【創(chuàng)新方案】2021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(wèn)題(含2020高考題)

專題七必需把握的兩類問(wèn)題eq\a\vs4\al(第1講圖像問(wèn)題)物理圖像能形象地表達(dá)物理規(guī)律，直觀地呈現(xiàn)物理過(guò)程，并能鮮亮地體現(xiàn)物理量間的相互關(guān)系。從近幾年高考來(lái)看，圖像問(wèn)題所占的比例越來(lái)越大，解決圖像問(wèn)題基本流程：看“坐標(biāo)軸→斜率→面積→交點(diǎn)、拐點(diǎn)”。關(guān)于圖像問(wèn)題，必需把握以下四個(gè)方面：1．坐標(biāo)軸的物理意義弄清兩個(gè)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(gè)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(gè)坐標(biāo)軸。(1)變速直線運(yùn)動(dòng)的x-t圖像，縱坐標(biāo)表示位移，橫坐標(biāo)表示時(shí)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(shí)速度。(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(shí)加速度。(3)單匝線圈的Φ-t圖像(Φ為磁通量)，斜率表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。(4)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。(5)沿電場(chǎng)線方向的φ-x圖像(φ為電勢(shì)，x為位移)，其斜率的大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。(6)用自由落體運(yùn)動(dòng)測(cè)量重力加速度試驗(yàn)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。(7)不同帶電粒子在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)的v-t圖像中，圖線與t坐標(biāo)軸所圍面積表示相應(yīng)時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的位移。(2)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(shí)間內(nèi)速度的變化量。(3)單匝線圈中電磁感應(yīng)的E-t圖像(E為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì))，圖線跟t坐標(biāo)軸之間的面積表示相應(yīng)時(shí)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，假如F是靜電力，此面積表示電勢(shì)能的變化量，假如F是合力，則此面積表示物體動(dòng)能的變化量。(5)靜電場(chǎng)中的E-x圖像(E為電場(chǎng)強(qiáng)度，x為沿電場(chǎng)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(shì)差。4．交點(diǎn)、拐點(diǎn)的物理意義(1)交點(diǎn)往往表示不同對(duì)象達(dá)到的某一物理量的共同點(diǎn)。(2)拐點(diǎn)既是坐標(biāo)點(diǎn)，又是兩種不同變化狀況的交界點(diǎn)，即物理量之間的突變點(diǎn)。類型一圖像解讀通過(guò)對(duì)已知圖像的分析、求解、推斷相關(guān)量的變化(如位移、速度、加速度、功、功率、動(dòng)能、勢(shì)能、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能等)，查找其內(nèi)部蘊(yùn)含的物理規(guī)律。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2022·延安質(zhì)檢)如圖所示為某物體做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖像，關(guān)于這個(gè)物體在4s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，下列說(shuō)法中正確的是()A．物體始終向同一方向運(yùn)動(dòng)B．4s末物體離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)C．加速度大小不變，方向與初速度方向相同D．4s內(nèi)通過(guò)的路程為4m[解析]圖像的斜率不變，因此物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，開頭時(shí)速度方向與加速度方向相反，物體減速運(yùn)動(dòng)，t＝2s時(shí)，物體速度減為零，然后物體反向加速運(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)，回到起始點(diǎn)，由圖可知物體所經(jīng)受的路程為s＝2×2×eq\f(1,2)m＋2×2×eq\f(1,2)m＝4m，位移為零，A、B、C錯(cuò)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，依據(jù)物理圖像，想象出圖像所呈現(xiàn)的物理現(xiàn)象、狀態(tài)、過(guò)程和物理變化的具體情景，由于這些情景中隱含著很多解題條件，這些過(guò)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”、“端詳答案”等解題環(huán)節(jié)所需要解決的。[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2021·全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ)2022年11月，“殲15”艦載機(jī)在“遼寧號(hào)”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(dòng)力系統(tǒng)馬上關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過(guò)阻攔索對(duì)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(jì)時(shí)零點(diǎn)，飛機(jī)在t＝0.4s時(shí)恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度－時(shí)間圖線如圖乙所示。假如無(wú)阻攔索，飛機(jī)從著艦到停止需要的滑行距離約為1000m。