高考物理考前冲刺（1）必考物理模型 (含详解)

这是一份高考物理考前冲刺（1）必考物理模型 (含详解)，共16页。试卷主要包含了板块模型，杆轨模型等内容，欢迎下载使用。
必考模型一、板块模型
（1）涉及牛顿运动定律的板块模型
【真题引领】
(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求
(1)B与木板相对静止时，木板的速度。
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
【答案】(1)1 m/s (2)1.9 m
(1)情景转化：
①转化为运动过程示意图 ②转化为各物体的v-t图象

解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a1
在滑块B与木板达到共同速度前有：
f1=μ1mAg①
f2=μ1mBg②
f3=μ2(mA+mB+m)g ③
由牛顿第二定律得
f1=mAaA④
f2=mBaB⑤
f2-f1-f3=ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
v1=v0-aBt1⑦
v1=a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：
t1=0.4 s，v1=1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离
sB=v0t1-aB⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有：
f1+f3=(mB+m)a2
由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反，由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，根据运动学公式，对木板有
v2=v1-a2t2
对A有v2=-v1+aAt2
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2-a2
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0=sA+s1+sB
联立以上各式，代入数据得s0=1.9 m
(2)易错警示：
警示1：缺少对总体的运动情况分析，分析出总体的两个运动过程是关键。
警示2：没有利用好当B与木板共速后与木板共同运动这一条件。
警示3：不能画出运动过程示意图，直观地体现解题思路。
“四步”解板块模型牛顿运动定律类问题
板块模型问题的四点注意
(1)弄清摩擦力是滑动摩擦力还是静摩擦力。
(2)摩擦力是否突变。
(3)弄清各个位移的关系。
(4)正确选择研究对象建模列式。
考场练兵：
长为1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1=0.25。求：(g取10 m/s2)
(1)木板与冰面的动摩擦因数；
(2)小物块相对长木板滑行的距离；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件？
【答案】(1)0.10 (2)0.96 m
解析：(1)A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度大小为a==μ2g，
且a==1 m/s2；
解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10。
(2)小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度大小为a1=μ1g=2.5 m/s2，
小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有
μ1mg-μ2(2m)g=ma2，
解得加速度为a2=0.50 m/s2，
设小物块冲上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v，
由长木板的运动得v=a2t，
解得滑行时间t==0.8 s。
小物块冲上木板的初速度
v10=v+a1t=2.4 m/s，
小物块A在长木板B上滑动的距离为Δs=s1-s2=v10t-a1t2-a2t2=0.96 m。
(3)小物块A的初速度越大，它在长木板B上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B的最右端时，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0。
有v0t′-a1t′2-a2t′2=L，
v0-v′=a1t′， v′=a2t′，
由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度
v0==3.0 m/s。
(3)不大于3.0 m/s
（2）涉及动量守恒定律的板块模型
【真题引领】
(2016·天津高考改编)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间存在摩擦；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为_______；滑块与盒运动过程中的能量损失为_______。
【答案】 mv2
(1)题眼解读
解析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得：mv=3mv共
解得v共=
由能量关系可知：
μmgx=mv2-·3m·
解得：μmgx=mv2
(2)易错警示：
警示1：缺少对整个过程的运动情况分析，分析出系统的动量守恒是关键。
警示2：没有利用好当B与盒共速后与盒共同运动这一条件。
警示3：没有体会出动量守恒的特点。
“四步”解板块模型动量守恒定律类问题
考场练兵：
如图所示，质量为m2=2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R=0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道CD部分粗糙，长为L=0.2 m，动摩擦因数μ=0.10，其他部分均光滑。现让质量为m1=1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g=10 m/s2，求：
(1)物块到达最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置。
【答案】(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D点
解析：(1)m1从释放到最低点，由动量守恒得到：0=m1v1-m2v2
由机械能守恒得到：
m1gR=m1+m2
解得：v1=2 m/s
(2)由能量守恒得到：Epm=m1gR-μm1gL
解得：Epm=2.8 J
(3)最终物块将停在C、D之间，由能量守恒得到：m1gR=μm1gs
解得：s=3 m
所以m1最终停在D点。
（3）涉及能量守恒定律的板块模型
【真题引领】
(2015·福建高考)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm。
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
【答案】(1)3mg (2)① ②
(1)题眼解读
(2)情景转化：
转化为运动过程示意图
下滑过程⇒机械能守恒→最低点圆周⇒滑块小车动量守恒
解析：(1)由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大
从A到B，根据动能定理：mgR=m-0
在B点：FN-mg=m
联立解得FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg
(2)①若不固定小车，滑块到达B点时，小车的速度最大
根据动量守恒可得：mv′=Mvm
从A到B，根据能量守恒：mgR=mv′2+M
联立解得：vm=
②设滑块到C处时小车的速度为v，则滑块的速度为2v，根据能量守恒：
mgR=m(2v)2+Mv2+μmgL
解得：v=
小车的加速度：a==μg
根据-v2=2as
解得：s=
(3)易错警示：
警示1：缺少对总体的运动情况分析，分析出总体的动量守恒和能量守恒是关键。
警示2：没有利用好当物块与板的人船模型特征。
“四步”解板块模型能量守恒定律类问题
考场练兵：
