论文部分内容阅读
一、铸题成模 以模解题
物理学科的研究对象是自然界物质的结构和最普遍的运动形式，对于那些纷繁复杂事物的研究，首先抓住其主要的特征，而舍去次要的因素，形成一种经过抽象概括的理想化“模型”，这种以模型概括复杂事物的方法，是对复杂事物的合理的简化.如运动员的跳水问题是一个“竖直上抛”运动的物理模型；人体心脏收缩使血液在血管中流动可简化为一个“做功”的模型等.物理模型是同类通性问题的本质体现和核心归整.高中物理学中常见的物理模型有质点、斜面体、连接体、传送带、点电荷、电容器、导轨、速度选择器、霍尔元件等.现将高考中出现频率较高的模型——板块模型、斜面模型、传送带模型和导轨模型做进一步的阐述.
模型一 板块模型
物块与木板（或物块）组合在一起，是高中力学中常见的物理模型.在这一模型中考查二者之间的相互作用问题，根据运动状态可分为：平衡状态下的物块与木板、做匀变速运动的物块与木板、做变加速运动的物块与木板.
解答本类问题的思路是运动分析→受力分析→功能关系分析.
（1）板块模型一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度等.
（2）平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析.
（3）非平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律.
图1
例1 （2015年乌鲁木齐五校联考）如图1所示，质量m=1 kg的小滑块放在质量M=1 kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木 板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75 cm，开始时两者都处在静止状态.现用水平向右的恒力F拉小滑块向木板的右端运动，为了在0.5 s末使滑块从木板右端滑出，拉力F应多大？此过程产生的热量是多少？
解析 分析小滑块m，水平方向受拉力F和滑动摩擦力F1作用，设其加速度为a1，由牛顿第二定律得F-F1=ma1.
分析长木板M，水平方向受滑动摩擦力F1作用，设其加速度为a2，由牛顿第二定律得F1=Ma2，
设在0.5 s时间内m的位移为x1，M的位移为x2，根据运动学关系有x1= 1 2 a1t2；x2= 1 2 a2t2.
根据几何关系有x1-x2=L
又F1=μmg，
代入数值解得F=8 N
此过程产生的热量Q=μmgL=0.75 J
答案：8 N、 0.75 J
图2
例2 （2015年自贡一模）如图2所示，质量m=10 kg和M=20kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（ ）.
A.M受到的摩擦力保持不变 B.物块m受到的摩擦力对物块m不做功
C.推力做的功等于弹簧增加的弹性势能 D.开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N
解析 对物块m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力.由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M对m的摩擦力也在增大，所以物块M受到的摩擦力在增大，
A错误；物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，B错误；把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F=kx=100 N，对整体研究，根据动能定理得WF+W弹=ΔEk
（=0），弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，WF=-W弹（=ΔEp），所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C正确，D错误.选C
模型二 斜面模型
斜面模型是高中物理中最常见的物理模型之一，各类考题中都会出现，高考物理中的斜面问题千变万化，既可能光滑，也可能粗糙；既可能静止，也可能运动，运动又分为匀速和变速；既可能是一个斜面，也可能是多个斜面.求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（包括支持力和摩擦力）是解决问题的关键.
图3
例3 （2014年高考浙江卷）如图3所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行.小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上，则（ ）.
A.小球A与B之间库仑力的大小为k q2 d2
B.当 q d = mgsinθ k 时，细线上的拉力为零
C.当 q d = mgtanθ k
时，细线上的拉力为零
D.当 q d = mg ktanθ 时，斜面对小球A的支持力为零
解析 本题考查库仑定律、受力分析、共点力的平衡等知识.根据库仑定律可知小球A与B之间的库仑力大小为k q2 d2 ，选项A正确.若细线上的拉力为零，小球A受重力、库仑力和支持力作用，如图3 所示，由平衡条件可得F=k q2 d2 =mgtanθ，选项B错误，选项C正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A的支持力不可能为零，选项D错误.答案：AC
图4
例4 （2013年高考北京高考）如图4所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上.下列结论正确的是（ ）. A.木块受到的摩擦力大小是mgcosα
B.木块对斜面体的压力大小是 mgsinα
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是 mgsinαcosα
D.桌面对斜面体的支持力大小是 （M+m）g
解析 对m进行受力分析，由平衡方程得木块对斜面的压力N=mgcosα，木块受到的摩擦力f=mgsinα，A、B错误；对M和m进行整体受力分析，可得桌面对斜面体的摩擦力大小是零，桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g，C错误，D正确.选D
模型三 传送带模型
（1）物块与传送带是高中力学中一个常见的模型，其特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的相对运动，这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间的相对位移的区别，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识.该题型按传送带设置可分为水平与倾斜两种；按转向可分为顺时针和逆时针两种；按转速是否变化可分为匀速和匀变速两种.
