第二篇 锤炼能力·搏高分
必须突破的必考模型和方法
维度2:双杆模型
(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。
(1)审题破题眼:
(2)情境化模型:
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。
(3)命题陷阱点:
陷阱1:分析出总体的法拉第电磁感应定律和能量守恒是关键。
陷阱2:电荷量的计算方法和安培力冲量的利用是难点。
【标准解答】
双杆模型的常见情况
(1)初速度不为零,不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量mb=ma电阻rb=ra长度Lb=La
质量mb=ma电阻rb=ra长度Lb=2La
力学观点
杆b受安培力做变减速运动,杆a受安培力做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动
杆b受安培力做变减速运动,杆a受安培力做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆的速度之比为1∶2
图象观点
能量观点
一部分动能转化为内能:Q=-ΔEk
(2)初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量mb=ma电阻rb=ra长度Lb=La
摩擦力Ffb=Ffa质量mb=ma电阻rb=ra长度Lb=La
力学观点
开始时,两杆受安培力做变加速运动;稳定时,两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时,若Ff2Ff,a杆先变加速后匀加速运动,b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动,且加速度相同
图象观点
能量观点
F做的功转化为两杆的动能和内能:WF=ΔEk+Q
F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热):WF=ΔEk+Q电+Qf
1.桌面上有不等间距平行金属导轨MN、M′N′和PQ、P′Q′如图水平放置(桌面未画出),MN和M′N′相连,PQ和P′Q′相连,导轨宽度分别为d1=0.1
m,d2=0.2
m,M′N′和P′Q′上左端都涂有长度为2
m的绝缘漆,图中用较粗部分表示,金属棒a和金属棒b分别垂直导轨放置,金属棒b开始位置与M′P′位置重合,它们质量分别为ma=0.1
kg,mb=0.2
kg,b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一小物块c相连,c的质量mc=0.2
kg,c开始时距地面高度h=2
m。整个空间充满垂直导轨向上的匀强磁场。已知绝缘漆部分和棒的动摩擦因数μ=0.2,导轨其余部分均光滑且和金属棒接触良好,开始用手托着c使系统保持静止。现放手使其开始运动,物块c触地后不再反弹,设整个过程中导轨足够长,g取10
m/s2,求:
(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时细线的拉力大小;
(2)从开始运动到金属棒a的速度为2
m/s时系统产生的热量;
(3)求金属棒a的最大速度。
2.如图所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距L,放在水平绝缘桌面上,半径为R的圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好,棒ab质量为2m、电阻为r,棒cd的质量为m、电阻为r,重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为1∶3。求:
(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小;
(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度;
(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。
1.如图所示,光滑水平面上静止放置质量M=2
kg,长L=0.84
m的长木板C,离板左端s=0.12
m处静止放置质量mA=1
kg的小物块A,A与C间的动摩擦因数μ=0.4;在板右端静止放置质量mB=1
kg的小物块B,B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A、B均可视为质点,g取10
m/s2。现在木板上加一水平向右的力F,问:
(1)当F=9
N时,小物块A的加速度为多大?
(2)若F足够大,则A与B碰撞之前运动的最短时间是多少?
(3)若在A与B发生碰撞瞬间两者速度交换且此时撤去力F,A最终能滑出C,则F的最大值为多少?
2.如图甲所示,质量为M的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中,物块和木板的v-t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示
,a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v-t图象,(g取10
m/s2),求:
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2,达到相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3;
(2)物块质量m与长木板质量M之比;
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
3.如图甲所示,两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37°的斜面上,两导轨间距为L=0.5
m。上端通过导线与R=2
Ω的电阻连接,下端通过导线与RL=4
Ω的小灯泡连接。在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的磁场,CE间距离d=2
m。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。在t=0时,一阻值为R0=2
Ω的金属棒从AB位置由静止开始运动,在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中,小灯泡的亮度没有发生变化。设导轨AC段有摩擦,其他部分光滑,金属棒运动过程中始终与CD平行(g取10
m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求:
(1)通过小灯泡的电流强度;
(2)金属棒与导轨AC段之间的动摩擦因数;
(3)金属棒从AB位置运动到EF位置过程中,整个系统产生的热量。
4.