已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g甲乙A．從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無(wú)阻攔索時(shí)的1/10B．在0.4s～2.5s時(shí)間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時(shí)間變化C．在滑行過(guò)程中，飛行員所承受的加速度大小會(huì)超過(guò)2.5D．在0.4s～2.5s時(shí)間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對(duì)飛機(jī)做功的功率幾乎不變解析：選AC設(shè)著艦時(shí)艦載機(jī)的速度為v，無(wú)阻攔索時(shí)艦載機(jī)加速度大小為a，所以a＝eq\f(v2,2x1)＝eq\f(702,2×1000)m/s2＝2.45m/s2，從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離即為vt圖像下的面積，即為x2＝eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())))70×0.4－eq\f(1,2)×2.45×0.42＋eq\f(70－2.45×0.4＋10,2)×2.1＋eq\f(1,2)×10×0.5eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())))m＝113.275m，約為無(wú)阻攔索時(shí)的1/10，A正確；在0.4s～2.5s時(shí)間內(nèi)，飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即阻攔索的張力的合力恒定不變，又阻攔索的夾角漸漸減小，故張力漸漸減小，B錯(cuò)誤；在滑行過(guò)程中，0.4s～2.5s時(shí)間內(nèi)加速度最大，加速度大小為a＝eq\f(70－2.45×0.4－10,2.1)m/s2≈28.1m/s2＞2.5g，飛行員所承受的最大加速度超過(guò)2.5g，C正確；在0.4s～2.5s時(shí)間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對(duì)飛機(jī)做功的功率P＝Fv，F(xiàn)不變，v漸漸減小，功率P減小，D錯(cuò)誤。2．(2022·江西師大附中摸底考試)M、N是某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，若在M點(diǎn)釋放一個(gè)初速度為零的電子，電子僅受電場(chǎng)力作用，并沿電場(chǎng)線由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其電勢(shì)能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．電子在N點(diǎn)的動(dòng)能小于在M點(diǎn)的動(dòng)能B．該電場(chǎng)有可能是勻強(qiáng)電場(chǎng)C．該電子運(yùn)動(dòng)的加速度越來(lái)越小D．電子運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線解析：選C電子從不動(dòng)到動(dòng)，電勢(shì)能漸漸減小，動(dòng)能漸漸增加，A錯(cuò)誤；依據(jù)電勢(shì)能的圖像可以看出電勢(shì)能是非線性減小的，由Ep＝qφ知電勢(shì)是非線性減小的，再依據(jù)U＝Ed推知場(chǎng)強(qiáng)是非固定值，因此該電場(chǎng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，B錯(cuò)誤；由牛頓其次定律得qE＝ma，加速度漸漸減小，C正確；軌跡與電場(chǎng)線重合，表明電場(chǎng)力與軌跡重合，因此軌跡只能是直線，D錯(cuò)誤。3．(2022·茂名模擬)我國(guó)“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼?yàn)時(shí)，深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面開頭下潛到最終返回水面的10min內(nèi)全過(guò)程的深度曲線(a)和速度圖像(b)，則下列說(shuō)法正確的有()A．圖(a)中h3代表本次下潛最大深度為360B．全過(guò)程中最大加速度是0.025mC．潛水員感到超重體驗(yàn)發(fā)生在0～1min和8min～10min內(nèi)D．整個(gè)潛水器在8min～10min時(shí)間段內(nèi)機(jī)械能守恒解析：選A最大深度h3＝(2×60＋4×60)×2×eq\f(1,2)m＝360m，A正確；最大加速度am＝eq\f(2.0－0,60)m/s2＝eq\f(1,30)m/s2，B錯(cuò)誤；在0～1min和8min～10min內(nèi)潛水員的加速度方向均向下，故潛水員有失重感，C錯(cuò)誤；8min～10min內(nèi)，潛水器的加速度方向向下，大小為a＝eq\f(3.0,120)m/s2＝0.025m/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(cuò)誤。類型二圖像選擇題目中給出某種情景，通過(guò)對(duì)情景的物理過(guò)程分析找出與之對(duì)應(yīng)的圖像并描繪出來(lái)(如給出物體的受力情景，選擇物體的運(yùn)動(dòng)圖像；或給出物體的運(yùn)動(dòng)圖像，選擇物體的受力圖像等)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2021·福建高考)如圖甲所示，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻。線框下落過(guò)程外形不變，ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直。設(shè)OO′下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣影響，則下列哪一個(gè)圖像不行能反映線框下落過(guò)程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律()甲乙[解析]線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中可能做：(1)勻速運(yùn)動(dòng)；(2)減速運(yùn)動(dòng)，始終減速或先減速后勻速；(3)加速運(yùn)動(dòng)，始終加速或先加速后勻速。線框做減速、加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度都是減小的。由此可知A圖像反映的規(guī)律是不行能的。