二、高考必须记牢的六个物理模型

1、创新设计二、高考必须记牢的“六个”物理模型模型一斜面模型情形1：光滑斜面上的单体模型1. 如图1所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开 始下滑。下列说法正确的是()图11创新设计A.滑到底端时的速度相同 B.滑到底端所用的时间相同C.在倾角为30的斜面上滑行的时间最短D.在倾角为60的斜面上滑行的时间最短g解析 在光滑斜面上，由静止下滑的物体滑到底端时的速度大小v2gh，与倾sin 角无关，但方向不同；下滑到底端所用时间 t 1所用时间越少。综上，A、B、C 错误，D 正确。答案D2h( 为倾角)，倾角越大，2创新设计情形2：斜面的衍生模型等时圆模型2. 如图2所示，a

2、d、bd、cd是竖直平面内三根固定的光滑细直杆，a、b、c、d分别位 于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环 (图中未画出)，让三个滑环分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表 示滑环到达d点所用的时间，则( )图2A.t1t2t3B.t1t2t3C.t3t1t2D.t1t2t33创新设计解析设光滑倾斜细直杆与水平面间的夹角为。滑环下滑过程中，受到重力mg、支持力FN的作用，将重力分解为沿平行于细杆的分力mgsin 和垂直于细杆的分力mgcos 。滑环所受的合力F合mgsin 由牛顿第二定律可得滑环下滑的加速度agsin 又设圆周的半径为R考

3、虑滑环沿细杆bd下滑时的情形4创新设计由圆的几何知识可知，abd为直角三角形，细杆bd的长度1lbd2Rsin 由运动学公式有 lbd2at2g联立以上各式解得 t4R可见，滑环下滑的时间t与细直杆的倾角无关。答案D5情形3：斜面上的多体模型3. 如图3所示，空间有场强大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场； 光滑绝缘斜面的倾角为，底端固定一根劲度系数为k的轻弹簧； 彼此绝缘的A、B两物体静止在弹簧顶端，A、B接触但不粘连， A的质量为m，电荷量为q，B的质量也为m，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g；某时刻，在沿斜面向上的大小为F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则

4、当A、B分离瞬间()创新设计图3A.弹簧的形变量为 0B.弹簧的形变量为 xC.A 的速度达到最大D.A 的加速度为 0qEFk6创新设计解析A、B 分离瞬间，A、B 间无相互作用力且加速度相同，对 B 受力分析，由牛顿第二定律可知 Fmgsinma，对 A 受力分析，由牛顿第二定律可知 kxqEFmgsin qEma，解得 xk，A 错误，B 正确；由于此时 A 具有向上的加速度，则 A 的速度不是最大且加速度不为 0，C、D 错误。答案B7创新设计情形4：斜面中的“平抛类模型”4. 如图4所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点 以20 m/s的水平速度飞出，经过一段时间后落到斜坡上的

5、A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角37，运动员的质量m50kg。不计空气阻力。(取图4 sin 370.60，cos 370.80；g取10 m/s2)求：(1)运动员由O点运动到A点所经历的时间t； (2)运动员的落点A到O点的距离L；(3)运动员落到A点时的动能。8创新设计解析(1)运动员在水平方向做匀速直线运动，有xv0t2gt在竖直方向做自由落体运动，有 y12x且由几何关系知 tan y联立解得t3 s。 ygt2(2) A 点与 O 点的距离 Lsin 2sin 3775 m。9创新设计(3) 解法1合成法运动员到达A点时，竖直方向的速度vygt30 m/s运动员到达A

6、点时的动能22211Emv m(vv)32 500 J。k220y解法2结论法运动员到达A点时，位移的偏角37v所以速度的偏角 满足 tan 2tan vy010创新设计即vy2v0tan 30 m/s运动员到达 A 点时的动能 E122m(vv)32 500 J。解法3能量守恒法k20y取A点为零重力势能点，由机械能守恒定律得运动员落到A点时的动能EkmgLsin 371mv232 500 J。20答案(1)3 s(2)75 m(3)32 500 J11创新设计模型二弹簧模型情形1：与弹簧相关的平衡问题1. 如图5所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。已知质量mA2mB，现 将斜面倾角

7、缓慢由45减小到30，过程中A与斜面保持相对静止，不计滑轮 摩擦，下列说法中正确的是( )图512创新设计A.弹簧的形变量将减小B.物体A对斜面的压力将减小C.物体A受到的静摩擦力将减小到零 D.弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变解析 将斜面倾角为45减小到30，弹簧的弹力等于B的重力，不变，A项错误； 倾角减小，物体A对斜面的压力将增大，B项错误；斜面倾角为45时，物体A重力沿斜面方向的分力为2mBgsin 45 ， 由平衡条件可知物体A 受到的静摩擦力为2mBgsin 45mBg；斜面倾角由45减小到30，物体A受到的静摩擦力为2mBgsin30mBg0；所以物体A受到的静摩擦力将减小到零

