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(共31张PPT)
思维进阶二　传送带模型
考情分析 2025·广西卷T15、2024·安徽卷T4、2023·广东卷T15
模型特征 (1)物体与传送带间一般存在压力、摩擦力;(2)物体的动能、内能、带动传送带的电机消耗的电能等能量不断转化
方法规律 方法:假设法、分段法、图像法
规律:(1)力的角度:静摩擦力大小、方向的分析方法、滑动摩擦力大小、方向的分析方法;
(2)运动角度:牛顿第二定律、运动学公式、x相对=x物 x带;
(3)功能角度:动能定理、Q=fx相对、能量守恒等
经典模型 水平传送带:
倾斜传送带:
【典题例析】
命题角度1　传送带的动力学问题
[典例1](多选)一传送带装置如图所示,水平部分AB长为4 m,倾斜部分
BC长为10 m,倾角θ=37°。AB和BC在B点通过一极短的圆弧连接,传送带
以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数
为0.5。现将一质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在A点,
重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,
cos37°=0.8,下列说法正确的是(　　)
A.工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为5∶1
B.工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4 m
C.工件第二次到达B点的速度大小为3 m/s
D.工件自释放至第三次到达B点的时间为7 s
√
√
【思路导引】
(1)应采用分段法分析工件的运动过程。
(2)比较工件与传送带的速度大小→确定摩擦力的方向→确定工件的运动性质→根据牛顿第二定律和运动学公式进行计算。
【解析】选B、D。工件无初速度地放在A点,
加速度大小为a1==μg=5 m/s2。
设经过t1时间工件与传送带共速,则有
t1===0.8 s,共速前工件通过的位移大小为x1=t1=×0.8 s=
1.6 m由于tan37°=0.75>μ=0.5,可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到
的滑动摩擦力方向均沿斜面向上,根据牛顿第二定律可得mgsinθ
μmgcosθ=ma,解得加速度大小为a=2 m/s2,
故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1∶1,故A错
误;工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为L最大== m=
4 m,故B正确;由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同,
所以工件第二次到达B点的速度大小为v=4 m/s,故C错误;工件第一次在
传送带水平部分加速运动的时间为t1===0.8 s,匀速运动时间为
t2== s=0.6 s,
工件第一次经过B点到第二次到达B点所用时间为t3=2=2× s=4 s,工件第二次到达B点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动,再向右做匀加速直线运动,根据对称性可知,工件第二次经过B点到第三次到达B点所用时间为t4=2=2× s=1.6 s,则工件自释放至第三次到达B点的时间为t=t1+t2+t3+t4=7 s,故D正确。
命题角度2　传送带的功能关系及能量转化问题
[典例2](2025·广西高考)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入与水平传送带共速度的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。
若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出[1]。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。
每个长度为d的货箱装总质量为M[2]的一批散货。若货箱之间无间隔,重力加速度大小为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I[3]如图乙,求这段时间内:
(1)单个散货的质量。
答案:(1)　
【解析】(1)对单个散货水平方向由动量定理得 I=0 mv0
解得单个散货的质量为m=
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
答案: (2)　
【解析】(2)落入货箱中散货的个数为N==
则水平传送带的平均传送速度大小为==
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
答案: (3)
【解析】(3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段,
由牛顿第二定律μmgcos30° mgsin30°=ma
解得a=g
加速时间t1==
加速位移x1=a=
设匀速时间为t2
其中t1+t2=9Δt
则匀速位移为x2=v0t2=v0(9Δt )
故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1 x1=
在Δt时间内传送带额外多做的功为W=m+mgLsin30°+Q
其中m=,L=9v0Δt ,Q=μmgcos30°Δx,=