[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，然后依據(jù)所學(xué)物理規(guī)律，推斷某些物理量的變化狀況，有些題目的四個(gè)選項(xiàng)是同一個(gè)物理量的變化狀況，有些題目的四個(gè)選項(xiàng)是不同物理量的變化狀況，要想解答此類題目，必需正確地分析物理過(guò)程。[針對(duì)訓(xùn)練]4．(2022·成都模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m的滑塊以肯定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面對(duì)上的恒力F＝mgsinθ。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取動(dòng)身點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x變化的是()甲乙解析：選CD滑塊在斜面方向共受三個(gè)力，一個(gè)重力沿斜面對(duì)下的分力mgsinθ，沿斜面對(duì)下的摩擦力μmgcosθ＝mgsinθ，沿斜面對(duì)上的拉力F＝mgsinθ，滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝gsinθ，因此位移x＝v0t－eq\f(1,2)gsinθ·t2，那么運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q＝fx＝mgsinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)gsinθ·t2))，與時(shí)間不成正比，A錯(cuò)誤；動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－gsinθ·t)2，不是關(guān)于時(shí)間t的一次函數(shù)關(guān)系，B錯(cuò)誤；重力勢(shì)能Ep＝mgh＝mgxsinθ，與位移x成正比，C正確；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，拉力和摩擦力的合力等于零，只有重力做功，機(jī)械能守恒，D正確。5．(2022·長(zhǎng)寧三模)汽車在平直大路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)功率為P，快進(jìn)入鬧市區(qū)時(shí)，司機(jī)減小了油門，使汽車的功率馬上減小一半并保持該功率連續(xù)行駛。設(shè)汽車行駛時(shí)所受的阻力恒定，則下面四個(gè)圖像中，哪個(gè)圖像能正確表示從司機(jī)減小油門開頭汽車的速度與時(shí)間的關(guān)系()解析：選B開頭時(shí)汽車以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力F＝f；當(dāng)汽車的功率減小一半并保持該功率連續(xù)行駛時(shí)，依據(jù)P＝Fv，則開頭的牽引力減為原來(lái)的一半，依據(jù)f－F＝ma，汽車做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，牽引力漸漸變大，加速度漸漸減小，最終當(dāng)牽引力再次等于阻力時(shí)，汽車將以v0/2做勻速運(yùn)動(dòng)，B正確。6．(2022·遼師大附中三模)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(chǎng)，磁場(chǎng)內(nèi)有一足夠長(zhǎng)的絕緣直桿，它與水平面的傾角為θ，一帶電荷量為－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(dòng)摩擦因數(shù)μ<tanθ。則小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度—時(shí)間圖像可能是圖乙中的()甲乙解析：選C帶電小球靜止時(shí)受到豎直向下的重力G、垂直斜面對(duì)上的支持力N和沿斜面對(duì)上的摩擦力f，小球下滑后，再受到一個(gè)垂直直桿向上的洛倫茲力F，沿斜面方向有Mgsinθ－μ(Mgcosθ－F)＝Ma，在垂直于斜面方向有N＋F＝Mgcosθ，由于小球加速，據(jù)F＝qvB，F(xiàn)增大而支持力N減小，據(jù)f＝μN(yùn)，摩擦力減小，導(dǎo)致加速度a增加；當(dāng)速度v1增加到某個(gè)值時(shí)，消滅Mgcosθ－F＝0，有Mgsinθ＝Ma，此時(shí)加速度最大，此后，F(xiàn)>Mgcosθ，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，最終消滅Mgsinθ＋μMgcosθ＝μF，之后小球勻速下滑，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。類型三圖像變換給出爭(zhēng)辯對(duì)象某個(gè)量的變化圖像，分析其他量的變化圖像(如給出磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)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(dòng)狀態(tài)等物理量隨時(shí)間變化的圖像)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·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(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面對(duì)里，圖丙中能表示線框的ab邊受到的磁場(chǎng)力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系的是(規(guī)定向左為力的正方向)()丙[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(shí)針流淌的，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(cuò)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(cuò)誤；在第6s內(nèi)，安培力是向右的，是負(fù)值，C錯(cuò)誤，D正確。[答案]D[題后感悟]對(duì)于圖像轉(zhuǎn)換問(wèn)題，應(yīng)劃分不同的時(shí)間段或者運(yùn)動(dòng)過(guò)程，逐過(guò)程畫出與之對(duì)應(yīng)的圖像。[針對(duì)訓(xùn)練]7．(2021·山東高考)將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合電路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)，回路的ab邊置于垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中。