二、高考必須記牢的六個(gè)物理模型

1、創(chuàng)新設(shè)計(jì)二、高考必須記牢的“六個(gè)”物理模型模型一斜面模型情形1：光滑斜面上的單體模型1. 如圖1所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個(gè)光滑斜面頂端由靜止開 始下滑。下列說法正確的是()圖11創(chuàng)新設(shè)計(jì)A.滑到底端時(shí)的速度相同 B.滑到底端所用的時(shí)間相同C.在傾角為30的斜面上滑行的時(shí)間最短D.在傾角為60的斜面上滑行的時(shí)間最短g解析 在光滑斜面上，由靜止下滑的物體滑到底端時(shí)的速度大小v2gh，與傾sin 角無(wú)關(guān)，但方向不同；下滑到底端所用時(shí)間 t 1所用時(shí)間越少。綜上，A、B、C 錯(cuò)誤，D 正確。答案D2h( 為傾角)，傾角越大，2創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形2：斜面的衍生模型等時(shí)圓模型2. 如圖2所示，a

2、d、bd、cd是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)直桿，a、b、c、d分別位 于同一圓周上，a點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，d點(diǎn)為最低點(diǎn)，每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán) (圖中未畫出)，讓三個(gè)滑環(huán)分別從a、b、c處由靜止開始釋放，用t1、t2、t3依次表 示滑環(huán)到達(dá)d點(diǎn)所用的時(shí)間，則( )圖2A.t1t2t3B.t1t2t3C.t3t1t2D.t1t2t33創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析設(shè)光滑傾斜細(xì)直桿與水平面間的夾角為?；h(huán)下滑過程中，受到重力mg、支持力FN的作用，將重力分解為沿平行于細(xì)桿的分力mgsin 和垂直于細(xì)桿的分力mgcos 。滑環(huán)所受的合力F合mgsin 由牛頓第二定律可得滑環(huán)下滑的加速度agsin 又設(shè)圓周的半徑為R考

3、慮滑環(huán)沿細(xì)桿bd下滑時(shí)的情形4創(chuàng)新設(shè)計(jì)由圓的幾何知識(shí)可知，abd為直角三角形，細(xì)桿bd的長(zhǎng)度1lbd2Rsin 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 lbd2at2g聯(lián)立以上各式解得 t4R可見，滑環(huán)下滑的時(shí)間t與細(xì)直桿的傾角無(wú)關(guān)。答案D5情形3：斜面上的多體模型3. 如圖3所示，空間有場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)； 光滑絕緣斜面的傾角為，底端固定一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧； 彼此絕緣的A、B兩物體靜止在彈簧頂端，A、B接觸但不粘連， A的質(zhì)量為m，電荷量為q，B的質(zhì)量也為m，不帶電，彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g；某時(shí)刻，在沿斜面向上的大小為F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則

4、當(dāng)A、B分離瞬間()創(chuàng)新設(shè)計(jì)圖3A.彈簧的形變量為 0B.彈簧的形變量為 xC.A 的速度達(dá)到最大D.A 的加速度為 0qEFk6創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析A、B 分離瞬間，A、B 間無(wú)相互作用力且加速度相同，對(duì) B 受力分析，由牛頓第二定律可知 Fmgsinma，對(duì) A 受力分析，由牛頓第二定律可知 kxqEFmgsin qEma，解得 xk，A 錯(cuò)誤，B 正確；由于此時(shí) A 具有向上的加速度，則 A 的速度不是最大且加速度不為 0，C、D 錯(cuò)誤。答案B7創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形4：斜面中的“平拋類模型”4. 如圖4所示，跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過一段加速滑行后從O點(diǎn) 以20 m/s的水平速度飛出，經(jīng)過一段時(shí)間后落到斜坡上的

5、A點(diǎn)。已知O點(diǎn)是斜坡的起點(diǎn)，斜坡與水平面的夾角37，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m50kg。不計(jì)空氣阻力。(取圖4 sin 370.60，cos 370.80；g取10 m/s2)求：(1)運(yùn)動(dòng)員由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t； (2)運(yùn)動(dòng)員的落點(diǎn)A到O點(diǎn)的距離L；(3)運(yùn)動(dòng)員落到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。8創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析(1)運(yùn)動(dòng)員在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有xv0t2gt在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有 y12x且由幾何關(guān)系知 tan y聯(lián)立解得t3 s。 ygt2(2) A 點(diǎn)與 O 點(diǎn)的距離 Lsin 2sin 3775 m。9創(chuàng)新設(shè)計(jì)(3) 解法1合成法運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度vygt30 m/s運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A