(弹簧模型)如图所示,物块A、B的质量分别为m和3m,它们之间用一轻弹簧连接,置于光滑的水平面上,物块A刚好与墙壁接触。现用外力缓慢向左推物块B,使弹簧压缩,此过程中外力做功W,然后撤去外力,求:
(1)物块A刚离开墙壁时物块B的速度;
(2)在物块A离开墙壁后的运动过程中,物块A、B各自的最小速度。
5.(绳杆模型)如图甲所示,装置BO′O可绕竖直轴O′O转动,可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点,装置静止时细线AB水平,细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=1
kg,细线AC长l=1
m,B点距转轴的水平距离和距C点竖直距离相等(重力加速度g=10
m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时,细线AB上的张力为0,而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°,求角速度ω1的大小;
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时,细线AB刚好竖直,且张力为0,求此时角速度ω2的大小;
(3)装置可以以不同的角速度匀速转动,试通过计算在图乙坐标中画出细线AC上张力FT随角速度的平方ω2变化的关系图。
第二篇 锤炼能力·搏高分
必须突破的必考模型和方法
模型建构 高考必考物理模型
必考模型2
维度2
///研透真题·破题有方///
【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
答案:(1) 方向水平向右
(2)mv2-kq
///多维猜押·制霸考场///
1.【解析】(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时未形成闭合电路,金属棒b不受安培力。
对b,由牛顿第二定律得:T-μmbg=mba
对物块c,由牛顿第二定律得:mcg-T=mca
联立解得:T=1.2
N,a=4
m/s2。
(2)b在绝缘漆部分所受摩擦力大小为:
f=μmbg=0.2×0.2×10
N=0.4
N
摩擦生热产生的热量为:
Q1=fL=0.4×2
J=0.8
J
从开始运动到c落地的过程,应用运动学规律得:
=2ah
解得:vc=vb=4
m/s
此时金属棒b离开绝缘漆,开始切割磁感线,回路产生感应电流,b做减速运动,a做加速运动,通过它们的电流时刻相等,所以a和b受到的安培力大小之比为1∶2,质量之比为1∶2,其加速度大小之比为1∶1,即二者速度变化量大小时刻相等。
可知当va′=2
m/s时,vb′=2
m/s
根据能量守恒定律可得系统产生的焦耳热为:
Q2=mb-mbvb′2-mava′2
解得:Q2=1.0
J
所以从开始运动到a的速度为2
m/s时,系统产生的热量为:Q=Q1+Q2=1.8
J。
(3)金属棒a和b运动方向相同,切割磁感线产生的感应电动势方向相反。当两者的感应电动势大小相等时,回路的感应电流为0,两棒不受安培力,均做匀速运动,金属棒a的速度达到最大。设此时a、b两棒的速度分别为v1和v2
则有Bd1v1=Bd2v2,可得:v1=2v2
因为a、b加速度大小相等,则有:
v1-0=vb-v2
解得:v1=vb=
m/s。
答案:(1)1.2
N (2)1.8
J (3)
m/s
2.【解析】(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1,ab棒从圆弧导轨滑下,由机械能守恒定律得
2mgR=×2m
①
离开导轨时,设ab棒的速度为v1′,cd棒的速度为v2′,ab棒与cd棒在水平导轨上运动,由动量守恒定律得
2mv1=2mv1′+mv2′
②
两棒离开导轨做平抛运动的时间相等,由水平位移x=vt可知:
v1′∶v2′=x1∶x2=1∶3
③
联立①②③解得
v1′=,v2′=。
(2)ab棒刚进入水平导轨时,cd棒受到的安培力最大,它的加速度最大,回路中的感应电动势为E=BLv1
④
I=
⑤
cd棒受到的安培力为:Fcd=BIL
⑥
cd棒的最大加速度为a=
⑦
联立①④⑤⑥⑦解得:
a=。
(3)根据能量守恒定律,两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为:
Q=×2m-(×2mv+mv)
⑧
联立①⑧并代入v1′和v2′
解得Q=mgR。
答案:(1)
(2) (3)mgR
///高考猜押竞技场///
1.【解析】(1)设木板和物块A一起向右加速,它们之间静摩擦力为Ff,
由牛顿第二定律得:F=(M+mA)a
得:a=3
m/s2
Ff=mAa=3
N<μmAg=4
N,故假设成立,即a=3
m/s2
(2)物块A在与物块B碰撞之前运动时间最短,必须加速度最大,
则Ff=μmAg=mAa1