回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖像是()解析：選B由法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律可知，0～eq\f(T,2)和eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，電流的大小相等，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(guò)程中重物運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像，則該過(guò)程中起重機(jī)的輸出功率最接近圖乙中的()甲乙解析：選D由v-t圖像可知運(yùn)動(dòng)過(guò)程可劃分為三個(gè)階段，第一階段F1>mg，F(xiàn)1－mg＝ma1，F(xiàn)1＝m(g＋a1)，P1＝F1v1＝m(g＋a1)a1t1；其次階段F2＝mg，P2＝mg·vm<m(g＋a1)vm，A、B錯(cuò)誤；第三階段F3<mg，F(xiàn)3＝m(g－a1)，P3＝m(g－a1)vm<mgvm，C錯(cuò)誤，D正確。9．一矩形線圈位于一個(gè)方向垂直線圈平面對(duì)里的磁場(chǎng)中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。以i表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向的電流為正，圖丙中的i-t圖像正確的是()甲乙ABCD丙解析：選A在0～1s內(nèi)，據(jù)E＝eq\f(ΔB,Δt)S可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，感應(yīng)電流恒定，且電流為逆時(shí)針?lè)较颍趫D像中為負(fù)，C、D錯(cuò)誤；1s～2s內(nèi)，B不變，i＝0；2s～3s內(nèi)，由E＝eq\f(ΔB,Δt)S同理知電流恒定，方向?yàn)檎?，B錯(cuò)誤，A正確。類型四圖像的綜合應(yīng)用題目涉及的考點(diǎn)較多，跨度較大，需要較高的規(guī)律思維力量和運(yùn)算力量(如電磁感應(yīng)中圖像問(wèn)題，一道題可能涉及的學(xué)問(wèn)有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律等)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例4]))(2022·通化二模)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定斜面上(斜面足夠長(zhǎng))，對(duì)物體施一平行于斜面對(duì)上的拉力F，t＝2s時(shí)撤去拉力，物體運(yùn)動(dòng)的部分v-t圖像如圖乙所示(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求(1)拉力F的大?。?2)4s末物體速度的大小v。[解析](1)物體在前2s內(nèi)沿斜面加速上升，依據(jù)牛頓其次定律得F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1由題圖乙可知加速度a1＝5m在第3s內(nèi)物體減速上升，依據(jù)牛頓其次定律得－mgsin37°－μmgcos37°＝ma2由題圖乙可知加速度a2＝－10m聯(lián)立解得F＝15N(2)在第4s內(nèi)物體沿斜面對(duì)下加速下滑，依據(jù)牛頓其次定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma3解得加速度a3＝2m依據(jù)速度公式可知4s末物體速度大小v＝a3t＝2×1m/s＝[答案](1)15N(2)2[題后感悟]此類問(wèn)題屬圖像信息題，因此解題的關(guān)鍵是深化挖掘圖像隱含信息，并且與物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)狀況相結(jié)合，從而選擇相應(yīng)的物理規(guī)律作答。[針對(duì)訓(xùn)練]10．(2022·內(nèi)江聯(lián)考)如圖甲所示，兩個(gè)平行金屬板P、Q正對(duì)豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交變電壓。t＝0時(shí)，Q板比P板電勢(shì)高U0，在兩板的正中心M點(diǎn)有一電子在電場(chǎng)力作用下由靜止開頭運(yùn)動(dòng)(電子所受重力可忽視不計(jì))，已知電子在0～4t0時(shí)間內(nèi)未與兩板相碰。則電子速度方向向左且速度大小漸漸減小的時(shí)間是()甲乙A．0<t<t0B．t0<t<2t0C．2t0<t<3t0D．3t0<t<4t0解析：選D開頭時(shí)Q板電勢(shì)比P板高，電場(chǎng)線向左，負(fù)電荷受力向右，因此在0<t<t0內(nèi)，電子向右加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；t0時(shí)刻電場(chǎng)反向，電子開頭向右減速運(yùn)動(dòng)，到2t0時(shí)刻，速度恰好減小到零，B錯(cuò)誤；在2t0<t<3t0時(shí)間內(nèi)，電子向左加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；在3t0時(shí)刻，電場(chǎng)再次反向，電子開頭向左減速運(yùn)動(dòng)，到4t0時(shí)刻，速度剛好減小到零，D正確。11．(2022·達(dá)州質(zhì)檢)某物體由靜止開頭做直線運(yùn)動(dòng)，物體所受合力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，在0～8s內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是()A．物體在第2s末速度和加速度都達(dá)到最大值B．物體在第6s末的位置和速率，都與第2s末相同C．物體在第4s末離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)，速率為零D．物體在第8s末速度和加速度都為零，且離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)解析：選D由圖線可知，物體在第2s末所受合力達(dá)到最大，所以加速度達(dá)到最大值，2s～4s物體受力減小，加速度減小，物體仍舊加速，所以4s末速度達(dá)到最大；4s～6s物體做減速運(yùn)動(dòng)，6s末速率與第2s末相同，但位置不同；依據(jù)圖像，物體在第8s末合力減到零，速度和加速度都為零，且離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)，D正確。12．