（2）解答本类问题的基本思路
运动分析→受力分析→功能关系分析.受力分析的关键是判断f的方向，功能关系分析的关键是明确物体与传送带间的相对位移.
图5
例5 （2015年柳州二模）水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动.某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内（ ）.
A.小物体相对地面的位移大小为x
B.传送带上的A点对地的位移大小为x
C.由于小物体与传送带相互作用产生的热量为mv2
D.由于小物体与传送带相互作用，电动机要多做的功为mv2
解析 在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1= 1 2 vt，传送带（或传送带上的A点）相对地面的位移为x2=vt，物体相对传送带的位移大小x=x2-x1= 1 2 vt，显然x1=x，x2=2x，A正确，B错误；物体与传送带间的滑动摩擦力做功，将系统的部分机械能转化为系统的内能，摩擦生热Q=fx，对物体运用动能定理有fx1= 1 2 mv2，又x1=x，故Q=fx= 1 2 mv2，C错误；在这段时间内，电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功，W=fx2=2fx=mv2，D正确.答案：AD
图6
例6 （2015扬州二模）如图6所示，轮半径r=10 cm的传送带，水平部分AB的长度L=1.5 m，与一圆心在O点、半径R=1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H=1.25 m，一质量m=0.1 kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ=37°.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，不计空气阻力.
（1）求滑块对圆轨道末端的压力；
（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；
（3）若传送带以v0=0.5m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由B到A运动），求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能.
解析 （1）小滑块从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR（1-cos37°）= 1 2 mv2
在轨道末端由牛顿第二定律得：FN-mg= mv2 R
由以上两式得FN=1.4 N
由牛顿第三定律得，小滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N，方向竖直向下.
（2）若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：-μmgL= 1 2 mv2B- 1 2 mv2，解得：vB=1 m/s
小滑块从B点开始做平抛运动，小滑块的落地点与B点间的水平距离为：x=vB 2H g =0.5 m.
（3）传送带向左运动和传送带静止时，小滑块的受力情况没有变化，小滑块从A到B的运动情况没有改变.所以小滑块和传送带间的相对位移为：Δx=L+v0 v-vB μg =2m
小滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q=μmgΔx=0.2J.
答案：（1）1.4N，方向竖直向下 （2）0.5m
（3）0.2J
模型四 电磁感应中的“杆+导轨”模型
（1）“杆（单杆）+导轨”模型是高考的热点，也是难点，考查知识点多.按导轨的放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速直线运动、匀变速直线运动、变加速直线运动等，杆的最终状态一般为静止或匀速直线运动；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等，情景复杂，形式多变.
（2）解答本类问题的基本思路
受力分析→运动分析→功能关系分析.
（3）本类问题一般情况下用到的知识：运动学公式、牛顿运动定律、法拉第电磁感应定律和功能关系等.
图7
例7 （2014年高考四川卷）如图7所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小.质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水 平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4-0.2t）T，图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则（ ）.
A.t=1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B.t=3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C.t=1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D.t=3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
解析 由于B=（0.4-0.2t）T，在t=1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确.在t=3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误.由法拉第电磁感应定律得E= ΔΦ Δt = ΔB Δt Ssin30°=0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I= E R =1A，在t=1 s时，B=0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP=BILsin30°=0.1 N，C正确.同理，在t=3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH=BILsin30°=0.1 N，D错误.答案：AC
例8 （2014年高考安徽卷）如图8所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m.以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）.g取10 m/s2.
图8 图9
（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8 m处电势差UCD；
（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图9中画出F-x关系图象；
（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.