如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m=2 kg，木板质量M=1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10 m/s2。求：
(1)t=0.5 s时滑块的速度大小；
(2)0～2.0 s内木板的位移大小；
(3)整个过程中因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)1 m/s (2)6.25 m (3)12 J
解析：(1)木板M的最大加速度
am==4 m/s2
滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
Fm=(M+m)am=12 N
即F为6 N时，M与m一起向右做匀加速运动
对整体分析有：F=(M+m)a1
v1=a1t1
代入数据得：v1=1 m/s
(2)对M：0～0.5 s，x1=a1
0.5～2 s，μmg=Ma2
x2=v1t2+a2
则0～2 s内木板的位移x=x1+x2=6.25 m
(3)对滑块：
0.5～2 s，F′-μmg=ma2′
0～2 s时滑块的位移
x′=x1+
在0～2 s内m与M相对位移Δx1=x′-x=2.25 m
t=2 s时木板速度v2=v1+a2t2=7 m/s
滑块速度v2′=v1+a2′t2=10 m/s
撤去F后，对M：μmg=Ma3
对m：-μmg=ma3′
当滑块与木板速度相同时保持相对静止，
即v2+a3t3=v2′+a3′t3
解得t3=0.5 s
该段时间内，M位移x3=v2t3+a3
m位移x3′=v2′t3+a3′
相对位移Δx2=x3′-x3=0.75 m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx=Δx1+Δx2=3 m
系统因摩擦产生的热量Q=μmg·Δx=12 J。
必考模型二、杆轨模型
（1）单杆模型
【真题引领】
(2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
【答案】(1)BLv (2) (3)
(1)题眼解读
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E=BLv
(2)线框中的感应电流I=
拉力大小等于安培力大小F=BIL
拉力的功率P=Fv=
(3)线框ab边电阻Rab=
时间t=
ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt=
(2)易错警示：
警示1：利用法拉第电磁感应定律计算安培力的公式运用；
警示2：利用恒定电流的焦耳定律或能量守恒是关键。
“四步”解决涉及杆轨模型的动力学问题
考场练兵：
如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻。质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g。求：
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；
(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，
求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm。
【答案】(1) (2)- (3)
解析：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行达到最大速度时，其受到的合力为零，
对其受力分析，可得：
mgsinθ-BIL=0
根据欧姆定律可得：I=
解得：vm=
(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，
由电流的定义可得：q=Δt
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：
==
解得：x=
设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0=
此过程中，电路产生的总焦耳热为Qr，由功能关系可得：mgxsinθ=Qr+m
定值电阻产生的焦耳热Q=Qr
解得：Q=-
(3)由牛顿第二定律得：BIL=ma
由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：
I=
可得：v=m
vΔt=mΔv，
即xm=mvm
得：xm=
（2）双杆模型
【真题引领】
(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向。
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
【答案】(1) 方向水平向右 (2)mv2-kq
(1)题眼解读
(2)情景转化：
①结构转化：单匝线圈可视为“电源”；PQ和MN可视为并联的两个电阻。
②过程转化：运动分析⇒法拉第电磁感应定律⇒电路分析⇒做功分析
解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，
由法拉第电磁感应定律E=，则E=k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，
有R并=②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I=③
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ=I④
设PQ受到的安培力为F安，有F安=BIPQl⑤
根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左
保持PQ静止，由于受力平衡，有F=F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F=⑦
方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为，有=⑧
其中ΔΦ=Blx⑨
设PQ中的平均电流为，有=⑩
根据电流的定义得=
由动能定理，有Fx+W=mv2-0
联立⑦⑧⑨⑩得W=mv2-kq
(3)易错警示：
警示1：分析出总体的法拉第电磁感应定律和能量守恒是关键。
警示2：电荷量的计算方法和安培力冲量的利用是难点。
“四步”分析解决杆轨模型
双杆模型多应用在电磁感应中的动量和能量问题
(1)如果双杆运动过程系统所受合外力为零，首先用动量守恒定律求速度，再用能量守恒定律求电能。
(2)如果双杆系统不符合动量守恒，应用好电路问题的两个分析：“电源”的分析和“运动”的分析。
考场练兵：
如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α=53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d=0.5 m。导体棒a的质量为m1=0.1 kg、电阻为R1=6 Ω；导体棒b的质量为m2=0.2 kg、电阻为R2=3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场。(sin53°=0.8，cs53°=0.6，g取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)求：
(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；
(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；
(3)M、N两点之间的距离。
【答案】(1)2∶9 (2)1.2 J (3) m
解析(1)由焦耳定律得，Q=I2Rt，得=，
又根据串并联关系得，I1=I2，且=2；
计算得出：=
(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q
由Q=m1gsinα·d+m2gsin α·d，可计算得出Q=1.2 J
(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻
R总1=(6+) Ω=7.5 Ω
b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻R总2=(3+)Ω=5Ω
由m1gsinα=和m2gsinα=，
可得==
又由v2=v1+a，a=gsinα，得v2=v1+8×
由上述两式可得=12(m/s)2，=
M、N两点之间的距离Δs=-= m