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为=
【题眼破译】
[1]散货在传送带上的运动时间是9Δt。
[2]根据货箱装总质量和散货的质量可确定货箱装散货个数。
[3]F t图像中,图线与横轴所围面积表示冲量。
【考法预测】
1.倾角为θ的足够长的传送带以恒定速率v0逆时针转动。t=0时在传送带上部无初速度地轻放小木块a、b,开始时二者距离为d0,如图所示。已知小木块a、b与传送带间的动摩擦因数满足μaA.一直增加 B.一直减小
C.先增加后减小 D.先减小后增加
√
【解析】选D。初始时,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,开始阶段b的加速度大于a,b达到传送带速度后,由于tanθ<μb,则b和传送带保持相对静止;a达到传送带速度后,有mgsinθ μamgcosθ=ma2,可知a继续加速,木块a、b与传送带运动的v t图像如图所示,则a、b间距离先减小,a达到传送带速度时,距离最近,再往后,a、b间距离又逐渐变大。
2.如图所示,足够长的传送带倾角为θ,以恒定速率v1沿顺时针方向传动。一物块从传送带顶端以沿传送带向下的初速度v2滑上传送带,已知v2>v1,物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ。以物块刚滑上传送带的位置为位移起点,物块的动能Ek与位移x的关系图像可能正确的是(　　)
√
【解析】选A。由于μ>tanθ,物块先向下匀减速运动,合力F合=μmgcosθ
mgsinθ,方向沿斜面向上;速度减为零后物块向上匀加速运动,合力F'合
=μmgcosθ mgsinθ,方向沿斜面向上。因为v2>v1,物块向上运动与传送
带速度相同后,与传送带一起相对静止向上匀速运动,此时物块合力为零。
由动能定理得F合·Δx=ΔEk,得=F合,物块的动能Ek与位移x的图像斜率
的绝对值为合力大小,动能减小过程和动能增加过程,
图像的斜率绝对值相等,最后物块的动能小于初动能,
且物块最后又回到了出发点,位移为零。故选A。
3.(2025·重庆模拟)如图,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于Q点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点P由静止释放,滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度大小为g。下说法正确的是(　　)
A.传送带匀速转动的速度大小为gR
B.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为R
C.小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q点时加速度之比为∶1
D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR
√
【解析】选D。小滑块在传送带上先向右做减速运动,减速到0,在传送带上向左先加速,和传送带共速后匀速运动,返回时第一次上升的最高点距N点高度为R,由mg×R=mv2,可得传送带匀速传动的速度v=,故A错误;之后小滑块一直重复运动,小滑块在传送带上先向右做减速运动,减速到0,返回时在传送带上向左先加速,和传送带共速后匀速运动,所以小滑块不会静止,返回时上升的最高点距N点高度始终为R,故B错误;
小滑块自圆弧轨道最高点P由静止释放,在圆弧轨道下滑,由机械能守恒定律得mgR=m,解得到达Q点时速度为v1=,小滑块第二次经过圆弧轨道的Q点时速度为v=,根据牛顿第二定律得在Q点时加速度a=,推得小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q点时加速度之比为2∶1,故C错误;设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,
小滑块第一次在传送带上做减速直线运动的时间为t1==,相对传送带的距离为Δs1=vt1+t1,解得Δs1=,反向加速直线运动的时间为t2==,相对传送带的位移为Δs2=vt2 t2,解得Δs2=,滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为Q=μmg(Δs1+Δs2),解得Q=mgR,故D正确。
【加固训练】
(2025·宿迁模拟)工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动
下顺时针运行,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°,传送带顶端有与传送
带上表面在同一直线上的斜面,两者平滑对接。一产品无初速度地放到传
送带底端,经传送带传动后滑上斜面,恰好能到达斜面的顶端,由机器人取
走产品。已知产品的质量m=1 kg,传送带上表面的长度L1=10 m、运行速
度v0=4 m/s,斜面长度L2=1 m,产品与传送带间的
动摩擦因数μ1=,取重力加速度g=10 m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)求产品在传送带上加速运动的时间t;
答案:(1)4 s　
【解析】(1)根据牛顿第二定律μ1mgcos37° mgsin37°=ma
解得a=1 m/s2
产品加速距离x==8 m即产品在传送带上先加速再匀速运动,
加速时间t=,解得t=4 s
(2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2;
答案: (2)0.25　