解析 （1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E=Blv（l=d），E=1.5 V（D点电势高）
当x=0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为l外，则
l外=d- OP-x OP d，OP= MP2-（ MN 2 ）2 ，得l外=1.2 m
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差UCB=-Bl外v， UCD=-0.6 V
（2）杆在导轨间的长度l与位置x关系是l= OP-x OP d=3- 3 2 x
对应的电阻R1为R1= l d R，电流I= Blv R1
杆受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得F=F安+mgsinθ
图10
F=12.5-3.75x（0≤x≤2），画出的F-x图象如图10所示.
（3）外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积，即WF= 5+12.5 2 ×2 J=17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp=mgsinθ
故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J
答案： （1）-0.6 V （2）略 （3）7.5 J
二、带电粒子在交变电场中的运动问题
1.命题规律
带电粒子在交变电场中的运动问题涉及受力分析、运动分析以及对运动性质、运动轨迹、运动范围的判断.是对考生应用动力学和能量观点解决电学问题能力的综合考查，在高考中，选择题和计算题都有可能出现.
2.解题策略
（1）对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、匀速或减速交替出现的多运动过程的情景出现.解决的方法：①根据力与运动的关系分析带电粒子一个变化周期内相关物理量的变化规律.②借助运动图象进行运动过程分析，找出每一运动过程（或阶段）中相关物理量间的关系，进行归纳、总结、推理，寻找带电粒子的运动规律.
（2）对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，然后应用动力学或功能关系加以解决.
3.易错提醒
带电粒子在交变电场中的运动问题极易从以下几点失分：（1）不能把交变的电学量转化为变化的力学量；（2）不能正确分析转折点粒子的运动状态；（3）不能正确分析粒子在各阶段的运动情况；（4）不能构建出粒子在全过程的运动模型.
可以从以下几点进行防范：（1）紧抓电学量和力学量的关系式E= F q 、W=qU等；（2）粒子所受的电场力F是联系力和电的桥梁，知道了力的变化，就能推知加速度、速度、位移、功、动能等其他力学量的变化；（3）一定要把复杂多过程问题先分阶段处理，再全过程考虑；（4）尽可能多地从图象上获得信息，进而分析得出粒子的运动规律.）
例9 （2015年菏泽一模） 一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图11所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）.
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0～2 s内，电场力所做的功等于零
C.4 s末带电粒子回到原出发点
D.2.5～4 s内，速度的改变等于零
图11 图12
解析 选D.由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度a= qE0 m ，为第2 s内加速度a= 2qE0 m 的 1 2 ，因此先加速1 s再减速0.5 s，速度为零，接下来的1.5 s将反向加速，v-t图象如图12所示，所 以选项A错；在0～2 s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；v-t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称性可以看出，前4 s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C错误；2.5～4 s内，v2.5=v4，故Δv=0，选项D正确. 例10 （2015年太原一模）如图13甲所示，在y=0和y=2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图13乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为 q m =1.0×10-2 C/kg，在t=0时刻以速度v0=5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力.求：
（1）粒子通过电场区域的时间；
（2）粒子离开电场时的位置坐标；
（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小.
图13
解析 （1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t= y v0 =4×10-3 s.
（2）粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1= E1q m =4 m/s2，减速时的加速度大小为a2= E2q m =2 m/s2，由运动学规律得，x方向上的位移为x= a1（ T 2 ）2+a1（ T 2 ）2- 1 2 a2（ T 2 ）2=2×10-5m.
因此粒子离开电场时的位置坐标为（-2×10-5m，2m）.
（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vx=a1 T 2 -a2 T 2 =4×10-3m/s.
答案：见解析
例10 （2015年贵阳一模）在金属板A、B间加上如图13乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入（如图13甲所示）.已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：
（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？
（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？
图13
解析 （1）由动能定理得：e· U0 2 = 1 2 mv2- 1 2 mv20，解得v= v20+ eU0 m .
（2）t=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经 过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动.
要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L=v0T.
（3）若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO′线.可见应在t= T 4 +k· T 2 （k=0，1，2，…）时射入.
极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上.