(2022·江西師大附中模擬)如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)阻值不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L＝1.0m，NQ兩端連接阻值R＝1.0Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面對(duì)上，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°。一質(zhì)量m＝0.20kg、阻值r＝0.50Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并用絕緣細(xì)線通過(guò)光滑的定滑輪與質(zhì)量M＝0.60kg的重物相連。細(xì)線與金屬導(dǎo)軌平行。金屬棒沿導(dǎo)軌向上滑行的速度v與時(shí)間t之間的關(guān)系如圖乙所示，已知金屬棒在0～0.3s內(nèi)通過(guò)的電荷量是0.3s～0.6s內(nèi)通過(guò)電荷量的eq\f(2,3)，g＝10m(1)0～0.3s內(nèi)金屬棒通過(guò)的位移；(2)金屬棒在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量。解析：(1)由題圖乙知金屬棒0.3s后的速度v＝1.5m/s，則其在0.3s～0.6s內(nèi)通過(guò)的電荷量q1＝I1t1＝eq\f(BLvt1,R＋r)設(shè)金屬棒在0～0.3s內(nèi)通過(guò)的位移為x2，則金屬棒在0～0.3s內(nèi)通過(guò)的電荷量q2＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx2,R＋r)由題中的電荷量關(guān)系得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,2)解得x2＝0.3(2)金屬棒在0～0.6s內(nèi)通過(guò)的總位移為x＝x1＋x2＝vt1＋x2解得x＝0.75依據(jù)能量守恒定律得Mgx－mgxsinθ－Q＝eq\f(1,2)(M＋m)v2解得整個(gè)電路在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q＝2.85J由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，依據(jù)焦耳定律得Q熱＝I2Rt，得到它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr＝eq\f(r,r＋R)Q＝0.95J。答案：(1)0.3m(2)0.95eq\a\vs4\al(第2講模型問(wèn)題)物理學(xué)科的爭(zhēng)辯對(duì)象是自然界物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和最普遍的運(yùn)動(dòng)形式，對(duì)于那些紛繁簡(jiǎn)單事物的爭(zhēng)辯，首先抓住其主要的特征，而舍去次要的因素，形成一種經(jīng)過(guò)抽象概括的抱負(fù)化“模型”，這種以模型概括簡(jiǎn)單事物的方法，是對(duì)簡(jiǎn)單事物的合理的簡(jiǎn)化。如運(yùn)動(dòng)員的跳水問(wèn)題是一個(gè)“豎直上拋”運(yùn)動(dòng)的物理模型；人體心臟收縮使血液在血管中流淌可簡(jiǎn)化為一個(gè)“做功”的模型等。物理模型是同類通性問(wèn)題的本質(zhì)體現(xiàn)和核心歸整。高中物理學(xué)中常見的物理模型有質(zhì)點(diǎn)、斜面體、連接體、傳送帶、點(diǎn)電荷、電容器、導(dǎo)軌、速度選擇器、霍爾元件等。現(xiàn)將高考中消滅頻率較高的模型——板塊模型、斜面模型、傳送帶模型和導(dǎo)軌模型做進(jìn)一步的闡述。模型一板塊模型物塊與木板(或物塊)組合在一起，是高中力學(xué)中常見的物理模型。在這一模型中考查二者之間的相互作用問(wèn)題，依據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為：平衡狀態(tài)下的物塊與木板、做勻變速運(yùn)動(dòng)的物塊與木板、做變加速運(yùn)動(dòng)的物塊與木板。解答本類問(wèn)題的思路是運(yùn)動(dòng)分析→受力分析→功能關(guān)系分析。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2022·貴州六校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊放在質(zhì)量M＝1kg的長(zhǎng)木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，木板長(zhǎng)L＝75cm，開頭時(shí)兩者都處在靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向右的恒力F拉小滑塊向木板的右端運(yùn)動(dòng)，為了在0.5s末使滑塊從木板右端滑出，拉力F應(yīng)多大[解析]分析m，水平方向受拉力F和滑動(dòng)摩擦力F1作用，設(shè)其加速度為a1，由牛頓其次定律得F－F1＝ma1分析M，水平方向受滑動(dòng)摩擦力F1作用，設(shè)其加速度為a2，由牛頓其次定律得F1＝Ma2設(shè)在0.5s時(shí)間內(nèi)m的位移為x1，M的位移為x2，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有x1＝eq\f(1,2)a1t2x2＝eq\f(1,2)a2t2依據(jù)幾何關(guān)系有x1－x2＝L又F1＝μmg代入數(shù)值解得F＝8N此過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL＝0.75J[答案]8N0.75J[題后感悟](1)板塊模型一般需求解它們之間的摩擦力、相對(duì)滑動(dòng)路程、摩擦生熱、多次作用后的速度等。(2)平衡狀態(tài)下的木板與滑塊：破題關(guān)鍵是受力分析。(3)非平衡狀態(tài)下的木板與滑塊：破題關(guān)鍵是受力分析、運(yùn)動(dòng)分析和牛頓其次、三定律。[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2022·寶雞一模)如圖所示，木板質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，小木塊質(zhì)量為m，水平地面光滑，一根不計(jì)質(zhì)量的輕繩通過(guò)定滑輪分別與M和m連接，小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。開頭時(shí)木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的拉力F將m拉至右端，拉力F至少做功為()A.eq\f(1,2)μmgLB．μmgLC．