L-s=a1
解得:t1=0.6
s
(3)在A与B发生碰撞时,A刚好滑至板的左端,则此种情况推力最大,设为F1,
对板C有:F1-μmAg=MaC
L=aC
解得:F1=
N≈13.3
N
若A与C没有发生相对滑动,设推力最小为F2,
A与B发生弹性碰撞之前,
对A和C有F2(L-s)=(M+mA)-0
A与B发生弹性碰撞,因质量相等,A的速度交换给B,A静止。
而后刚好撤去外力,A与C发生相对滑动,A滑至C的左端时A、C刚好共速,有
Mv1=(M+mA)v2
μmAgs=M-(M+mA)
F2=3
N
答案:(1)3
m/s2 (2)0.6
s (3)3
N
2.【解析】(1)由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为
a1=
m/s2=1.5
m/s2
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为
a2=
m/s2=1
m/s2
达到共速后一起匀加速运动的加速度大小为
a3=
m/s2=0.5
m/s2
(2)对m冲上木板减速阶段有
μ1m1g=ma1
对M向前加速阶段有
μ1mg-μ1(m+M)g=Ma2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段有
μ2(m+M)g=(M+m)a3
联立以上三式得:=
(3)由v-t图象可知,物块相对于长木板滑行的距离Δs对应图中Δabc的面积。
则:Δs=10×4×
m=20
m
答案:(1)1.5
m/s2 1
m/s2 0.5
m/s2
(2)= (3)20
m
3.【解析】(1)0～4
s内,由法拉第电磁感应定律得
E==Ld=0.5
V
由闭合电路欧姆定律得
IL==0.1
A。
(2)灯泡亮度不变,则全程通过灯泡的电流恒为IL,设金属棒运动到CD时的速度为v,金属棒在AC段的加速度为a,则依题意有
BLv=ILRL+(IL+IR)R0
ILRL=IRR
由牛顿第二定律可得
mgsin37°-μmgcos37°=ma
由运动学公式v=at1
由题图乙可知t1=4
s,B=2
T
代入以上方程联立可得
v=1.0
m/s,μ=。
(3)金属棒在CE段做匀速直线运动,则有
mgsin37°=B(IL+IR)L
解得m=0.05
kg
BD段的位移x=t1=2
m
根据能量守恒有
EILt1+mg(x+d)sin37°=mv2+Q
解得整个系统产生的热量
Q=1.375
J。
答案:(1)0.1
A (2) (3)1.375
J
4.【解析】(1)设物块A刚离开墙壁时物块B的速度为v,撤去外力后,以弹簧和物块B组成的系统为研究对象,由机械能守恒定律可得
W=·3mv2
得:v=
(2)A离开墙壁后,B减速、A加速,直到弹簧再次恢复原长,B的速度最小;
然后B加速、A减速直到弹簧又一次恢复原长,
此时系统完成一次周期性的运动,A的速度最小。
以A、B及弹簧组成的系统为研究对象,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
3mv=mvA+3mvB
由机械能守恒定律得:
·3mv2=m+·3m
解得:vA=v=,
vB=v=
或vA=0,vB=v=
所以物块A、B的最小速度分别为vA=0,vB=
答案:(1) (2)vA=0,vB=
5.【解析】(1)细线AB上张力恰为0时有:
mgtan37°=mlsin37°
解得:ω1==
rad/s
(2)细线AB恰好竖直,但张力为0时,由几何关系得
cosθ′=,θ′=53°
mgtanθ′=mlsinθ′
此时ω2=rad/s
(3)ω≤ω1=
rad/s时,细线AB水平,细线AC上张力的竖直分量等于小球的重力
FTcosθ=mg,FT==12.5
N
ω1≤ω≤ω2时细线AB松弛
细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力
FTsinα=mω2lsinα
FT=mω2l
ω>ω2时,细线AB在竖直方向绷直,仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力。
FTsinθ′=mω2lsinθ′
FT=mω2l
综上所述,ω≤ω1=
rad/s时,FT=12.5
N不变
ω>ω1时,FT=mω2l=ω2
N
FT-ω2关系图象如图所示:
答案:(1)
rad/s (2)
rad/s
(3)见解析(共55张PPT)
维度2:双杆模型
研透真题·破题有方
(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。
【标准解答】
【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
答案:(1)
方向水平向右
(2)
mv2-
kq
【真题解码】
(1)审题破题眼:
(2)情境化模型:
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。
(3)命题陷阱点:
陷阱1:分析出总体的法拉第电磁感应定律和能量守恒是关键。
陷阱2:电荷量的计算方法和安培力冲量的利用是难点。
必备知能·融会贯通
【核心必备】
双杆模型的常见情况
(1)初速度不为零,不受其他水平外力的作用
(2)初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用
多维猜押·制霸考场
1.桌面上有不等间距平行金属导轨MN、M′N′和PQ、P′Q′如图水平放置(桌面未画出),MN和M′N′相连,PQ和P′Q′相连,导轨宽度分别为d1=0.1
m,d2=
0.2
m,M′N′和P′Q′上左端都涂有长度为2
m的绝缘漆,图中用较粗部分表示,金属棒a和金属棒b分别垂直导轨放置,金属棒b开始位置与M′P′位置重合,它们质量分别为ma=0.1
kg,mb=0.2
kg,b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一小物块c相连,c的质量mc=0.2
kg,c开始时距地面高度h=2
m。整个空间充满垂直导轨向上的匀强磁场。已知绝缘漆部分和棒的动摩擦因数μ=0.2,导轨其余部分均光滑且和金属棒接触良好,开始用手托着c使系统保持静止。现放手使其开始运动,物块c触地后不再反弹,设整个过程中导轨足够长,g取10
m/s2,求:
(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时细线的拉力大小;
(2)从开始运动到金属棒a的速度为2
m/s时系统产生的热量;
(3)求金属棒a的最大速度。
【解析】(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时未形成闭合电路,金属棒b不受安培力。
对b,由牛顿第二定律得:T-μmbg=mba
对物块c,由牛顿第二定律得:mcg-T=mca
联立解得:T=1.2
N,a=4
m/s2。
(2)b在绝缘漆部分所受摩擦力大小为:
f=μmbg=0.2×0.2×10
N=0.4
N
摩擦生热产生的热量为:
Q1=fL=0.4×2
J=0.8
J
从开始运动到c落地的过程,应用运动学规律得:
=2ah
解得:vc=vb=4
m/s
此时金属棒b离开绝缘漆,开始切割磁感线,回路产生感应电流,b做减速运动,a做加速运动,通过它们的电流时刻相等,所以a和b受到的安培力大小之比为1∶2,质量之比为1∶2,其加速度大小之比为1∶1,即二者速度变化量大小时刻相等。
可知当va′=2
m/s时,vb′=2
m/s
根据能量守恒定律可得系统产生的焦耳热为:
Q2=
-
mbvb′2
-
mava′2
解得:Q2=1.0
J
所以从开始运动到a的速度为2
m/s时,系统产生的热量为:Q=Q1+Q2=1.8
J。
(3)金属棒a和b运动方向相同,切割磁感线产生的感应电动势方向相反。当两者
的感应电动势大小相等时,回路的感应电流为0,两棒不受安培力,均做匀速运动,
金属棒a的速度达到最大。设此时a、b两棒的速度分别为v1和v2
则有Bd1v1=Bd2v2,可得:v1=2v2
因为a、b加速度大小相等,则有:
v1-0=vb-v2
解得:v1=
vb=
m/s。
答案:(1)1.2
N (2)1.8
J (3)
m/s
2.如图所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距L,放在水平绝缘桌面上,半径为R
的
圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖
直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且
与导轨接触良好,棒ab质量为2m、电阻为r,棒cd的质量为m、电阻为r,重力加速
度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度释放,进入
水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到
地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为1∶3。求:
(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小;
(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度;
(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。
【解析】(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1,ab棒从圆弧导轨滑下,由机械能守
恒定律得
2mgR=