【解析】(2)产品在斜面上,由动能定理
(mgsin37°+μ2mgcos37°)L2=0 m
解得μ2=0.25
(3)若不计电动机的损耗,求电动机传送该产品的整个过程中,
产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值。
答案: (3)
【解析】(3)产品在传送带上获得的机械能E1=mgL1sin37°+m
解得E1=68 J
产品与传送带间产生的热量Q=μ1mgcos37°·(v0t x)
消耗电能E2=mgL1sin37°+m+Q
解得E2=124 J
比值=(共41张PPT)
思维进阶三　
板块模型中动力学、能量和动量的综合
考情 分析 2025·湖北卷T15、2024·新课标卷T25、2024·安徽卷T14、2024·山东卷T17、2023·全国乙卷T21、2023·山东卷T18、2023·河北卷T15
模型 特征 板块间有相互作用力,存在相对运动。在动量、能量等方面相互制约、相互联系
方法 规律 (1)方法:假设法、整体法、隔离法、分段法、图像法;
(2)规律:隔离:牛顿运动定律、运动学公式、功能关系
整体:能量守恒定律、动量守恒定律
经典 模型
【典题例析】
命题角度1　动力学在板块模型中的应用
[典例1](多选)如图所示,质量M=4 kg的长木板静止在粗糙水平地面上,t=0时刻对木板施加F=45 N的水平向右恒力,同时质量m=1 kg的小物块以v0=15 m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L=7.8 m,木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.小物块刚滑上木板时,木板的加速度大小为10 m/s2
B.t=1 s时,小物块恰好运动到木板最右端
C.t=(1+)s时,小物块从木板左端脱离
D.若t=2 s时撤去外力F,小物块最终会从木板右端脱离
√
√
【思路导引】
(1)根据受力情况、运动情况的变化,将木板、小物块的运动分为几个阶段。
(2)针对每一阶段,首先根据木板与小物块的相对运动,分析摩擦力,进而对木板和小物块进行受力分析;再根据牛顿第二定律计算木板和小物块的加速度;然后分析木板和小物块的运动情况。
【解析】选A、C。小物块刚滑上木板时,对木板进行分析,根据牛顿第二定律有F+μ2mg μ1(m+M)g=Ma1,解得a1=10 m/s2,故A正确;对小物块进行分析,根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2,解得a2=5 m/s2,
t=1 s时,小物块的速度v1=v0 a2t=10 m/s
此时木板的速度v2=a1t=10 m/s=v1,两者的相对位移x相1
=t t=7.5 m结合上述,在t=1 s时,小物块与木板速度恰好相等,之后两者不能够保持相对静止,小物块以a2=5 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动,木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动,对木板进行分析,根据牛顿第二定律有F μ2mg μ1(m+M)g=Ma3
解得a3=7.5 m/s2,上述过程小物块相对于木板向左运动,则有
x相1=v2t1+a3 (v1t1+a2),解得t1= s,可知,小物块从木板左端脱离的时间t2=t+t1=(1+)s,故C正确;
若t=2 s时撤去外力F,由于t2=t+t1=(1+)s>2 s。
令t3=2 s 1 s=1 s,结合上述可知,此时小物块与木板的速度分别为v3=v1+a2t3=15 m/s,v4=v2+a3t3=17.5 m/s,此时间内小物块相对于木板向左运动,则相对位移为x相2=t3 t3=1.25 m,撤去外力后小物块向右继续以a2=5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,木板向右做匀减速直线运动,对木板进行分析有μ2mg+μ1(m+M)g=Ma4,解得a4=3.75 m/s2,令历时t4两者达到相等速度,
则有v5=v3+a2t4=v4 a4t4,解得t4= s,此时间内小物块相对于木板向左运动,则相对位移为x相3=t4 t4= m,由于x相2+x相3命题角度2　能量观点在板块模型中的应用
[典例2](2025·广州模拟)如图所示,质量为m=3 kg、可视为质点的木块静止在光滑平台上[1],质量m0=20 g的子弹以v0=1 000 m/s的速度水平射向木块,子弹穿出后,木块从平台末端C点水平飞出,恰好无碰撞地[2]从木板上端D点滑上长木板。平台末端C点与木板上端D点间的竖直距离为h=0.45 m,水平距离为x=1.2 m,
已知木板质量为M=3 kg,长度为l=2.4 m,厚度不计,木板与木块、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木块与木板另一端的挡板发生弹性碰撞[3],碰撞时间极短,斜面足够长,倾角φ=37°,重力加速度取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:
(1)木块离开C点时的速度大小;
答案:(1)4 m/s　
【解析】(1)木块离开C点后做平抛运动,
从C到D的过程,竖直方向有h=gt2
在水平方向,有x=vCt
联立解得t=0.3 s,vC=4 m/s
(2)子弹射穿木块过程中子弹损失的机械能;
答案: (2)8 400 J　
【解析】(2)子弹打木块过程系统动量守恒,
根据动量守恒定律有m0v0=m0v1+mvC
解得v1=400 m/s
子弹损失机械能ΔE=m0m0=8 400 J
(3)整个运动过程中木块和木板间产生的热量。