μ(m＋M)gLD.eq\f(1,2)μ(m＋M)gL解析：選B緩慢拉動(dòng)時(shí)，拉力F做功最少，依據(jù)功能關(guān)系，拉力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，所以W＝μmgL，B正確。2．(2022·自貢一模)如圖所示，質(zhì)量m＝10kg和M＝20kg的兩物塊，疊放在光滑水平面上，其中物塊m通過(guò)處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時(shí)刻，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k＝250N/m?，F(xiàn)用水平力F作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動(dòng)，當(dāng)移動(dòng)40cm時(shí)，A．M受到的摩擦力保持不變B．物塊m受到的摩擦力對(duì)物塊m不做功C．推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能D．開頭相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，推力F的大小等于200N解析：選C對(duì)m進(jìn)行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的靜摩擦力。由于彈簧在縮短，所以彈力越來(lái)越大，由于緩慢地向墻壁移動(dòng)，物體處于平衡狀態(tài)，M對(duì)m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，A錯(cuò)誤；物塊m受到的摩擦力方向向左，m向左運(yùn)動(dòng)，所以摩擦力做正功，B錯(cuò)誤；把m和M看成整體進(jìn)行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的推力，當(dāng)移動(dòng)40cm時(shí)，兩物塊間開頭相對(duì)滑動(dòng)，依據(jù)胡克定律得F＝kx＝100N，對(duì)整體爭(zhēng)辯，依據(jù)動(dòng)能定理得WF＋W彈＝ΔEk＝0，彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的變化，WF＝－W彈＝ΔEp，所以推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能，C正確，3．(2022·開封模擬)質(zhì)量為1kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示。A和B經(jīng)過(guò)1s達(dá)到同一速度，后共同減速直至靜止，其v-t圖像如圖乙所示，g＝10m/s(1)A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1，B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)A的質(zhì)量m。解析：(1)由圖像可知，物塊和木板在0～1s內(nèi)的加速度大小均為a1＝2m由牛頓其次定律得μ1mg＝ma1解得μ1＝0.2在1s～3s內(nèi)物塊與木板相對(duì)靜止，一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體分析，加速度大小為a2＝1m由牛頓其次定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a2解得μ2＝0.1(2)隔離B分析，在0～1s內(nèi)由牛頓其次定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1解得m＝3答案：(1)0.20.1(2)3模型二斜面模型斜面模型是高中物理中最常見的物理模型之一，各類考題中都會(huì)消滅，高考物理中的斜面問(wèn)題千變?nèi)f化，既可能光滑，也可能粗糙；既可能靜止，也可能運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)又分為勻速和變速；既可能是一個(gè)斜面，也可能是多個(gè)斜面。求解斜面問(wèn)題，能否做好斜面上物體的受力分析，尤其是斜面對(duì)物體的作用力(包括支持力和摩擦力)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2021·廣東高考)如圖所示，物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平?，F(xiàn)把物體Q輕輕地疊放在P上，則()A．P向下滑動(dòng)B．P靜止不動(dòng)C．P所受的合力增大D．P與斜面間的靜摩擦力增大[解析]設(shè)P的質(zhì)量為m，P靜止于斜面上，則有mgsinθ＝f≤μmgcosθ，當(dāng)把Q輕放于P之上，相當(dāng)于P的質(zhì)量變大，設(shè)P、Q的總質(zhì)量為M，則有Mgsinθ≤μMgcosθ，故P仍靜止不動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；P靜止不動(dòng)，其所受合力為零，C錯(cuò)誤；對(duì)P、Q整體有f′＝Mgsinθ，由于M>m，故P與斜面間的靜摩擦力變大，D正確。[答案]BD[針對(duì)訓(xùn)練]4．(2021·北京高考)如圖所示，傾角為α、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mgcosαB．木塊對(duì)斜面體的壓力大小是mgsinαC．桌面對(duì)斜面體的摩擦力大小是mgsinαcosαD．桌面對(duì)斜面體的支持力大小是(M＋m)g解析：選D對(duì)m進(jìn)行受力分析，由平衡方程得木塊對(duì)斜面的壓力N＝mgcosα，木塊受到的摩擦力f＝mgsinα，A、B錯(cuò)誤；對(duì)M和m進(jìn)行整體受力分析，可得桌面對(duì)斜面體的摩擦力大小是零，桌面對(duì)斜面體的支持力大小是(M＋m)g，C錯(cuò)誤，D正確。5．(2021·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)。現(xiàn)用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，小球在斜面上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，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(shí)細(xì)繩接近水平，此過(guò)程中斜面對(duì)小球的支持力N以及繩對(duì)小球的拉力FT的變化狀況是()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(dòng)斜面體，小球處于動(dòng)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)成封閉三角形，如圖所示，開頭時(shí)繩的拉力與支持力的夾角為銳角，隨著繩的拉力FT按順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其大小先減小后增大，而支持力N始終增大，D正確。