由牛顿第二定律有a= eU0 md
加速阶段运动的距离s= 1 2 · eU0 md ·（ T 4 ）2≤ d 4 ，可解得d≥T eU0 8m .故两板间距至少为T eU0 8m
答案：（1） v20+ eU0 m （2）v0T （3） T 4
+k· T 2 （k=0，1，2，…） T eU0 8m
物理学科的研究对象是自然界物质的结构和最普遍的运动形式，对于那些纷繁复杂事物的研究，首先抓住其主要的特征，而舍去次要的因素，形成一种经过抽象概括的理想化“模型”，这种以模型概括复杂事物的方法，是对复杂事物的合理的简化.如运动员的跳水问题是一个“竖直上抛”运动的物理模型；人体心脏收缩使血液在血管中流动可简化为一个“做功”的模型等.物理模型是同类通性问题的本质体现和核心归整.高中物理学中常见的物理模型有质点、斜面体、连接体、传送带、点电荷、电容器、导轨、速度选择器、霍尔元件等.现将高考中出现频率较高的模型——板块模型、斜面模型、传送带模型和导轨模型做进一步的阐述.
模型一 板块模型
物块与木板（或物块）组合在一起，是高中力学中常见的物理模型.在这一模型中考查二者之间的相互作用问题，根据运动状态可分为：平衡状态下的物块与木板、做匀变速运动的物块与木板、做变加速运动的物块与木板.
解答本类问题的思路是运动分析→受力分析→功能关系分析.
（1）板块模型一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度等.
（2）平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析.
（3）非平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律.
图1
例1 （2015年乌鲁木齐五校联考）如图1所示，质量m=1 kg的小滑块放在质量M=1 kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木 板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75 cm，开始时两者都处在静止状态.现用水平向右的恒力F拉小滑块向木板的右端运动，为了在0.5 s末使滑块从木板右端滑出，拉力F应多大？此过程产生的热量是多少？
解析 分析小滑块m，水平方向受拉力F和滑动摩擦力F1作用，设其加速度为a1，由牛顿第二定律得F-F1=ma1.
分析长木板M，水平方向受滑动摩擦力F1作用，设其加速度为a2，由牛顿第二定律得F1=Ma2，
设在0.5 s时间内m的位移为x1，M的位移为x2，根据运动学关系有x1= 1 2 a1t2；x2= 1 2 a2t2.
根据几何关系有x1-x2=L
又F1=μmg，
代入数值解得F=8 N
此过程产生的热量Q=μmgL=0.75 J
答案：8 N、 0.75 J
图2
例2 （2015年自贡一模）如图2所示，质量m=10 kg和M=20kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（ ）.
A.M受到的摩擦力保持不变 B.物块m受到的摩擦力对物块m不做功
C.推力做的功等于弹簧增加的弹性势能 D.开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N
解析 对物块m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力.由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M对m的摩擦力也在增大，所以物块M受到的摩擦力在增大，
A错误；物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，B错误；把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F=kx=100 N，对整体研究，根据动能定理得WF+W弹=ΔEk
（=0），弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，WF=-W弹（=ΔEp），所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C正确，D错误.选C
模型二 斜面模型
斜面模型是高中物理中最常见的物理模型之一，各类考题中都会出现，高考物理中的斜面问题千变万化，既可能光滑，也可能粗糙；既可能静止，也可能运动，运动又分为匀速和变速；既可能是一个斜面，也可能是多个斜面.求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（包括支持力和摩擦力）是解决问题的关键.
图3
例3 （2014年高考浙江卷）如图3所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行.小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上，则（ ）.
A.小球A与B之间库仑力的大小为k q2 d2
B.当 q d = mgsinθ k 时，细线上的拉力为零
C.当 q d = mgtanθ k
时，细线上的拉力为零
D.当 q d = mg ktanθ 时，斜面对小球A的支持力为零
解析 本题考查库仑定律、受力分析、共点力的平衡等知识.根据库仑定律可知小球A与B之间的库仑力大小为k q2 d2 ，选项A正确.若细线上的拉力为零，小球A受重力、库仑力和支持力作用，如图3 所示，由平衡条件可得F=k q2 d2 =mgtanθ，选项B错误，选项C正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A的支持力不可能为零，选项D错误.答案：AC
图4
例4 （2013年高考北京高考）如图4所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上.下列结论正确的是（ ）. A.木块受到的摩擦力大小是mgcosα
B.木块对斜面体的压力大小是 mgsinα
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是 mgsinαcosα
D.桌面对斜面体的支持力大小是 （M+m）g
解析 对m进行受力分析，由平衡方程得木块对斜面的压力N=mgcosα，木块受到的摩擦力f=mgsinα，A、B错误；对M和m进行整体受力分析，可得桌面对斜面体的摩擦力大小是零，桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g，C错误，D正确.选D
模型三 传送带模型
（1）物块与传送带是高中力学中一个常见的模型，其特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的相对运动，这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间的相对位移的区别，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识.该题型按传送带设置可分为水平与倾斜两种；按转向可分为顺时针和逆时针两种；按转速是否变化可分为匀速和匀变速两种.