6、點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能22211Emv m(vv)32 500 J。k220y解法2結(jié)論法運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，位移的偏角37v所以速度的偏角 滿足 tan 2tan vy010創(chuàng)新設(shè)計(jì)即vy2v0tan 30 m/s運(yùn)動(dòng)員到達(dá) A 點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能 E122m(vv)32 500 J。解法3能量守恒法k20y取A點(diǎn)為零重力勢(shì)能點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得運(yùn)動(dòng)員落到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkmgLsin 371mv232 500 J。20答案(1)3 s(2)75 m(3)32 500 J11創(chuàng)新設(shè)計(jì)模型二彈簧模型情形1：與彈簧相關(guān)的平衡問題1. 如圖5所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過滑輪。已知質(zhì)量mA2mB，現(xiàn) 將斜面傾角

7、緩慢由45減小到30，過程中A與斜面保持相對(duì)靜止，不計(jì)滑輪 摩擦，下列說法中正確的是( )圖512創(chuàng)新設(shè)計(jì)A.彈簧的形變量將減小B.物體A對(duì)斜面的壓力將減小C.物體A受到的靜摩擦力將減小到零 D.彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變解析 將斜面傾角為45減小到30，彈簧的彈力等于B的重力，不變，A項(xiàng)錯(cuò)誤； 傾角減小，物體A對(duì)斜面的壓力將增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；斜面傾角為45時(shí)，物體A重力沿斜面方向的分力為2mBgsin 45 ， 由平衡條件可知物體A 受到的靜摩擦力為2mBgsin 45mBg；斜面傾角由45減小到30，物體A受到的靜摩擦力為2mBgsin30mBg0；所以物體A受到的靜摩擦力將減小到零

8、，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C13創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形2：與彈簧有關(guān)的動(dòng)力學(xué)問題2.(2019淮北二模)如圖6甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過滑塊壓縮0.4 m鎖定，t0時(shí)解除鎖定釋放滑塊。計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的速度圖象如圖乙所示。其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t0 時(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m2.0 kg，取g10 m/s2，則下列說法正確的 是 ( )圖614創(chuàng)新設(shè)計(jì)A.滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大C. 彈簧的勁度系數(shù)k175 N/mD. 該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s215創(chuàng)新設(shè)計(jì)

9、解析根據(jù)圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大。此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加。最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以 A、B 錯(cuò)誤；從題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小 av1.5m/s25 m/s2，合外力由摩擦力提供得：Fma1t0.3f125 N10 N；剛釋放時(shí)滑塊的加速度為 a v 3 m/s230 m/s2，此時(shí)物2t0.1塊的加速度最大，所以 D 錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得 kxFfma2 代入數(shù)據(jù)解得 k175 N/m，所以 C 正確。答案C16創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形3：與彈簧相關(guān)的功能問題3.(多選)如圖7所示，絕緣輕彈簧上端

10、固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，Q可在C處?kù)o止。若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時(shí)，Q可在B處?kù)o止?，F(xiàn)將Q從A處由靜止釋放， 則Q從A運(yùn)動(dòng)到C處的過程中()A.Q運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)速率最大圖7B. 加速度先減小后增大C. 小球Q的機(jī)械能不斷減小D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢(shì)能不斷減小17創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析 q在C正下方某處時(shí)，Q在B處受力平衡，速率最大，故A錯(cuò)誤；Q在B處加速度為零，Q第一次從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中加速度先減小到零后反向增大，故B正確；Q的機(jī)械能E等于Q的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和，由功能關(guān)系有EW彈W電， 而彈簧彈力一直做負(fù)功，即W彈0，庫(kù)侖力也一直做負(fù)功，即W

11、電0，則Ev1，則( )33創(chuàng)新設(shè)計(jì)圖13 A.t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大B. t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大C. 0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用34創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析 由圖象知物塊先向左減速，后反向加速到v1再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻離A距離最大，A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻二者相對(duì)靜止，故t2時(shí)刻物塊相對(duì)傳送帶的滑動(dòng)距離最大，B正確；0t2時(shí)間內(nèi)摩擦力方向一直向右，C錯(cuò)誤；在0t2時(shí)間內(nèi)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小不變，在t2t3時(shí)間內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，此過程摩擦力為零，D錯(cuò)誤。答案B35創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形 2：傳送帶模型中的

12、能量問題2. 如圖 14 所示，傳送帶與水平面之間的夾角為 30，其上 A、B 兩點(diǎn)間的距離為 l5 m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以 v1 m/s 的速度勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為 m10 kg 的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的 A 點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 32 ，在傳送帶將小物體從A 點(diǎn)傳送到 B 點(diǎn)的過程中，求：(g 取 10 m/s2)圖1436(1) 傳送帶對(duì)小物體做的功； (2)電動(dòng)機(jī)做的功。解析(1)小物體剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mgcos mgsin ma解得小物體上升的加速度為a2.5 m/s2當(dāng)小物體的速度為v1 m/s時(shí)，小物體的位移為v2x2a0.