答案: (3)52.575 J
【解析】(3)木块到达D点时,竖直速度大小vy=gt=3 m/s
合速度大小vD==5 m/s
木块滑上木板后,以沿斜面向下为正方向,
对木块有F合=mgsinφ μmgcosφ=0
对木板有F'合=Mgsinφ+μmgcosφ μ(m+M)gcosφ=0
则木块与挡板第一次发生碰撞前木板静止,木块做匀速运动,
木块与挡板碰撞时,由动量守恒定律,有mvD=mvD1+Mv2
由机械能守恒定律有m=m+M
解得vD1=0,v2=5 m/s
第一次碰撞后对木块有mgsinφ+μmgcosφ=ma1
对木板有Mgsinφ μmgcosφ μ(m+M)gcosφ=Ma2
解得a1=12 m/s2,a2= 12 m/s2
设两者共速时的速度为v共,
根据速度公式有v共=a1t2=v2+a2t2
解得t2= s,v共= m/s,
共速时相对位移Δx=v2t2+a2a1= m
共速后由受力平衡可知,此后木块与木板一起做匀速运动,
则木块与木板间产生的热量为Q=μmgcosφ(l+Δx)=52.575 J
【题眼破译】
[1]子弹打木块的过程系统动量守恒。
[2]木块到达D点时的速度,沿着斜面的方向。
[3]碰撞时,满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
命题角度3　动量观点在板块模型中的应用
[典例3](2025·湖北高考)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。
答案:(1)
【解析】(1)第1个滑块运动时,对木板的摩擦力为f1=2μmg
地面对木板的摩擦力为f2=4μnmg
所以此过程中木板保持不动;每个滑块之间距离为L,
所以对第1个滑块根据动能定理有 2μmgL=mm
解得v1=
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
答案: (2)
【解析】(2)滑块间碰撞时间极短,碰后滑块粘在一起运动,若长木板不动,第j个滑块开始运动时加速度为aj==2μg
根据运动学公式,第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时,有 v=2ajL
由第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒得jmv'j=(j+1)mvj+1
联立可得vj+1=
(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。提示:
12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)。
答案: (3)
【解析】(3)当第k个滑块开始滑动时,木板恰好要滑动,此时有2μ·kmg=μ(nm+3nm)g
解得k=2n(n为整数)
则第k+1(即2n+1)个滑块开始滑动时,木板开始滑动,要刚好不发生下一次碰撞,假设木板和剩下的滑块不发生相对滑动,则
2μ(2n+1)mg μ(nm+3nm)g=[nm+(n 1)m]a
则a=<2μg
木板和剩下的滑块不发生相对滑动。
对前面k+1(即2n+1)个滑块,有ak+1==2μg
木板开始滑动时,刚好不发生下一次碰撞,则对前面k+1个滑块和k+2个滑块共速,且相对位移恰好为L,则=L
则=2n+4μgL
又v共=at=vk+1 2μgt
则v共=
则=
j=1时,第一个滑块开始运动的速度v0=,则=βμgL
j=2时,根据动量守恒定律可得mv1=2mv2
可得第2个滑块开始运动的速度v2=,
则4=βμgL 4μgL
由第(2)问可得,(j+1)2=j2 4j2μgL,则对第3个滑块到第k+1个滑块有
=4× 4×4μgL
=9 9×4μgL
25=16× 16×4μgL
……
(k+1)2=k2 k2×4μgL
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
(k+1)2=βμgL 4μgL[12+22+33+42+…+k2]=βμgL μgL
联立=,k=2n
可得β=
【思路导引】
(1)滑块在木板上滑行时,根据牛顿第二定律和运动学公式分析。
(2)滑块碰撞时,根据动量守恒定律分析。
(3)“恰好不再相碰”说明:运动的滑块与下一个滑块相遇时恰好共速。
【考法预测】
如图所示,一质量为M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A。给A和B大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内,B的速度大小可能是(　　)　　　　　　　
A.1.8 m/s B.2.4 m/s
C.2.8 m/s D.3.5 m/s
√
【解析】选C。以A、B组成的系统为研究对象,因为系统不受外力,所以系统动量守恒。选择水平向右的方向为正方向,从A开始运动到A的速度为零,根据动量守恒定律可得(M m)v0=M,解得= m/s。从开始运动到A、B共速,根据动量守恒定律可得(M m)v0=(M+m),解得=2.5 m/s。木块A加速运动的过程为其速度减为零之后,到与B共速,此过程中B始终减速,则在木块A正在做加速运动的时间内,B的速度范围为2.5 m/s≤vB≤ m/s,故C正确,A、B、D错误。
【加固训练】
1.(2025·宁波模拟)倾角为37°足够长固定斜面上,有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以v0=1 m/s的速度从A的顶端开始下滑,A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量分别为mA=2 kg,mB=3 kg,重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(　　)
