC. 2t0t3t0D.3t0t4t0解析：選 D 開始時 Q 板電勢比 P 板高，電場線向左，負(fù)電荷受力向右，因此在0tt內(nèi)，電子向右加速運(yùn)動， A 錯誤；t0時刻電場反向，電子開始向右減速運(yùn)動，到2t0時刻，速度恰好減小到零，B 錯誤；在 2t0

19、tm，故 P 與斜面間的靜摩擦力變大， D 正確。答案BD針對訓(xùn)練4.（2013 北京高考）如圖所示，傾角為a質(zhì)量為 M 的斜面體靜止在水平桌面上，質(zhì)量為m 的木塊靜止在斜面體上。下列結(jié)論正確的是（）A .木塊受到的摩擦力大小是mgcosaB.木塊對斜面體的壓力大小是 mgsinaC.桌面對斜面體的摩擦力大小是mgsin 久 cosaD.桌面對斜面體的支持力大小是（M + m）g解析：選 D 對 m 進(jìn)行受力分析，由平衡方程得木塊對斜面的壓力N= mgcosa,木塊受到的摩擦力 f= mgsina,A、B 錯誤；對 M 和 m 進(jìn)行整體受力分析，可得桌面對斜面體的摩擦 力大小是零，桌面對斜面體

20、的支持力大小是（M + m）g, C 錯誤，D 正確。5.（2013 天津高考）如圖所示，小球用細(xì)繩系住，繩的另一端固定于 O 點(diǎn)?，F(xiàn)用水平力 F 緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動 ，細(xì)繩始終處于直線狀態(tài) ，當(dāng)小球升到接近斜 面頂端時細(xì)繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力 N 以及繩對小球的拉力 FT的變化情況 是（）A . N 保持不變，F(xiàn)T不斷增大B . N 不斷增大，F(xiàn)T不斷減小C. N 保持不變，F(xiàn)T先增大后減小D . N 不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大解析：選 D 由于緩慢地推動斜面體，小球處于動態(tài)平衡，小球受到大小方向不變的重力，方向不變的斜面支持力，還有繩的拉力，三力構(gòu)成封

21、閉三角形，如圖所示，開始時繩的拉力與支持力的夾角為銳角，隨著繩的拉力FT按順時針轉(zhuǎn)動，其大小先減小后增大，而支持力N一直增大，D 正確。6. （2012 浙江高考）如圖所示,與水平面夾角為 30。的固定斜面上有一質(zhì)量m = 1.0 kg 的物體，細(xì)繩的一端與物體相連，另一端經(jīng)摩擦不計的定滑輪與固定的彈簧秤相連。物體靜止在斜面上，彈簧秤的示數(shù)為 4.9 N。關(guān)于物體受力的判斷（取 g = 9.8 m/s2）,下列說法正確的是（）A斜面對物體的摩擦力大小為零B .斜面對物體的摩擦力大小為4.9 N ,方向沿斜面向上C.斜面對物體的支持力大小為49 3 N ,方向豎直向上D .斜面對物體的支持力大小

22、為4.9 N ,方向垂直斜面向上解析：選 A 物體受到重力、支持力和細(xì)繩的拉力作用，重力沿斜面向下的分力mgsin0=4.9 N，其沿斜面方向所受的合力為零，所以物體沒有沿斜面運(yùn)動的趨勢，摩擦力大小為零，A 正確，B 錯誤；斜面對物體的支持力大小mgcos0=4.9 . 3 N，方向垂直斜面向上，C、D錯誤。模型三|傳送帶模型（1）物塊與傳送關(guān)聯(lián)傳送帶和物塊的相對運(yùn)動，這類問題涉及滑動摩擦力和靜摩擦力的轉(zhuǎn)換、對地位移和二者間的相對位移的區(qū)別，綜合牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)公式、功和能等知識。該題型按傳送帶設(shè)置可分為水 平與傾斜兩種；按轉(zhuǎn)向可分為順時針和逆時針兩種；按轉(zhuǎn)速是否變化可分為勻速和勻變速兩種

23、。（2）解答本類問題的基本思路運(yùn)動分析T受力分析T功能關(guān)系分析。受力分析的關(guān)鍵是判斷f 的方向，功能關(guān)系分析的關(guān)鍵是明確物體與傳送帶間的相對位移。例 3 （2014 廊坊二模）水平傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終以速度v 勻速運(yùn)動。某時刻在傳送帶上 A 點(diǎn)處輕輕放上一個質(zhì)量為 m 的小物體，經(jīng)時間 t 小物體的速度與傳送帶相同 ，相 對傳送帶的位移大小為 x, A 點(diǎn)未到右端，在這段時間內(nèi)（ ）口七、A .小物體相對地面的位移大小為xB .傳送帶上的 A 點(diǎn)對地的位移大小為 xC.由于小物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的熱量為mv2D.由于小物體與傳送帶相互作用，電動機(jī)要多做的功為 mv21解析在這段時間內(nèi)