13、2 m5 m之后小物體以v1 m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)。由功能關(guān)系得創(chuàng)新設(shè)計(jì)WEE12mv mglsin 255 J。kp237創(chuàng)新設(shè)計(jì)(2) 電動(dòng)機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由vat得vta0.4 s相對(duì)位移 xvtv2t0.2 m摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgxcos 15 J故電動(dòng)機(jī)做的功為W電WQ270 J。答案(1)255 J(2)270 J38創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形3：滑塊滑板模型中的動(dòng)力學(xué)問題3.(多選)如圖15所示，表面粗糙、質(zhì)量M2 kg的木板，t0時(shí)在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a2.5 m/s2，t0.5

14、 s時(shí)，將一個(gè)質(zhì)量m1 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時(shí)速度是木板速度的一半。已知鐵塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.1，木板和地 面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.25，g10 m/s2，則( )圖1539創(chuàng)新設(shè)計(jì)A. 水平恒力F的大小為10 NB. 鐵塊放上木板后，木板的加速度為2 m/s2 C.鐵塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1 sD.木板的長(zhǎng)度為1.625 m40創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析 未放鐵塊時(shí)，對(duì)木板由牛頓第二定律 F2MgMa，解得 F10 N，選項(xiàng) A正確；鐵塊放在木板上后，對(duì)木板 F1mg2(Mm)gMa，解得 a0.75 m/s2選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；0.5 s 時(shí)木板的速

15、度 v0at12.50.5 m/s1.25 m/s，鐵塊滑離木板時(shí)木板的速度 v1v0at21.250.75t2，鐵塊的速度 va 鐵 t21gt2t2，由題意知vv1，解得 t 1s，選項(xiàng) C 正確；鐵塊滑離木板時(shí)，木板的速度 v2m/s，鐵2121塊的速度 v1 m/s，則木板的長(zhǎng)度為 Lv0v1tv1.2521 m11 m1.125 m，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。答案AC222 t22241創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形4：滑塊滑板模型中的能量、動(dòng)量問題4.(多選)如圖16所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后， 由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對(duì)木板A靜止的過 程中

16、，下述說法中正確的是( )圖1642創(chuàng)新設(shè)計(jì)A. 物體B動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能B. 物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量C. 物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和D. 摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的總和的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加 量43創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析 物體B以水平速度沖上木板A后，由于摩擦力作用，B減速運(yùn)動(dòng)，木板A加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，物體B動(dòng)能的減少量等于木板A增加的動(dòng)能和產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，物體B克服摩擦力做的功等于物體B 損失的動(dòng)能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A 獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失

17、的機(jī)械能之和，選項(xiàng)C正確；摩擦力對(duì)物體B做的功等于物體B動(dòng)能的減少量，摩擦力對(duì)木板A做的功等于木板A動(dòng)能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的總和的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項(xiàng)D正確。答 案 CD44創(chuàng)新設(shè)計(jì)模型五“桿導(dǎo)軌”模型情形1：“單桿水平導(dǎo)軌”模型1.(多選)(2019湖南五市十校聯(lián)考)如圖17所示，兩平行的光滑導(dǎo)軌固定在同一水 平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，金屬棒兩端與導(dǎo)軌接觸良好，在導(dǎo)軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng) 度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。與R相連的導(dǎo)線、導(dǎo)軌和金屬棒的電阻均可忽略不計(jì)。 用平行于導(dǎo)軌向右的大

18、小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右 勻速運(yùn)動(dòng)，則( )45創(chuàng)新設(shè)計(jì)圖17A. 金屬棒 ab 相當(dāng)于電源，其 a 端相當(dāng)于電源負(fù)極B2L2vB. 拉力 FRC. 回路中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向流動(dòng)D.定值電阻消耗的電功率 PFv46創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析 根據(jù)楞次定律可得金屬棒 ab 中電流從 b 到 a，a 端相當(dāng)于正極，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，A、C 錯(cuò)誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) EBLv，導(dǎo)體棒受到BLvB2L2v的安培力F安BILBRLR，由于導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以FB2L2vR，B 正確；由于金屬棒 ab 速度不變，所以拉力做的功轉(zhuǎn)化為電阻產(chǎn)生的內(nèi)能故定值電阻消耗的電功率 PF