8、，C项正确，D项错误。答案C13创新设计情形2：与弹簧有关的动力学问题2.(2019淮北二模)如图6甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m锁定，t0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示。其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0 时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 m/s2，则下列说法正确的 是 ( )图614创新设计A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大C. 弹簧的劲度系数k175 N/mD. 该过程中滑块的最大加速度为35 m/s215创新设计

9、解析根据图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大。此时加速度为零，随后加速度反向增加。最后做匀减速直线运动，所以 A、B 错误；从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小 av1.5m/s25 m/s2，合外力由摩擦力提供得：Fma1t0.3f125 N10 N；刚释放时滑块的加速度为 a v 3 m/s230 m/s2，此时物2t0.1块的加速度最大，所以 D 错误；由牛顿第二定律得 kxFfma2 代入数据解得 k175 N/m，所以 C 正确。答案C16创新设计情形3：与弹簧相关的功能问题3.(多选)如图7所示，绝缘轻弹簧上端

10、固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止。现将Q从A处由静止释放， 则Q从A运动到C处的过程中()A.Q运动到C处时速率最大图7B. 加速度先减小后增大C. 小球Q的机械能不断减小D.Q、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小17创新设计解析 q在C正下方某处时，Q在B处受力平衡，速率最大，故A错误；Q在B处加速度为零，Q第一次从A运动到C的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有EW弹W电， 而弹簧弹力一直做负功，即W弹0，库仑力也一直做负功，即W

11、电0，则Ev1，则( )33创新设计图13 A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用34创新设计解析 由图象知物块先向左减速，后反向加速到v1再做匀速直线运动，t1时刻离A距离最大，A错误；t2时刻二者相对静止，故t2时刻物块相对传送带的滑动距离最大，B正确；0t2时间内摩擦力方向一直向右，C错误；在0t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t2t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D错误。答案B35创新设计情形 2：传送带模型中的

12、能量问题2. 如图 14 所示，传送带与水平面之间的夹角为 30，其上 A、B 两点间的距离为 l5 m，传送带在电动机的带动下以 v1 m/s 的速度匀速运动。现将一质量为 m10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的 A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数 32 ，在传送带将小物体从A 点传送到 B 点的过程中，求：(g 取 10 m/s2)图1436(1) 传送带对小物体做的功； (2)电动机做的功。解析(1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有mgcos mgsin ma解得小物体上升的加速度为a2.5 m/s2当小物体的速度为v1 m/s时，小物体的位移为v2x2a0.

13、2 m5 m之后小物体以v1 m/s的速度做匀速运动到达B点。由功能关系得创新设计WEE12mv mglsin 255 J。kp237创新设计(2) 电动机做的功等于小物体的机械能增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由vat得vta0.4 s相对位移 xvtv2t0.2 m摩擦产生的热量Qmgxcos 15 J故电动机做的功为W电WQ270 J。答案(1)255 J(2)270 J38创新设计情形3：滑块滑板模型中的动力学问题3.(多选)如图15所示，表面粗糙、质量M2 kg的木板，t0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a2.5 m/s2，t0.5

14、 s时，将一个质量m1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半。已知铁块和木板之间的动摩擦因数10.1，木板和地 面之间的动摩擦因数20.25，g10 m/s2，则( )图1539创新设计A. 水平恒力F的大小为10 NB. 铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s2 C.铁块在木板上运动的时间为1 sD.木板的长度为1.625 m40创新设计解析 未放铁块时，对木板由牛顿第二定律 F2MgMa，解得 F10 N，选项 A正确；铁块放在木板上后，对木板 F1mg2(Mm)gMa，解得 a0.75 m/s2选项 B 错误；0.5 s 时木板的速

15、度 v0at12.50.5 m/s1.25 m/s，铁块滑离木板时木板的速度 v1v0at21.250.75t2，铁块的速度 va 铁 t21gt2t2，由题意知vv1，解得 t 1s，选项 C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度 v2m/s，铁2121块的速度 v1 m/s，则木板的长度为 Lv0v1tv1.2521 m11 m1.125 m，选项 D 错误。答案AC222 t22241创新设计情形4：滑块滑板模型中的能量、动量问题4.(多选)如图16所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后， 由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过 程中