24、，物體從靜止做勻加速直線運(yùn)動，其相對地面的位移為xi= -vt,傳送帶(或傳送帶上的 A 點(diǎn))相對地面的位移為 X2= vt,物體相對傳送帶的位移大小X= X2 xi1=2vt，顯然 X1= X, X2= 2x, A 正確，B 錯誤；物體與傳送帶間的滑動摩擦力做功，將系統(tǒng)的12部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，摩擦生熱 Q= fx,對物體運(yùn)用動能定理有 fx1= 2mv ,又 X1= x,12故 Q= fx= 2mv , C 錯誤；在這段時間內(nèi)，電動機(jī)要多做功以克服滑動摩擦力做功，W= fx2=2fx= mv , D 正確。答案AD題后感悟(1)當(dāng) v物與 v傳同向時，只要傳送帶足夠長，無論 v物與

25、 v傳大小關(guān)系如何，最終一定一起 勻速運(yùn)動。當(dāng) v物與 v傳反向時，只要傳送帶足夠長，當(dāng) v物v傳時，物塊返回到滑入端，速度大 小仍為 v物；當(dāng) v物v傳時，物塊返回到滑入端，速度大小為(3)Q = fx相對中 x相對為全過程的相對路程，注意 v物與 v傳同向和反向時的區(qū)別。針對訓(xùn)練7.(2014 自貢模擬)如圖甲所示,以速度 v逆時針勻速轉(zhuǎn)動的足夠長的傳送帶與水平面的9?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為 m 的小物體輕輕地放在傳送帶的上端，小物體與傳送帶間的動摩擦9,則圖乙中能夠正確地描述小物體的速度隨時間變化關(guān)系的圖線是v傳。夾角為因數(shù)為山 tan解析：選 D加速度 a1= gsin物體的速度大于傳送帶的速

26、度,乙開始時傳送帶的速度大于物體的速度，故滑動摩擦力沿斜面向下，9+ ygos9,當(dāng)物體的速度等于傳送帶的速度時物體的加速度為gsin9,此后物體所受的摩擦力沿斜面向上，根據(jù) tan9可得 sin9pcos故物體的D9,故 mgs in9卩 mgos9,即重力沿斜面方向的分力大于滑動摩擦力，所以物體的加速度a2=gsin9ygos9,故 a1 a?,速度圖像的斜率等于物體的加速度，故速度相同后速度圖像的 斜率將減小，D 正確。8. （2014 駐馬店模擬）如圖所示,足夠長的水平傳送帶以速度 v 沿順時針方向運(yùn)動，傳送 帶的右端與光滑曲面的底部平滑連接 ，曲面上的 A 點(diǎn)距離底部的高度 h= 0

27、.45 m。一小物體從 A 點(diǎn)靜止滑下，再滑上傳送帶， 經(jīng)過一段時間又返回曲面 。g 取 10 m/s1 2 3,則下列說法正確的是若 v= 1 m/s,若 v = 2 m/s,則小物體能回到 若 v = 5 m/s,則小物體能回到D .無論 v 等于多少，小物體都不能回到 A 點(diǎn)1 _解析：選 C 小物體從光滑曲面滑行過程由動能定理可知mgh = mv2,得 v= Q2 亦=3 m/s,到達(dá)傳送帶后與傳送帶運(yùn)動方向相反，受到向右的摩擦力，開始減速，向左減速到零后向右加速。根據(jù)機(jī)械能守恒，要返回A 點(diǎn)，那么向右加速的末速度也必須為v= ,2gh= 3 m/s，根據(jù)運(yùn)動的可逆性，小物體向左勻減速

28、到零后向右勻加速到3 m/s,位移相等即一直加速，但加速的末速度等于傳送帶速度時就會變?yōu)閯蛩俨辉偌铀?，所以傳送帶速度要大? m/s, C 正確。9. （2014 眉山調(diào)研）如圖所示,水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)用光滑鋼管彎成的“ 9 形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運(yùn)行速度為 v= 6 m/s,將質(zhì)量 m= 1.0 kg 的可看做質(zhì)點(diǎn) 的滑塊無初速度地放到傳送帶A 端，傳送帶長度為 L = 12.0 m , “9 形軌道全高 H = 0.8 m , “9”形軌道上半部分圓弧半徑為R= 0.2 m,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為尸 0.3，重力加速度 g=10 m/s2,試求：1 滑塊從傳送

29、帶 A 端運(yùn)動到 B 端所需要的時間；2 滑塊滑到軌道最高點(diǎn) C 時對軌道作用力的大小和方向；3 若滑塊從“ 9 形軌道 D 點(diǎn)水平拋出后，恰好垂直撞在傾角0=45 勺斜面上 P 點(diǎn)，求 P、D 兩點(diǎn)間的豎直高度 h（保留兩位有效數(shù)字）。解析：（1）滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動時，由牛頓第二定律得卩 m= ma解得 a= 3 m/s2加速到與傳送帶達(dá)到共同速度所需要的時間v0 ct1= 2 sa前 2s 內(nèi)的位移 X1=瑋=6 m之后滑塊做勻速運(yùn)動的位移X2= L X1= 6 m所用的時間 t2=X2= 1 sV0滑塊從 A 端運(yùn)動到 B 端所用時間t= t1+ t2= 3 s滑塊從 B 到 C 的