①
离开导轨时,设ab棒的速度为v1′,cd棒的速度为v2′,ab棒与cd棒在水平导轨上
运动,由动量守恒定律得
2mv1=2mv1′+mv2′
②
两棒离开导轨做平抛运动的时间相等,由水平位移x=vt可知:
v1′∶v2′=x1∶x2=1∶3
③
联立①②③解得
v1′=
,v2′=
。
(2)ab棒刚进入水平导轨时,cd棒受到的安培力最大,它的加速度最大,回路中的
感应电动势为E=BLv1
④
I=
⑤
cd棒受到的安培力为:Fcd=BIL
⑥
cd棒的最大加速度为a=
⑦
联立①④⑤⑥⑦解得:
(3)根据能量守恒定律,两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为:
Q=
⑧
联立①⑧并代入v1′和v2′
解得Q=
mgR。
答案:
【必考模型猜押】
1.如图所示,光滑水平面上静止放置质量M=2
kg,长L=0.84
m的长木板C,离板左端s=0.12
m处静止放置质量mA=1
kg的小物块A,A与C间的动摩擦因数μ=0.4;在板右端静止放置质量mB=1
kg的小物块B,B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A、B均可视为质点,g取10
m/s2。现在木板上加一水平向右的力F,问:
高考猜押竞技场
(1)当F=9
N时,小物块A的加速度为多大?
(2)若F足够大,则A与B碰撞之前运动的最短时间是多少?
(3)若在A与B发生碰撞瞬间两者速度交换且此时撤去力F,A最终能滑出C,则F的最大值为多少?
【解析】(1)设木板和物块A一起向右加速,它们之间静摩擦力为Ff,
由牛顿第二定律得:F=(M+mA)a
得:a=3
m/s2
Ff=mAa=3
N<μmAg=4
N,故假设成立,即a=3
m/s2
(2)物块A在与物块B碰撞之前运动时间最短,必须加速度最大,
则Ff=μmAg=mAa1
L-s=
解得:t1=0.6
s
(3)在A与B发生碰撞时,A刚好滑至板的左端,则此种情况推力最大,设为F1,
对板C有:F1-μmAg=MaC
L=
解得:F1=
N≈13.3
N
若A与C没有发生相对滑动,设推力最小为F2,
A与B发生弹性碰撞之前,
对A和C有F2(L-s)=
(M+mA)
-0
A与B发生弹性碰撞,因质量相等,A的速度交换给B,A静止。
而后刚好撤去外力,A与C发生相对滑动,A滑至C的左端时A、C刚好共速,有
Mv1=(M+mA)v2
μmAgs=
(M+mA)
F2=3
N
答案:(1)3
m/s2 (2)0.6
s (3)3
N
2.如图甲所示,质量为M的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中,物块和木板的v-t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示
,a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v-t图象,(g取10
m/s2),求:
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2,达到相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3;
(2)物块质量m与长木板质量M之比;
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
2.【解析】(1)由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小
为
a1=
m/s2=1.5
m/s2
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为
a2=
m/s2=1
m/s2
达到共速后一起匀加速运动的加速度大小为
a3=
m/s2=0.5
m/s2
(2)对m冲上木板减速阶段有
μ1m1g=ma1
对M向前加速阶段有
μ1mg-μ1(m+M)g=Ma2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段有
μ2(m+M)g=(M+m)a3
联立以上三式得:
(3)由v-t图象可知,物块相对于长木板滑行的距离Δs对应图中Δabc的面积。
则:Δs=10×4×
m=20
m
答案:(1)1.5
m/s2 1
m/s2 0.5
m/s2
(2)
(3)20
m
3.如图甲所示,两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37°的斜面上,两导轨间距为L=0.5
m。上端通过导线与R=2
Ω的电阻连接,下端通过导线与RL=4
Ω的小灯泡连接。在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的磁场,CE间距离d=2
