2019高考物理总复习提分策略二临考重温--物理模型和规律学案.docx

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(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轻杆连接体模型 (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)tan ，滑块一定匀加速下滑，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(4)若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面的支持力为(Mm)g，地面对斜面的摩擦力为0；若滑块处于匀变速运动状态，可用牛顿第二定律求出，地面对斜面的支持力为(Mm)gmasin ，地面对斜面的摩擦力为macos ；不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块，利用滑块的运动状态求斜面对滑块的弹力、摩擦力及作用力(5)0，滑块做匀变速直线运动，其加速度为agsin (四)弹簧模型图示或释义规律或方法与弹簧相关的平衡问题弹簧类平衡问题常常以单一问题出现，涉及的知识主要是胡克定律、物体的平衡条件，求解时要注意弹力的大小与方向总是与弹簧的形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量x与物体空间位置变化的对应关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的情况来列式求解与弹簧相关的动力学问题(1)弹簧(或橡皮筋)恢复形变需要时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变，即弹力不能突变而细线(或接触面)是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其中弹力立即消失，即弹力可突变，一般题目中所给细线和接触面在没有特殊说明时，均可按此模型处理(2)对于连接体的加速问题往往先使用整体法求得其加速度，再用隔离法求得受力少的物体的加速度，并利用加速度的关系求解相应量与弹簧相关的功能问题弹簧连接体是考查功能关系问题的经典模型，求解这类问题的关键是认真分析系统的物理过程和功能转化情况，再由动能定理、机械能守恒定律或功能关系列式，同时注意以下两点：弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，则其储存的弹性势能就相同；弹性势能公式Epkx2在高考中不作要求(除非题中给出该公式)，与弹簧相关的功能问题一般利用动能定理或能量守恒定律求解(五)杆导轨模型图示或释义规律或方法杆cd以一定初速度v在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L杆以速度v切割磁感线，产生感应电动势EBLv，电流I，安培力FBIL.杆做减速运动，vFa，当v0时，a0，杆保持静止，动能全部转化为内能：Qmv2轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定开始时a，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由FF安ma知a，当a0时，v最大，vm拉力F做的功一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WFQmv倾斜轨道光滑，倾角为，杆cd质量为m，两导轨间距为L开始时agsin ，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由mgsin F安ma知a，当a0时，v最大，vm重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WGQmv竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L开始时ag，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由mgF安ma知a，当a0时，v最大，vm重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WGQmv(六)线圈模型图示或释义规律或方法静止线圈模型线圈不动，磁感应强度大小随时间变化(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律判断感应电动势的大小和方向(2)由闭合电路欧姆定律确定回路中的感应电流(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)(4)列动力学方程或平衡方程求解平动线圈模型(1)分析线圈运动情况，判断运动过程中是否有磁通量不变的阶段线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路根据电路分析，由闭合电路欧姆定律列方程(2)对某一状态，分析线圈的受力情况，由牛顿第二定律列式：F外F安ma(3)线圈穿过磁场时，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由动能定理W外W安Ek2Ek1或能量守恒定律列式转动线圈模型(1)线框匀速转动产生感应电动势，可根据EnBS求出感应电动势的最大值，进而求出感应电动势的有效值，再求其他值(2)一般计算电功、电功率、电热等与热效应有关的量必须用有效值；电压表、电流表所能测量到的也是有效值(3)可根据n求出感应电动势的平均值，求出平均感应电流后再求电荷量临考必练1.如图所示，叠放在一起的两物块A、B质量相等，随水平圆盘一起做匀速圆周运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()AB做圆周运动所需向心力是A做圆周运动所需向心力的2倍B盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍CA有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D若B先滑动，则A、B之间的动摩擦因数A小于B与盘之间的动摩擦因数B解析：A、B两物块随水平圆盘一起做匀速圆周运动，向心力Fm2r，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；将A、B作为整体分析，fAB2m2r，对A分析，有fAm2r，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误；若B先滑动，表明盘对B的摩擦力先达到二者之间的最大静摩擦力，当B恰要滑动时，有B2mgfAmvr，又mrB，故D错误答案：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 NB斜面体对A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FGB5 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FNGAcos 305 N，斜面体对A的摩擦力FfGAsin 30F0，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()AUabUcdB.UabUcdCUabUcd 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UcdUab，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，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，所以电流表的示数为10 A，选项A正确；线圈转动的角速度 rad/s100 rad/s，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、2m，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kr2mg.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 B若A受到的摩擦力为0，则转台转动的角速度为 C若B刚好不滑动，则转台转动的角速度为 D若A刚好不滑动，则转台转动的角速度为 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(2.5r1.5r)2m2r，解得 ，A错误；若A受到的摩擦力为0，则弹簧弹力提供A做匀速圆周运动所需的向心力，有k(2.5r1.5r)1.5m2r，解得 ，B正确；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(2.5r1.5r)2mg2m2r，解得 ，C错误；若A刚好不滑动，A受到的摩擦力达到最大静摩擦力，A受到的弹簧弹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(2.5r1.5r)mgm21.5r，解得 ，D正确答案：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D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vAvBcos ，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EBLv，回路中的感应电流I杆所受的安培力FBIL根据牛顿第二定律有mgsin ma当速度v0时，杆的加速度最大，最大加速度agsin ，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mgxsin Q总mv又Q杆Q总所以Q杆mgxsin .答案：(1)gsin ，方向沿导轨平面向下，方向沿导轨平面向下(2)mgxsin 8.如图所示，正方形单匝线框bcde边长L0.4 m，每边电阻相同，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EBLv1.6 Ve、b两点间的电势差UebE1.2 V.(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，解得F安4 N克服安培力做功W安F安2L3.2 J而QW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vv22a2L，aa整理得(Mm)(vv2)(Mm)g2L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WFW安(Mm)g2L(Mm)(vv2)联立得WFW安0而W安Q，故Q3.6 J又QI2rtr故eb边上产生的焦耳热QebQ0.9 J.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WFQ又QI2rtr，故eb边上产生的焦耳热QebQ0.9 J.答案：见解析