高考物理冲破高分瓶颈考前必破：破（1）必考物理模型 (含解析)

这是一份高考物理冲破高分瓶颈考前必破：破（1）必考物理模型 (含解析)，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。
破（1）必考物理模型必考模型一、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=μ1mAg      ①f2=μ1mBg      ②f3=μ2(mA+mB+m)g      ③由牛顿第二定律得f1=mAaA      ④f2=mBaB      ⑤f2-f1-f3=ma1      ⑥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-aBt1      ⑦v1=a1t1      ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：t1=0.4 s，v1=1 m/s     ⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离sB=v0t1-aB     ⑩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)a1v1=a1t1代入数据得：v1=1 m/s(2)对M：0～0.5 s，x1=a10.5～2 s，μmg=Ma2x2=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 mt=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+a3m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=mvΔt=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=k   ①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=I    ④设PQ受到的安培力为F安，有F安=BIPQl   ⑤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=Blx     ⑨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，cos53°=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 Ωb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