（2）解答本类问题的基本思路
运动分析→受力分析→功能关系分析.受力分析的关键是判断f的方向，功能关系分析的关键是明确物体与传送带间的相对位移.
图5
例5 （2015年柳州二模）水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动.某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内（ ）.
A.小物体相对地面的位移大小为x
B.传送带上的A点对地的位移大小为x
C.由于小物体与传送带相互作用产生的热量为mv2
D.由于小物体与传送带相互作用，电动机要多做的功为mv2
解析 在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1= 1 2 vt，传送带（或传送带上的A点）相对地面的位移为x2=vt，物体相对传送带的位移大小x=x2-x1= 1 2 vt，显然x1=x，x2=2x，A正确，B错误；物体与传送带间的滑动摩擦力做功，将系统的部分机械能转化为系统的内能，摩擦生热Q=fx，对物体运用动能定理有fx1= 1 2 mv2，又x1=x，故Q=fx= 1 2 mv2，C错误；在这段时间内，电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功，W=fx2=2fx=mv2，D正确.答案：AD
图6
例6 （2015扬州二模）如图6所示，轮半径r=10 cm的传送带，水平部分AB的长度L=1.5 m，与一圆心在O点、半径R=1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H=1.25 m，一质量m=0.1 kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ=37°.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，不计空气阻力.
（1）求滑块对圆轨道末端的压力；
（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；
（3）若传送带以v0=0.5m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由B到A运动），求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能.
解析 （1）小滑块从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR（1-cos37°）= 1 2 mv2
在轨道末端由牛顿第二定律得：FN-mg= mv2 R
由以上两式得FN=1.4 N
由牛顿第三定律得，小滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N，方向竖直向下.
（2）若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：-μmgL= 1 2 mv2B- 1 2 mv2，解得：vB=1 m/s
小滑块从B点开始做平抛运动，小滑块的落地点与B点间的水平距离为：x=vB 2H g =0.5 m.
（3）传送带向左运动和传送带静止时，小滑块的受力情况没有变化，小滑块从A到B的运动情况没有改变.所以小滑块和传送带间的相对位移为：Δx=L+v0 v-vB μg =2m
小滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q=μmgΔx=0.2J.
答案：（1）1.4N，方向竖直向下 （2）0.5m
（3）0.2J
模型四 电磁感应中的“杆+导轨”模型
（1）“杆（单杆）+导轨”模型是高考的热点，也是难点，考查知识点多.按导轨的放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速直线运动、匀变速直线运动、变加速直线运动等，杆的最终状态一般为静止或匀速直线运动；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等，情景复杂，形式多变.
（2）解答本类问题的基本思路
受力分析→运动分析→功能关系分析.
（3）本类问题一般情况下用到的知识：运动学公式、牛顿运动定律、法拉第电磁感应定律和功能关系等.
图7
例7 （2014年高考四川卷）如图7所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小.质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水 平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4-0.2t）T，图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则（ ）.
A.t=1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B.t=3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C.t=1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D.t=3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
解析 由于B=（0.4-0.2t）T，在t=1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确.在t=3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误.由法拉第电磁感应定律得E= ΔΦ Δt = ΔB Δt Ssin30°=0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I= E R =1A，在t=1 s时，B=0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP=BILsin30°=0.1 N，C正确.同理，在t=3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH=BILsin30°=0.1 N，D错误.答案：AC
例8 （2014年高考安徽卷）如图8所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m.以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）.g取10 m/s2.
图8 图9
（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8 m处电势差UCD；
（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图9中画出F-x关系图象；
（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.
