1、1提分策略二 临考重温物理模型和规律(一)水平面内的圆周运动模型图示或释义 规律或方法线模型由于细线对物体只有拉力且细线会弯曲，所以解答此类问题的突破口是要抓住“细线刚好伸直”的临界条件：细线的拉力为零在此基础上，再考虑细线伸直之前的情况(一般物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角都会发生变化)和伸直之后的情况(物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角一般不再发生变化，但细线的拉力通常会发生变化)弹力模型此类问题一般是由重力和弹力的合力提供物体在水平面内做圆周运动的向心力，因此正确找出做圆周运动的物体在水平方向上受到的合力，是解决此类问题的关键摩擦力模型 临界条件是关键：找出物体在圆周运
2、动过程中的临界条件，是解答此类问题的关键如轻绳开始有拉力(或伸直)、物体开始滑动等，抓住这些临界条件进行分析，即可找出极值，然后可根据极值判断其他物理量与极值之间的关系，从而进行求解(二)连接体模型图示或释义 规律或方法轻绳连接体模型,求解“绳物”或“杆物”模型的方法：先明确物体的合速度2轻杆连接体模型(物体的实际运动速度)，然后将物体的合速度沿绳(杆)方向及垂直绳(杆)方向分解(要防止与力的分解混淆)，利用沿绳(杆)方向的分速度大小总是相等的特点列式求解(三)斜面模型图示或释义与斜面相关的滑块运动问题规律或方法(1) tan ，滑块恰好处于静止状态( v00)或匀速下滑状态(v00)，此时若
3、在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(2) tan ，滑块一定处于静止状态( v00)或匀减速下滑状态(v00)，此时若在滑块上加一竖直向下的力，滑块的加速度变大，若在滑块上轻放一物体，滑块的运动状态不变(3) B，故 D 错误2max 2max 2max答案：B2.如图所示，一楔形斜面体置于水平地面上，斜面的倾角为 30，物块 A 置于斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块 B 连接，弹簧轴线与斜面平行， A、 B 均处于静止状态，已知物块 A、 B 受到的重力分别为 10 N 和 5 N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则( )A弹簧对 A 的拉力大小为 10 N7B斜面体对 A
4、 的支持力大小为 5 NC斜面体对 A 的摩擦力为 0D地面对斜面体的摩擦力大小为 5 N解析：弹簧对物块 A 的拉力 F 的大小等于 B 受到的重力大小，即 F GB5 N，故 A 错误；分析物块 A，根据共点力平衡知，斜面体对 A 的支持力 FN GAcos 305 N，斜面3体对 A 的摩擦力 Ff GAsin 30 F0，故 B 错误，C 正确；对 A、 B 以及斜面体组成的整体进行受力分析可知，地面对斜面体的摩擦力为零，故 D 错误答案：C3.如图所示，处于匀强磁场中的水平导轨的电阻忽略不计，金属棒 ab 和 cd 的电阻分别为 Rab和 Rcd，且 RabRcd，金属棒 cd 在力
5、 F 的作用下向右做匀速运动 ab 在外力作用下处于静止状态，下面说法正确的是( )A UabUcd B.Uab UcdC UabUcd D无法判断解析：金属棒 cd 在力 F 的作用下向右做切割磁感线的运动，应视为电源， c、 d 分别等效为这个电源的正、负极， Ucd是电源两极的路端电压，不是内电压因为导轨的电阻忽略不计，因此金属棒 ab 两端的电压 Uab也等于路端电压，即 Ucd Uab，选项 B 正确答案：B4(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，
6、线圈产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示以下判断正确的是( )A电流表的示数为 10 AB线圈转动的角速度为 50 rad/sC0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D0.02 s 时电阻 R 中电流的方向自右向左解析：由题图乙可知，产生的交变电流的最大值为 10 A，有效值为 10 A，所以电流2表的示数为 10 A，选项 A 正确；线圈转动的角速度 rad/s100 rad/s，2T 20.028选项 B 错误；0.01 s 时电动势最大，由法拉第电磁感应定律得，此时磁通量的变化率最大，则线圈平面与磁场方向平行，选项 C 正确；0.02 s 时线圈转到题图甲所示位置，对 CD 边由右手
7、定则可判断电流方向为由 D 到 C，所以 R 中的电流从左向右，选项 D 错误答案：AC5.(多选)如图所示，水平转台上的小物体 A、 B 通过轻质弹簧连接，并随转台一起匀速转动 A、 B 的质量分别为 m、2 m， A、 B 与转台之间的动摩擦因数都为 ， A、 B 离转台中心的距离分别为 1.5r、 r.已知弹簧的原长为 1.5r，劲度系数为 k，且 kr2 mg .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是( )A若 B 受到的摩擦力为 0，则转台转动的角速度为 kmB若 A 受到的摩擦力为 0，则转台转动的角速度为 2k3mC若 B 刚好不滑动，则转台转动的角速度为 k2m g2
8、rD若 A 刚好不滑动，则转台转动的角速度为 2k3m 2 g3r解析：若 B 受到的摩擦力为 0，则弹簧弹力提供 B 做匀速圆周运动所需的向心力，有k(2.5r1.5 r)2 m 2r，解得 ，A 错误；若 A 受到的摩擦力为 0，则弹簧弹力提k2m供 A 做匀速圆周运动所需的向心力，有 k(2.5r1.5 r)1.5 m 2r，解得 ，B 正2k3m确；若 B 刚好不滑动， B 受到的摩擦力达到最大静摩擦力， B 受到的弹簧弹力与静摩擦力的合力提供 B 做匀速圆周运动的向心力，则有 k(2.5r1.5 r) 2mg2 m 2r，解得 ，C 错误；若 A 刚好不滑动， A 受到的摩擦力达到最