A.物块B下滑过程中,木板A仍能处于静止
B.物块B下滑过程中,A要向下加速,A、B速度刚达到相等时为
0.4 m/s
C.要使B不脱离A,A板长度至少为1.25 m
D.从开始运动到A、B速度达到相等过程中,系统因摩擦产生的热量为18.6 J
√
【解析】选D。由木板A恰好能处于静止可得,A与斜面间动摩擦因数
μ0=tan37°=0.75,且A、B在斜面上滑动时,系统动量守恒。速度相等时满
足mBv0=(mA+mB)v,可得v=0.6 m/s,故A、B错误;对B物体,根据牛顿第二
定律得mBgsin37° μmBgcos37°=mBa2,解得B物体向下减速时加速度为
a2=g(sin37° μcos37°)= 0.4 m/s2,减速时间t==1 s,此过程中,物块B
的位移xB=t=0.8 m,木板A的位移为xA=t=0.3 m,所以A板长度至少为
L=xB xA=0.5 m,故C错误;全过程中系统因摩擦产
生的热量Q=μmBgcos37°·L+μ0(mA+mB)cos37°·xA
=18.6 J,故D正确。
2.(2025·济南模拟)如图所示,光滑水平地面上一个质量为mC=1 kg的木板C紧靠平台静置,C的上表面与光滑平台相平。质量为mB=1 kg、倾角为30°的光滑斜面体B静止在平台上。质量为mD=3 kg的物块D静置在木板C上。斜面体B固定在平台上,将质量为mA=2 kg的物块A从斜面上距平台高度为h= m处由静止释放,物块A脱离斜面体B后,与平台发生相互作用,物块A垂直于平台方向的速度分量瞬间变为零,沿平台方向的速度分量不变。已知物块A和D均视为质点,与木板C上表面的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求物块A在平台上运动时的速率;
答案:(1) m/s　
【解析】(1)根据题意,设物块A滑到斜面B底端时的速度为vA,
由机械能守恒定律得mAgh=mA
解得vA= m/s
物块A在平台上运动时的速率v0=vAcos30°= m/s
(2)若物块A和物块D不能发生碰撞,求物块D到木板C左端的最小距离;
答案: (2) m　
【解析】(2)根据题意,对A、C、D组成的系统,
由动量守恒定律和能量守恒定律有
mAv0=(mA+mC+mD)v共,μmAgs=mA(mA+mC+mD)
解得s= m
(3)若斜面体B不固定,A从斜面上高度为1.5 m处静止释放,开始时物块D到木板C左侧的距离为 m,物块A与物块D的碰撞为弹性碰撞,求物块D与木板C第一次共速时,物块A与物块D之间的距离。
答案: (3) m
【解析】(3)根据题意,对A、B组成的系统,
由机械能守恒定律有mAgh'=mAv+mB
水平方向由动量守恒定律得mAv'Ax=mBvB
由几何关系得tanθ=
又有v'A=
联立解得v'Ax= m/s
物块A滑上木板C后,物块A的加速度为a1=μg=1 m/s2
物块D和木板C整体加速度为a2==0.5 m/s2
则有s1=v'Axt a1t2 a2t2
解得t= s
物块A与物块D碰撞前,物块A的速度vA1=v'Ax a1t= m/s
木板C和物块D的速度vC1=vD1=a2t= m/s
物块A和物块D发生弹性碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律有mAvA1+mDvD1=mAvA2+mDvD2,mA+mD=mA+mD
解得vA2= m/s,vD2= m/s
碰撞后物块A以加速度a3=μg=1 m/s2
向右做匀加速直线运动,碰撞后物块D以加速度a4=μg=1 m/s2
向右做匀减速直线运动,木板C以加速度a5==1 m/s2
向右做匀加速直线运动,物块D与木板C第一次共速有vD2 a4t'=vC1+a5t'
解得t'= s
此时物块D和物块A速度分别为vD3=vD2 a4t'= m/s,
vA3=vA2+a3t'= m/s
此时物块A与物块D之间的距离为s2=t' t'= m(共28张PPT)
思维进阶五
电磁感应中动力学、能量和动量的综合
考情分析 2025·重庆卷·T10、2025·广西卷·T7、2025·浙江1月·T19、2025·浙江6月·T21、2025·山东卷·T18、2025·云南卷·T15、2025·安徽卷·T15、2025·河北卷·T15、2025·湖南卷·T9、2025·陕晋青宁卷·T7、2025·黑吉辽内蒙古卷·T14
模型特征 “杆+导轨”模型情景复杂、形式多变,在受力、运动、能量及动量等方面相互联系、相互影响
方法规律 方法:假设法、整体法、隔离法、分段法、图像法
规律:牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律、动量定理及动量守恒定律
经典模型
【典题例析】
命题角度1　电磁感应中的动力学问题
[典例1](2025·山东高考)如图所示,平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ( 2L≤x< L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场[1];区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加
的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成[2]。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动[3],求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;