m。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。在t=0时,一阻值为R0=2
Ω的金属棒从AB位置由静止开始运动,在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中,小灯泡的亮度没有发生变化。设导轨AC段有摩擦,其他部分光滑,金属棒运动过程中始终与CD平行(g取10
m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求:
(1)通过小灯泡的电流强度;
(2)金属棒与导轨AC段之间的动摩擦因数;
(3)金属棒从AB位置运动到EF位置过程中,整个系统产生的热量。
3.【解析】(1)0～4
s内,由法拉第电磁感应定律得
E=
=0.5
V
由闭合电路欧姆定律得
IL=
=0.1
A。
(2)灯泡亮度不变,则全程通过灯泡的电流恒为IL,设金属棒运动到CD时的速度为v,金属棒在AC段的加速度为a,则依题意有
BLv=ILRL+(IL+IR)R0
ILRL=IRR
由牛顿第二定律可得
mgsin37°-μmgcos37°=ma
由运动学公式v=at1
由题图乙可知t1=4
s,B=2
T
代入以上方程联立可得
v=1.0
m/s,μ=
。
(3)金属棒在CE段做匀速直线运动,则有
mgsin37°=B(IL+IR)L
解得m=0.05
kg
BD段的位移x=
t1=2
m
根据能量守恒有
EILt1+mg(x+d)sin37°=
mv2+Q
解得整个系统产生的热量
Q=1.375
J。
答案:(1)0.1
A (2)
(3)1.375
J
【常考模型猜押】
4.(弹簧模型)如图所示,物块A、B的质量分别为m和3m,它们之间用一轻弹簧连接,置于光滑的水平面上,物块A刚好与墙壁接触。现用外力缓慢向左推物块B,使弹簧压缩,此过程中外力做功W,然后撤去外力,求:
(1)物块A刚离开墙壁时物块B的速度;
(2)在物块A离开墙壁后的运动过程中,物块A、B各自的最小速度。
【解析】(1)设物块A刚离开墙壁时物块B的速度为v,撤去外力后,以弹簧和物块
B组成的系统为研究对象,由机械能守恒定律可得
W=
·3mv2
得:v=
(2)A离开墙壁后,B减速、A加速,直到弹簧再次恢复原长,B的速度最小;
然后B加速、A减速直到弹簧又一次恢复原长,
此时系统完成一次周期性的运动,A的速度最小。
以A、B及弹簧组成的系统为研究对象,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
3mv=mvA+3mvB
由机械能守恒定律得:
解得:vA=
v=
,
或vA=0,vB=v=
所以物块A、B的最小速度分别为vA=0,vB=
答案:(1)
(2)vA=0,vB=
5.(绳杆模型)如图甲所示,装置BO′O可绕竖直轴O′O转动,可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点,装置静止时细线AB水平,细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=1
kg,细线AC长l=1
m,B点距转轴的水平距离和距C点竖直距离相等(重力加速度g=10
m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时,细线AB上的张力为0,而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°,求角速度ω1的大小;
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时,细线AB刚好竖直,且张力为0,求此时角速度ω2的大小;
(3)装置可以以不同的角速度匀速转动,试通过计算在图乙坐标中画出细线AC上张力FT随角速度的平方ω2变化的关系图。
5.【解析】(1)细线AB上张力恰为0时有:
mgtan37°=m
lsin37°
解得:ω1=
rad/s
(2)细线AB恰好竖直,但张力为0时,由几何关系得
cosθ′=
,θ′=53°
mgtanθ′=m
lsinθ′
此时ω2=
rad/s
(3)ω≤ω1=
rad/s时,细线AB水平,细线AC上张力的竖直分量等于小球的重
力FTcosθ=mg,FT=
=12.5
N
ω1≤ω≤ω2时细线AB松弛
细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力
FTsinα=mω2lsinα
FT=mω2l
ω>ω2时,细线AB在竖直方向绷直,仍然由细线AC上张力的水平分量提供小
球做圆周运动需要的向心力。
FTsinθ′=mω2lsinθ′
FT=mω2l
综上所述,ω≤ω1=
rad/s时,FT=12.5
N不变
ω>ω1时,FT=mω2l=ω2
N
FT-ω2关系图象如图所示:
答案:(1)
rad/s (2)
rad/s
(3)见解析