9、大静摩擦力， A 受到的弹簧弹k2m gr力与静摩擦力的合力提供 A 做匀速圆周运动的向心力，则有 k(2.5r1.5 r) mg m 21.5r，解得 ，D 正确2k3m 2 g3r答案：BD6.物块 B 套在倾斜杆上，并用轻绳与物块 A 相连，今使物块 B沿杆由点 M 匀速下滑到点 N，运动中连接 A、 B 的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，下列说法正确的是( )A物块 A 的速度先变大后变小B物块 A 的速度先变小后变大C物块 A 先处于超重状态后处于失重状态9D物块 A 先处于失重状态后处于超重状态解析：设绳与杆的夹角为 ，物块 B 沿杆由点 M 匀速下滑到点 N 的过程中， 逐渐
10、增大将物块 B 的速度分解为沿绳子方向的分速度和垂直于绳子方向的分速度，如图所示，根据平行四边形定则，可知沿绳子方向的速度 vA vBcos ，则 在增大到 90的过程中，物块 A 的速度方向向下，且逐渐变小，由图可知，当物块 B 到达 P 点时，物块 B 与滑轮之间的距离最短， 90，物块 A 的速度为零，随后物块 A 向上运动，且速度变大，所以在物块 B 沿杆由点 M 匀速下滑到点 N 的过程中，物块 A的速度先变小后变大，A 错误，B 正确物块 A 向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以物块 A 始终处于超重状态，C、D 错误答案：B7.如图所示，相距为 L 的
11、两条足够长的光滑平行金属导轨MN、 PQ 与水平面的夹角为 ， N、 Q 两点间接有阻值为 R 的电阻整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下将质量为 m、阻值也为 R 的金属杆 cd 垂直放在导轨上，杆 cd 由静止释放，下滑距离 x 时达到最大速度重力加速度为 g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好求：(1)杆 cd 下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆 cd 上产生的热量解析：(1)设杆 cd 下滑到某位置时速度为 v，则杆产生的感应电动势 E BLv，回路中的感应电流 IER R杆所受的安培力 F BILB2L2v2R根据牛顿第二定律有 mgsin
12、maB2L2v2R当速度 v0 时，杆的加速度最大，最大加速度 a gsin ，方向沿导轨平面向下当杆的加速度 a0 时，速度最大，最大速度 vm ，方向沿导轨平面向2mgRsin B2L2下(2)杆 cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得10mgxsin Q 总 mv12 2m又 Q 杆 Q 总12所以 Q 杆 mgxsin .12 m3g2R2sin2B4L4答案：(1) gsin ，方向沿导轨平面向下 ，方向沿导轨平面向下2mgRsin B2L2(2) mgxsin 12 m3g2R2sin2B4L48.如图所示，正方形单匝线框 bcde 边长 L0.4 m，每边电阻相
13、同，总电阻 R0.16 .一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体 P，手持物体 P 使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为 L0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小 B1.0 T，磁场的下边界与线框的上边 eb 相距 h1.6 m现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内， eb 边保持水平，刚好以 v4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气阻力(1)线框 eb 边进入磁场中运动时， e、 b 两
14、点间的电势差Ue b为多少？(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热 Q 为多少？(3)若在线框 eb 边刚进入磁场时，立即给物体 P 施加一竖直向下的力 F，使线框保持进入磁场前的加速度继续做匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力 F 做功 WF3.6 J，求 eb 边上产生的焦耳热 Qe b为多少？解析：(1)线框 eb 边以 v4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E BLv1.6 Ve、 b 两点间的电势差Ueb E1.2 V.34(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F 安 BLI， I ，ER解得 F 安 4 N11克服安培力
15、做功W 安 F 安 2L3.2 J而 Q W 安 ，故该过程中产生的焦耳热Q3.2 J(3)方法一：设线框出磁场区域的速度大小为 v1，则 v v22 a2 L， a a21M mgM m整理得 (M m)(v v2)( M m)g2L12 21线框穿过磁场区域过程中，力 F 和安培力都是变力，根据动能定理有WF W 安 ( M m)g2L (M m)(v v2)12 21联立得 WF W 安 0而 W 安 Q，故 Q3.6 J又 Q I2rt r故 eb 边上产生的焦耳热Qeb Q0.9 J.14方法二：因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体 P 的总机械能保持不变，故力 F 做的功 WF等于整个线框中产生的焦耳热 Q，即 WF Q又 Q I2rt r，故 eb 边上产生的焦耳热Qeb Q0.9 J.14答案：见解析