答案:(1)　　
【解析】(1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中,金属框只有一条边切割磁感线,根据楞次定律可得,安培力水平向左,则
切割磁感线产生的电动势E=BLvcosα
金属框中电流I=
金属框做匀速直线运动,则BILcosα=mgsinα
解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率v=
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中,只有重力做功,由动能定理可得mgssinα=mv2
即释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s==
(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d。
答案:(2)
【解析】(2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),设金属框ef边到O点的距离为s'时,金属框中产生的感应电动势E'==L2= k1L2+k2L2 =(k1+k2v)L2,其中v=
此时线路中的感应电流I'=
金属框pq边受到沿轨道向上的安培力,
大小为F安1=[k1t+k2(s'+L)]I'L
金属框ef边受到沿轨道向下的安培力,大小为F安2=(k1t+k2s')I'L
则金属框受到的安培力F安=F安1 F安2=[k1t+k2(s'+L)]I'L (k1t+k2s')I'L
代入k1=
化简得F安=mgsinα+
当金属框平衡时F安=mgsinα,可知此时金属框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,根据动量定理可得mgsinαΔt F安Δt=mΔv
即 Δt=mΔv
对时间累积求和可得 =0 mv0
可得d=
【题眼破译】
[1]区域Ⅰ中的磁场方向与金属框的速度方向不垂直。
[2]金属框在区域Ⅱ中运动时,ef边和pq边所在处的磁感应强度大小不同,两边所受安培力的大小不同。
[3]金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中,金属框只有一条边切割磁感线,切割磁感线的这条边相当于电源。
命题角度2　电磁感应中的能量转化
[典例2](2025·广西高考)如图,两条固定的光滑平行金属导轨,所在平面与水平面夹角为θ,间距为l,导轨电阻忽略不计,两端各接一个阻值为2R的定值电阻,形成闭合回路;质量为m的金属棒垂直导轨放置,并与导轨接触良好,接入导轨之间的电阻为R;劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行,一端固定,另一端均与金属棒中间位置相连,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2;将金属棒移至导轨中间位置时,两弹簧刚好处于原长状态;整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放,金属棒沿导轨向下运动到最远处,用时为t,最远处与导轨中间位置距离为b,弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(　　)
A.金属棒所受安培力冲量大小为
B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
+
C.每个定值电阻产生的热量为+
D.金属棒的平均输出功率为
√
【思路导引】
【解析】选D。根据I安=BlΔt=Blq,而q=Δt==,
R总=+R=2R
解得I安=,选项A错误;该过程中取沿导轨向下为正方向,由动量
定理得2I弹 I安+mgsinθ·t=0,解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
I弹=I安 mgtsinθ=mgtsinθ,选项B错误;由能量关系可知回
路产生的总热量Q=mgsinθ(a+b)+2×ka2 2×kb2,每个定值电阻产生的热量为Q1=Q=+k(a2 b2),选项C错误;金属棒的平均输出功率==,选项D正确。
命题角度3　电磁感应中的动量问题
[典例3](2025·海南高考)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑,水平部分粗糙且平滑相接,导轨上方接有电源和开关,倾斜导轨与水平面夹角θ=30°,且处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B,两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两棒质量均为m,接入电路中的电阻均为R,cd棒仅在水平导轨上运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,且不互相碰撞,忽略金属导轨的电阻,重力加速度大小为g。
(1)锁定水平导轨上的cd棒,闭合开关,ab棒静止在倾斜导轨上,求通过ab棒的电流;断开开关,同时解除cd棒的锁定,当ab棒下滑距离为x0时,cd棒开始运动,求cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热;
答案:(1)　mgx0
【解析】(1)ab棒静止在倾斜导轨上,
根据平衡条件可得F安ab= mgsin30°,F安ab=BIabL
解得通过ab棒的电流Iab=
设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0,cd棒开始运动时回路中的电流为I1,此时对cd棒有F安cd=μmg