解析 （1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E=Blv（l=d），E=1.5 V（D点电势高）
当x=0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为l外，则
l外=d- OP-x OP d，OP= MP2-（ MN 2 ）2 ，得l外=1.2 m
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差UCB=-Bl外v， UCD=-0.6 V
（2）杆在导轨间的长度l与位置x关系是l= OP-x OP d=3- 3 2 x
对应的电阻R1为R1= l d R，电流I= Blv R1
杆受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得F=F安+mgsinθ
图10
F=12.5-3.75x（0≤x≤2），画出的F-x图象如图10所示.
（3）外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积，即WF= 5+12.5 2 ×2 J=17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp=mgsinθ
故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J
答案： （1）-0.6 V （2）略 （3）7.5 J
二、带电粒子在交变电场中的运动问题
1.命题规律
带电粒子在交变电场中的运动问题涉及受力分析、运动分析以及对运动性质、运动轨迹、运动范围的判断.是对考生应用动力学和能量观点解决电学问题能力的综合考查，在高考中，选择题和计算题都有可能出现.
2.解题策略
（1）对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、匀速或减速交替出现的多运动过程的情景出现.解决的方法：①根据力与运动的关系分析带电粒子一个变化周期内相关物理量的变化规律.②借助运动图象进行运动过程分析，找出每一运动过程（或阶段）中相关物理量间的关系，进行归纳、总结、推理，寻找带电粒子的运动规律.
（2）对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，然后应用动力学或功能关系加以解决.
3.易错提醒
带电粒子在交变电场中的运动问题极易从以下几点失分：（1）不能把交变的电学量转化为变化的力学量；（2）不能正确分析转折点粒子的运动状态；（3）不能正确分析粒子在各阶段的运动情况；（4）不能构建出粒子在全过程的运动模型.
可以从以下几点进行防范：（1）紧抓电学量和力学量的关系式E= F q 、W=qU等；（2）粒子所受的电场力F是联系力和电的桥梁，知道了力的变化，就能推知加速度、速度、位移、功、动能等其他力学量的变化；（3）一定要把复杂多过程问题先分阶段处理，再全过程考虑；（4）尽可能多地从图象上获得信息，进而分析得出粒子的运动规律.）
例9 （2015年菏泽一模） 一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图11所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）.
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0～2 s内，电场力所做的功等于零
C.4 s末带电粒子回到原出发点
D.2.5～4 s内，速度的改变等于零
图11 图12
解析 选D.由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度a= qE0 m ，为第2 s内加速度a= 2qE0 m 的 1 2 ，因此先加速1 s再减速0.5 s，速度为零，接下来的1.5 s将反向加速，v-t图象如图12所示，所 以选项A错；在0～2 s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；v-t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称性可以看出，前4 s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C错误；2.5～4 s内，v2.5=v4，故Δv=0，选项D正确. 例10 （2015年太原一模）如图13甲所示，在y=0和y=2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图13乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为 q m =1.0×10-2 C/kg，在t=0时刻以速度v0=5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力.求：
（1）粒子通过电场区域的时间；
（2）粒子离开电场时的位置坐标；
（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小.
图13
解析 （1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t= y v0 =4×10-3 s.
（2）粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1= E1q m =4 m/s2，减速时的加速度大小为a2= E2q m =2 m/s2，由运动学规律得，x方向上的位移为x= a1（ T 2 ）2+a1（ T 2 ）2- 1 2 a2（ T 2 ）2=2×10-5m.
因此粒子离开电场时的位置坐标为（-2×10-5m，2m）.
（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vx=a1 T 2 -a2 T 2 =4×10-3m/s.
答案：见解析
例10 （2015年贵阳一模）在金属板A、B间加上如图13乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入（如图13甲所示）.已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：
（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？
（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？
图13
解析 （1）由动能定理得：e· U0 2 = 1 2 mv2- 1 2 mv20，解得v= v20+ eU0 m .
（2）t=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经 过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动.
要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L=v0T.
（3）若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO′线.可见应在t= T 4 +k· T 2 （k=0，1，2，…）时射入.
极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上.
由牛顿第二定律有a= eU0 md
加速阶段运动的距离s= 1 2 · eU0 md ·（ T 4 ）2≤ d 4 ，可解得d≥T eU0 8m .故两板间距至少为T eU0 8m
答案：（1） v20+ eU0 m （2）v0T （3） T 4
+k· T 2 （k=0，1，2，…） T eU0 8m