6．(2022·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＝1.0kg的物體，細(xì)繩的一端與物體相連，另一端經(jīng)摩擦不計(jì)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4.9N。關(guān)于物體受力的推斷(取g＝9.8m/s2A．斜面對(duì)物體的摩擦力大小為零B．斜面對(duì)物體的摩擦力大小為4.9N，方向沿斜面對(duì)上C．斜面對(duì)物體的支持力大小為4.9eq\r(3)N，方向豎直向上D．斜面對(duì)物體的支持力大小為4.9N，方向垂直斜面對(duì)上解析：選A物體受到重力、支持力和細(xì)繩的拉力作用，重力沿斜面對(duì)下的分力mgsinθ＝4.9N，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(dòng)的趨勢(shì)，摩擦力大小為零，A正確，B錯(cuò)誤；斜面對(duì)物體的支持力大小mgcosθ＝4.9eq\r(3)N，方向垂直斜面對(duì)上，C、D錯(cuò)誤。模型三傳送帶模型(1)物塊與傳送帶是高中力學(xué)中一個(gè)常見的模型，其特征是以摩擦力為紐帶關(guān)聯(lián)傳送帶和物塊的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，這類問(wèn)題涉及滑動(dòng)摩擦力和靜摩擦力的轉(zhuǎn)換、對(duì)地位移和二者間的相對(duì)位移的區(qū)分，綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功和能等學(xué)問(wèn)。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(shí)針和逆時(shí)針兩種；按轉(zhuǎn)速是否變化可分為勻速和勻變速兩種。(2)解答本類問(wèn)題的基本思路運(yùn)動(dòng)分析→受力分析→功能關(guān)系分析。受力分析的關(guān)鍵是推斷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(duì)位移。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·廊坊二模)水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以速度v勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶上A點(diǎn)處輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時(shí)間t小物體的速度與傳送帶相同，相對(duì)傳送帶的位移大小為x，A點(diǎn)未到右端，在這段時(shí)間內(nèi)()A．小物體相對(duì)地面的位移大小為xB．傳送帶上的A點(diǎn)對(duì)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(dòng)機(jī)要多做的功為mv2[解析]在這段時(shí)間內(nèi)，物體從靜止做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其相對(duì)地面的位移為x1＝eq\f(1,2)vt，傳送帶(或傳送帶上的A點(diǎn))相對(duì)地面的位移為x2＝vt，物體相對(duì)傳送帶的位移大小x＝x2－x1＝eq\f(1,2)vt，明顯x1＝x，x2＝2x，A正確，B錯(cuò)誤；物體與傳送帶間的滑動(dòng)摩擦力做功，將系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，摩擦生熱Q＝fx，對(duì)物體運(yùn)用動(dòng)能定理有fx1＝eq\f(1,2)mv2，又x1＝x，故Q＝fx＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤；在這段時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)要多做功以克服滑動(dòng)摩擦力做功，W＝fx2＝2fx＝mv2，D正確。[答案]AD[題后感悟](1)當(dāng)v物與v傳同向時(shí)，只要傳送帶足夠長(zhǎng)，無(wú)論v物與v傳大小關(guān)系如何，最終肯定一起勻速運(yùn)動(dòng)。(2)當(dāng)v物與v傳反向時(shí)，只要傳送帶足夠長(zhǎng)，當(dāng)v物<v傳時(shí)，物塊返回到滑入端，速度大小仍為v物；當(dāng)v物>v傳時(shí)，物塊返回到滑入端，速度大小為v傳。(3)Q＝fx相對(duì)中x相對(duì)為全過(guò)程的相對(duì)路程，留意v物與v傳同向和反向時(shí)的區(qū)分。[針對(duì)訓(xùn)練]7．(2022·自貢模擬)如圖甲所示，以速度v逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ。現(xiàn)將一個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ＜tanθ)，則圖乙中能夠正確地描述小物體的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的圖線是()甲乙解析：選D開頭時(shí)傳送帶的速度大于物體的速度，故滑動(dòng)摩擦力沿斜面對(duì)下，故物體的加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，當(dāng)物體的速度等于傳送帶的速度時(shí)物體的加速度為gsinθ，此后物體的速度大于傳送帶的速度，物體所受的摩擦力沿斜面對(duì)上，依據(jù)μ＜tanθ可得sinθ＞μcosθ，故mgsinθ＞μmgcosθ，即重力沿斜面方向的分力大于滑動(dòng)摩擦力，所以物體的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，故a1＞a2，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．(2022·駐馬店模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以速度v沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，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＝0.45m。一小物體從A點(diǎn)靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又返回曲面。g取10m/sA．若v＝1m/s，則小物體能回到B．若v＝2m/s，則小物體能回到C．