同时有F安cd=BI1L,I1=
分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等,整个过程根据能量守恒可得mgx0sin30° m=2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd=mgx0
(2)此后ab棒在下滑过程中,电流达到稳定,求此时ab、cd棒的速度大小之差;
答案:(2)　
【解析】(2)分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反,故当电流达到稳定时,两棒的速度差恒定,可知此时两棒的加速度相等,由于两棒受到的安培力大小相等,对两棒有mgsin30° F安=ma,F安 μmg=ma
同时有F安=BIL,I==
联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差Δv=
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑,从ab棒到达水平导轨开始计时,t1时刻cd棒速度为零,加速度不为零,此后某时刻,cd棒的加速度为零,速度不为零,求从t1时刻到某时刻,ab、cd棒的路程之差。
答案:(3)
【解析】(3)分析可知从开始到t1时刻,两棒整体所受的合外力为零,故该过程系统动量守恒,设t1时刻ab棒的速度为v'1,可知mΔv=mv'1
解得v'1=Δv=
设某时刻时,ab棒速度为v″1,cd棒速度为vcd,cd棒的加速度为零,
可得F安cd2=μmg①
其中F安cd2=BI2L
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反,可得I2=②
从t1时刻到某时刻间,对两棒分别根据动量定理有 (μmg+BL)Δt= mv″1 mv'1,(BL μmg)Δt=mvcd
变形可得μmgΔt+BLq=mv'1 mv″1,BLq μmgΔt=mvcd
两式相加得2BLq=mv'1 m(v″1 vcd)③
同时有q=Δt=·Δt==④
联立①②③④可得从t1到某时刻,ab、cd棒的路程之差为Δs=
【考法预测】
如图所示,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为L和2L,分别处于磁感应强度大小为2B和B的竖直向下匀强磁场中,导轨右端接一阻值为R的电阻。金属棒a、b分别置于左、右两侧导轨上,a的电阻为r、长度为L、质量为m,b的电阻为2r、长度为2L、质量为2m。初始时刻开关S断开,静止的两棒用绝缘丝线连接,两棒间置有劲度系数为k、压缩量为x0的轻质绝缘弹簧,弹簧与两棒不连接。剪断丝线,弹簧恢复原长时,a恰好脱离导轨,b速度大小为v0,此时闭合S。已知弹簧弹性势能Ep=kx2(x为弹簧形变量),整个过程中两棒与导轨垂直并接触良好,右侧导轨足够长,所有导轨电阻均不计,求
(1)初始时刻a棒距导轨左端的距离xa;
答案:(1)　
【解析】(1)设弹簧弹开两棒的过程中,
任一时刻流过两棒的电流为I,
则有Fa=2BIL=Fb=BI·2L
故两棒系统动量守恒,根据动量守恒定律可得mva=2mvb
其中va=,vb= 且有xa+xb=x0
整理可得mxa=2mxb 联立解得xa=,xb=
(2)弹簧恢复原长过程中,a棒上产生的热量Qa;
答案:(2) m
【解析】(2)弹簧恢复原长时,根据动量守恒有mva=2mv0
根据能量守恒有k=m+2m+Qa+Qb
结合题意可知=
解得Qa= m
(3)整个过程b棒向右运动的距离d。
答案:(3)+
【解析】(3)闭合开关S后,设b棒继续运动的距离为x'b,根据动量定理可得B2L·Δt=Δp,即有Δx=Δp
整理可得x'b=2mv0
解得d=xb+x'b=+(共40张PPT)
思维进阶四　
带电粒子在三维空间电磁场中的运动
考情 分析 2024·湖南T14、2022·山东卷T17、2022·重庆卷T5
模型 特征 电场或磁场分布在三维空间中,带电粒子在电场力、磁场力的作用下,在立体空间中运动
方法 规律 (1)方法:运动的合成与分解,转换视图、分段等方法
(2)规律:电场中的匀变速运动、类平抛运动的规律等,磁场中匀速圆周运动的规律,复合场中的匀速直线运动、匀速圆周运动的规律等
经典 模型
【典题例析】
命题角度1　带电粒子在组合场立体空间中的运动
[典例1](2025·沈阳模拟)如图所示的三维坐标系中,
在y<0,z>0区域存在匀强电场,电场方向与xOz平面平
行且指向z轴负方向(如图中实线所示),但其大小未
知;在z<0区域存在平行于xOy平面且指向x轴负方向的匀强磁场B0(大小已知);在y>0,z>0区域存在平行于xOy平面且指向x轴负方向的匀强磁场B(大小未知)。在坐标为(0, 2b,b)的P点,一个质量为m,电荷量为q的正点电荷(不计重力),以垂直于z轴的初速度v0沿y轴正方向进入匀强电场,恰好从坐标原点O进入z<0区域的匀强磁场中。
(1)求匀强电场的场强大小E;
答案:(1)　
【解析】(1)点电荷在电场中做类平抛运动2b=v0t,b=at2,qE=ma,联立解得E=
(2)若点电荷能垂直于z轴且沿y轴负方向再次进入电场,求y>0,z>0区域中匀强磁场的磁感应强度B的大小;
答案:(2)B0　
【解析】(2)点电荷到达O点时的速度为v1,与y轴正方向夹角为θ
由动能定理得mm=qEb
解得v1=v0
cosθ==
所以θ=45°
进入z<0区域的匀强磁场中qv1B0=m
r==
进入y>0,z>0区域的匀强磁场,若要垂直于z轴且沿y轴负方向再次进入电场
由几何关系可得其半径R=2r
qv1B=m,解得B=B0