19、v，D 正確。答案BD47創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形2：“單桿傾斜導(dǎo)軌”模型2. 如圖18所示，MN、PQ為間距L0.5 m的足夠長(zhǎng)平行導(dǎo)軌，NQMN。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角37，NQ間連接有一個(gè)R5 的電阻。有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T。將一根質(zhì)量為m0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計(jì)?，F(xiàn)由靜止 釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導(dǎo)軌 間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s2 m。則(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)48創(chuàng)新設(shè)計(jì)圖

20、18(1) 當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，回路中的電流是多大； (2)金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大；(3) 當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，回路中產(chǎn)生的焦 是多少？49創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿導(dǎo)軌方向金屬棒受力平衡mgsin FfF金屬棒受的安培力為FB0IL FfFNmgcos 解得I0.2 A。R(2) 由歐姆定律得 IE由電磁感應(yīng)定律得EB0Lv解得v2 m/s50創(chuàng)新設(shè)計(jì)(3) 金屬棒滑行至cd處時(shí)，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創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形3：“單桿豎直導(dǎo)軌”模型3. 如圖19所示，兩根

21、足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L(zhǎng)，電阻R與兩導(dǎo)軌 相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體 棒MN，在豎直向上大小為F的恒力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)。整個(gè)運(yùn)動(dòng) 過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，求：圖1952創(chuàng)新設(shè)計(jì)(1) 初始時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度大??；(2) 當(dāng)流過電阻R的電流恒定時(shí)，求導(dǎo)體棒的速度大小。解析(1)初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力mg、拉力F，由牛頓第二定律得Fmgma，F(xiàn)mg解得 am。(2)導(dǎo)體棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)。達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)即做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)

22、電流恒定，設(shè)此時(shí)速度為v， 導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBLv53創(chuàng)新設(shè)計(jì)受到的安培力為F安BILR穩(wěn)定時(shí)的電流為 IE由平衡條件得FmgF安0以上聯(lián)立解得 v（Fmg）RB2L2。Fmg（Fmg）R答案(1)m(2)B2L254情形4：“雙桿導(dǎo)軌”模型創(chuàng)新設(shè)計(jì)4. 如圖20所示，光滑平行金屬軌道的水平部分處于豎直向下的B4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中， 兩軌道間距為L(zhǎng)0.5 m，軌道足夠長(zhǎng)。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m1 kg，電阻Ra Rb1 。b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h80 cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點(diǎn)進(jìn)入軌道的水平部分，已知兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持與軌道垂直， 且兩棒始終不相碰。求a、b

23、兩棒的最終速度，以及整個(gè)過程中b棒中產(chǎn)生的焦 (已知重力加速度g10 m/s2)。圖2055創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析 a 棒下滑至 C 點(diǎn)時(shí)速度設(shè)為 v ，則由機(jī)械能守恒，有 mgh1v2m020解得v04 m/s此后的運(yùn)動(dòng)過程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0(mm)v解得a、b兩棒共同的最終速度為v2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)由能量守恒定律可知，整個(gè)過程中回路產(chǎn)生的總的焦為Q1mv21(mm)v220256創(chuàng)新設(shè)計(jì)因?yàn)閍、b兩棒電阻相同1則 b 棒中產(chǎn)生的焦Qb2Q聯(lián)立解得Qb2 J。答案2 m/s2 J57模型六線圈模型創(chuàng)新設(shè)計(jì)

24、情形1：靜止線圈模型1.(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線 圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1。規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖21甲所示。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律 如圖乙所示。則以下說法正確的是()圖2158創(chuàng)新設(shè)計(jì)A. 在時(shí)間02 s內(nèi)，I的最大值為0.01 AB. 在時(shí)間35 s內(nèi)，I的大小越來(lái)越小C. 前2 s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01 CD. 第3 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大59創(chuàng)新設(shè)計(jì)解析 線圈所圍面積不變，因磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時(shí)間 t 的變化，引起磁通量的變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律，EnnSB，其大小由圖象的斜率決定，在 ttt0 時(shí)，斜率最大，且 B0.1 T/s，則 I0.01 A，A 正確；在時(shí)間 35 s Bt一定，產(chǎn)生恒定電流，B 錯(cuò)誤；第 3 sm內(nèi)， t B0，沒有感應(yīng)電流，D 錯(cuò)誤；前 2 s內(nèi)， t內(nèi)，qItRREt BS0.01 C，C 正確。答案AC60創(chuàng)新設(shè)計(jì)情形2