30、過程中由動能定理得A.B.C.1212mgH = qmvcqmvo2在 C 點(diǎn)，設(shè)軌道對滑塊的彈力 N 方向豎直向下，由牛頓第二定律得N+ mg= mvcR解得 N= 90 N方向豎直向下。由牛頓第三定律得，滑塊對軌道的壓力大小為90 N，方向豎直向上?；瑝K從 B 到 D 的過程中由動能定理得mg(H 2R) = 2mvD mv4 5 6在 P 點(diǎn) Vy= Vptan 452vy2g解得 h= 1.4 m答案：(1)3 s(2)90 N，方向豎直向上(1) “桿(單桿)+導(dǎo)軌”模型是高考的熱點(diǎn)，也是難點(diǎn)，考查知識點(diǎn)多。按導(dǎo)軌的放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動狀態(tài)可分為勻速直線運(yùn)動、勻變

31、速直線運(yùn)動、變加速直線運(yùn)動等，桿的最終狀態(tài)一般為靜止或勻速直線運(yùn)動；磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等，情景復(fù)雜，形式多變。(2) 解答本類問題的基本思路受力分析T運(yùn)動分析T功能關(guān)系分析。本類問題一般情況下用到的知識：運(yùn)動學(xué)公式、牛頓運(yùn)動定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和功能關(guān)系等。例4(2014 昆明模擬)寬度為 L,足夠長的光滑傾斜導(dǎo)軌與水平面間夾角為0,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,方向垂直于導(dǎo)軌向上，范圍足夠大，導(dǎo)軌的上端連著一個阻值為 R 的電阻，下端連著一個阻值為 2R 的電阻，導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒 ab 長為 L,質(zhì)量為 m,電阻 也為 R,垂直地放在導(dǎo)軌上。在某一平行于

32、導(dǎo)軌向上的恒力(圖中未畫出)的作用下，ab 棒從靜 止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動，最后達(dá)到穩(wěn)定的運(yùn)動狀態(tài)。整個過程中，通過斜面底端電阻 2R 的最 大電流為 I,求：4 通過 ab 棒的最大電流；5 ab 棒的最大加速度；6 ab 棒的最大速度。解析(1)ab 棒在外力 F 的作用下沿導(dǎo)軌向上做加速度a 逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng) a = 0時，速度 v= vm最大，此時電流也最大。由電路結(jié)構(gòu)知，此時，通過ab 棒的電流為 3I。當(dāng)速度 v = vm時，有 F 3BIL mgsin0=0解得F= 3BIL + mgs in0剛開始時，v= 0, a = am最大，故Fmgsin0=mam模型四電磁感應(yīng)中的

33、“桿+導(dǎo)軌”模型(3)1.4 m解得 am=3BIL(3)a = 0 時，v = vm, ab 棒的電動勢 E= BLvm又 E=31 R總=31x5R=5IR解得 vm= 5BR答案（1）31詈 晉題后感悟由于感應(yīng)電流與導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動的加速度有著相互制約的關(guān)系，故導(dǎo)體（不受外力作用時）一般不是勻變速運(yùn)動，而是經(jīng)歷一個動態(tài)變化的過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài)。分析這一動 態(tài)過程進(jìn)而確定最終狀態(tài)是解決這類問題的關(guān)鍵。針對訓(xùn)練10. （2014 陜西五校三模）如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成 和 R2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面 值均相等，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為 受到的安培力大小為 F。此時（F

34、v6FvT（F+ 卩 mgosa）v（F + mgos a）v解析：選 AD 導(dǎo)體棒、R1、R2三者電阻相等，則電壓比是 2 1 ：,因此瞬時熱功率1的比為 4：1：1，而總的熱功率為 Fv，電阻 R1消耗的熱功率為 -Fv, A 正確；電阻 R2消4 + 1+ 1耗的熱功率為孑,B 錯誤；整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為消耗機(jī)械能的功率應(yīng)等于電熱功率與摩擦熱功率之和，11.兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置 的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端 度為 B 的勻強(qiáng)磁場方向垂直，如圖所示 位置由靜止釋放。則（）A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運(yùn)動時，流過電阻 R 的電流方向為 aT

35、bR2| I/C.金屬棒的速度為 v 時，所受的安培力大小為旦亍D.電阻 R 上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量a角，導(dǎo)軌與固定電阻 Ri。有一質(zhì)量為 m 的導(dǎo)體棒 ab,其電阻與 Ri和 苗導(dǎo)體棒 ab 沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動，當(dāng)其速度為R2的阻v 時，A .電阻 Ri消耗的熱功率為B .電阻 R2消耗的熱功率為C.整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為D.整個裝置消耗機(jī)械能的功率為D 正確。，間距為 L,底端接阻值為 R 的電阻。將質(zhì)量為 m ,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng) 。除電阻 R 外其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長解析：選 AC 金屬棒下落過程，由牛頓第二定律得，金屬棒的加速度為 a =2 2B L V mgkAx-R，因釋放瞬間Ax= 0,V=0,則金屬棒的加速度 a = g, A