16、，下述说法中正确的是( )图1642创新设计A. 物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B. 物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C. 物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D. 摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加 量43创新设计解析 物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B 损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失

17、的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，选项D正确。答 案 CD44创新设计模型五“杆导轨”模型情形1：“单杆水平导轨”模型1.(多选)(2019湖南五市十校联考)如图17所示，两平行的光滑导轨固定在同一水 平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强 度为B的匀强磁场中。与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。 用平行于导轨向右的大

18、小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v的速度向右 匀速运动，则( )45创新设计图17A. 金属棒 ab 相当于电源，其 a 端相当于电源负极B2L2vB. 拉力 FRC. 回路中的感应电流沿顺时针方向流动D.定值电阻消耗的电功率 PFv46创新设计解析 根据楞次定律可得金属棒 ab 中电流从 b 到 a，a 端相当于正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A、C 错误；产生的感应电动势 EBLv，导体棒受到BLvB2L2v的安培力F安BILBRLR，由于导体棒做匀速直线运动，所以FB2L2vR，B 正确；由于金属棒 ab 速度不变，所以拉力做的功转化为电阻产生的内能故定值电阻消耗的电功率 PF

19、v，D 正确。答案BD47创新设计情形2：“单杆倾斜导轨”模型2. 如图18所示，MN、PQ为间距L0.5 m的足够长平行导轨，NQMN。导轨平面与水平面间的夹角37，NQ间连接有一个R5 的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B01 T。将一根质量为m0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止 释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨 间的动摩擦因数0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s2 m。则(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)48创新设计图

20、18(1) 当金属棒滑行至cd处时，回路中的电流是多大； (2)金属棒达到的稳定速度是多大；(3) 当金属棒滑行至cd处时，回路中产生的焦 是多少？49创新设计解析(1)金属棒匀速运动时，沿导轨方向金属棒受力平衡mgsin FfF金属棒受的安培力为FB0IL FfFNmgcos 解得I0.2 A。R(2) 由欧姆定律得 IE由电磁感应定律得EB0Lv解得v2 m/s50创新设计(3) 金属棒滑行至cd处时，由能量守恒定律得2mgssin 1mv2Qmgcos s解得Q0.1 J。答案(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J51创新设计情形3：“单杆竖直导轨”模型3. 如图19所示，两根

21、足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距为L，电阻R与两导轨 相连，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、电阻不计的导体 棒MN，在竖直向上大小为F的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上运动。整个运动 过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，求：图1952创新设计(1) 初始时刻导体棒的加速度大小；(2) 当流过电阻R的电流恒定时，求导体棒的速度大小。解析(1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg、拉力F，由牛顿第二定律得Fmgma，Fmg解得 am。(2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动，当加速度为零时。达到稳定状态即做匀速运动，此时

22、电流恒定，设此时速度为v， 导体棒产生的电动势为EBLv53创新设计受到的安培力为F安BILR稳定时的电流为 IE由平衡条件得FmgF安0以上联立解得 v（Fmg）RB2L2。Fmg（Fmg）R答案(1)m(2)B2L254情形4：“双杆导轨”模型创新设计4. 如图20所示，光滑平行金属轨道的水平部分处于竖直向下的B4 T的匀强磁场中， 两轨道间距为L0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量都为m1 kg，电阻Ra Rb1 。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h80 cm高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与轨道垂直， 且两棒始终不相碰。求a、b

23、两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦 (已知重力加速度g10 m/s2)。图2055创新设计解析 a 棒下滑至 C 点时速度设为 v ，则由机械能守恒，有 mgh1v2m020解得v04 m/s此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有mv0(mm)v解得a、b两棒共同的最终速度为v2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦为Q1mv21(mm)v220256创新设计因为a、b两棒电阻相同1则 b 棒中产生的焦Qb2Q联立解得Qb2 J。答案2 m/s2 J57模型六线圈模型创新设计

24、情形1：静止线圈模型1.(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线 圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图21甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律 如图乙所示。则以下说法正确的是()图2158创新设计A. 在时间02 s内，I的最大值为0.01 AB. 在时间35 s内，I的大小越来越小C. 前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD. 第3 s内，线圈的发热功率最大59创新设计解析 线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化，引起磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律，EnnSB，其大小由图象的斜率决定，在 ttt0 时，斜率最大，且 B0.1 T/s，则 I0.01 A，A 正确；在时间 35 s Bt一定，产生恒定电流，B 错误；第 3 sm内， t B0，没有感应电流，D 错误；前 2 s内， t内，qItRREt BS0.01 C，C 正确。答案AC60创新设计情形2