若v＝5m/s，則小物體能回到D．無(wú)論v等于多少，小物體都不能回到A點(diǎn)解析：選C小物體從光滑曲面滑行過(guò)程由動(dòng)能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)＝3m/s，到達(dá)傳送帶后與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反，受到向右的摩擦力，開頭減速，向左減速到零后向右加速。依據(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需為v＝eq\r(2gh)＝3m/s，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的可逆性，小物體向左勻減速到零后向右勻加速到3m/s，位移相等即始終加速，但加速的末速度等于傳送帶速度時(shí)就會(huì)變?yōu)閯蛩俨辉偌铀?，所以傳送帶速度要大?m/s，C正確。9．(2022·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v0＝6m/s，將質(zhì)量m＝1.0kg的可看做質(zhì)點(diǎn)的滑塊無(wú)初速度地放到傳送帶A端，傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝12.0m，“9”形軌道全高H＝0.8m，“9”形軌道上半部分圓弧半徑為R＝0.2m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3(1)滑塊從傳送帶A端運(yùn)動(dòng)到B端所需要的時(shí)間；(2)滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)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θ＝45°的斜面上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(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律得μmg＝ma解得a＝3m加速到與傳送帶達(dá)到共同速度所需要的時(shí)間t1＝eq\f(v0,a)＝2s前2s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝6m之后滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝L－x1＝6所用的時(shí)間t2＝eq\f(x2,v0)＝1s滑塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所用時(shí)間t＝t1＋t2＝3s(2)滑塊從B到C的過(guò)程中由動(dòng)能定理得－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)滑塊的彈力N方向豎直向下，由牛頓其次定律得N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得N＝90N方向豎直向下。由牛頓第三定律得，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為90N，方向豎直向上。(3)滑塊從B到D的過(guò)程中由動(dòng)能定理得－mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在P點(diǎn)vy＝vDtan45°又h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)解得h＝1.4m答案：(1)3s(2)90N，方向豎直向上(3)1.4m模型四電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型(1)“桿(單桿)＋導(dǎo)軌”模型是高考的熱點(diǎn)，也是難點(diǎn)，考查學(xué)問(wèn)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(dòng)狀態(tài)可分為勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、變加速直線運(yùn)動(dòng)等，桿的最終狀態(tài)一般為靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)；磁場(chǎng)的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等，情景簡(jiǎn)單，形式多變。(2)解答本類問(wèn)題的基本思路受力分析→運(yùn)動(dòng)分析→功能關(guān)系分析。(3)本類問(wèn)題一般狀況下用到的學(xué)問(wèn)：運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和功能關(guān)系等。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例4]))(2022·昆明模擬)寬度為L(zhǎng)，足夠長(zhǎng)的光滑傾斜導(dǎo)軌與水平面間夾角為θ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(gè)阻值為R的電阻，下端連著一個(gè)阻值為2R的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，電阻也為R，垂直地放在導(dǎo)軌上。在某一平行于導(dǎo)軌向上的恒力(圖中未畫出)的作用下，ab棒從靜止開頭沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，最終達(dá)到穩(wěn)定的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。整個(gè)過(guò)程中，通過(guò)斜面底端電阻2R的最大電流為I，求：(1)通過(guò)ab棒的最大電流；(2)ab棒的最大加速度；(3)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漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0時(shí)，速度v＝vm最大，此時(shí)電流也最大。由電路結(jié)構(gòu)知，此時(shí)，通過(guò)ab棒的電流為3I。(2)當(dāng)速度v＝vm時(shí)，有F－3BIL－mgsinθ＝0解得F＝3BIL＋mgsinθ剛開頭時(shí)，v＝0，a＝am最大，故F－mgsinθ＝mam解得am＝eq\f(3BIL,m)(3)a＝0時(shí)，v＝vm，ab棒的電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm又E＝3I·R總＝3I×eq\f(5,3)R＝5IR解得vm＝eq\f(5IR,BL)[答案](1)3I(2)eq\f(3BIL,m)(3)eq\f