(3)假设点电荷以垂直于z轴且沿y轴负方向,在坐标(0,0,b)再次进入匀强电场时,电场强度E的大小不变,方向突变为平行于xOz平面且与z轴负方向成45°(如图中虚线所示),求经电场加速后进入z<0区域的匀强磁场运动过程中,距xOy平面的最远距离是多少(该问中b为未知量)。
答案:(3)(+)
【解析】(3)点电荷再次进入电场中做类平抛运动,沿电场线方向的速度为v2
=2××b×,解得v2=v0
进入磁场B0中将v2沿x轴正方向和z轴负方向分解
则沿x轴正方向的分速度为v0,在磁场中点电荷沿该方向做匀速直线运动
沿z轴负方向的速度为v0,与v1合成后的速度为v3,则v3=v0
且与y轴负方向所成夹角α,cosα=
在磁场中点电荷以v3做匀速圆周运动qv3B0=m
所以距xOy平面的最远距离d=r1+r1cosα
整理可得d=(+)
【思路导引】
(1)带电粒子沿垂直电场线的方向进入匀强电场后,做类平抛运动。
(2)带电粒子沿垂直磁感线的方向进入匀强磁场后,做匀速圆周运动。
(3)带电粒子沿与磁感线的方向成一定夹角(非直角)的方向进入匀强磁场后,做螺旋线运动。
命题角度2　带电粒子在复合场立体空间中的运动
[典例2]云室能利用饱和蒸气的凝结显示带电粒子在电磁场中的径迹。某同学利用云室和照相技术,设计了图(a)所示能测量电场强度和磁感应强度的一种装置。一长方体云室,以其左侧面粒子入射口为坐标原点O,长、宽、高方向为x、y、z轴建立坐标系;速率为v0、比荷为的带正电粒子可从O点以任意方向射入云室;在云室前方有一相机,可以沿y轴方向对轨迹拍照。不计粒子所受重力和阻力。
(1)若云室中只分布着沿x轴正方向、磁感应强度为B的匀强磁场。让粒子从O点沿z轴正方向射入云室,求粒子到达z轴正方向最高点时的坐标;(结果用m、q、v0、B表示)
答案:(1)(0,,)　
【解析】(1)粒子受洛伦兹力作用在yOz平面内做匀速圆周运动,
轨迹如图所示
由牛顿运动定律有qv0B=m 可得半径R=
解得粒子第一次到达z方向最高点时的坐标为(0,,)
(2)若云室中同时分布着方向均沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,且电场强度为E,磁感应强度为B,粒子进入云室后将做图(b)所示的三维运动。让粒子从O点沿z轴正方向射入云室,求粒子第一次到达z轴正方向最高点时的速度大小;(结果用v0、E、B表示)
答案:(2)　
【解析】(2)粒子所受电场力沿x轴正方向,洛伦兹力在yOz平面内。由运动的分解与合成可知,粒子在复合场中的三维运动由x方向的匀加速直线运动和yOz平面内的匀速圆周运动合成。
粒子做圆周运动的周期:T==
粒子运动T时第一次到达z轴正方向最高点
此时粒子在y、z方向的速度大小分别为vy=v0,vz=0
粒子在x方向做匀加速运动,由牛顿运动定律有qE=ma
由运动学规律可得粒子运动T时在x方向的分速度大小为vx=a=
粒子第一次到达z方向最高点时的速度大小为v=
解得:v=
(3)某次实验中,云室中同时分布着方向均沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,相机拍得的照片如图(c),该同学利用照片和背景换算测得A、B两个交点的实际x坐标分别为1.2 m和3.2 m,C、D两个极值点的实际z坐标分别为0.144 m和 0.036 m。已知v0=1.1×105 m/s,=108 C/kg。求:①电场强度E和磁感应强度B的大小;②粒子入射速度在三个方向的分量vx、vy和vz。(取π≈)
答案:(3)①50 V/m,0.01 T　
②2×104 m/s, 5.4×104 m/s,7.2×104 m/s
【解析】(3)①设入射速度在x方向和yOz平面内的速度分量分别为v1、v2,则:=+
由(2)中分析可知,粒子在yOz平面内的运动为如图所示的匀速圆周运动。C、D两个极值点的实际z坐标之差即为yOz平面内圆周运动的直径
即:
zC zD=2R==0.144 m ( 0.036 m)=0.18 m
粒子经时间2T运动到A点,故xA=v1(2T)+×(2T)2=1.2 m
粒子经时间4T运动到B点,故xB=v1(4T)+×(4T)2=3.2 m
周期为T= 联立可得v1=2×104 m/s,v2=9×104 m/s
将数据代入解得电场强度E和磁感应强度B的大小为E=50 V/m,
B=0.01 T
②粒子在yOz平面内做圆周运动的半径为R==0.09 m
如图所示,圆心O1的z坐标为=zC R=0.054 m
OO1与y轴的夹角θ为sinθ==0.6
解得:vx=v1=2×104 m/s,vy= v2sinθ
= 5.4×104 m/s,vz=v2cosθ =7.2×104 m/s
【思路导引】
(1)带电粒子在复合场中的复杂运动可分解为两个或多个简单的运动,例如:匀变速直线运动、匀速圆周运动等。
(2)研究不同的分运动,应选择观察角度合适的视图进行观察。
【考法预测】
1.(多选)如图所示,在三维直角坐标系O xyz中,分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B,一个带电荷量为+q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度v0抛出后做平抛运动,已知重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　)
A.可求小球的初速度v0大小为
B.经过时间,小球的动能变为初动能的2倍
C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向,小球可能做匀速圆周运动
D.若仅将电场撤去,小球可能做匀速直线运动
√
√
【解析】选A、C。小球在xOy平面内做平抛运动,则有Eq=qv0B,解得小球的初速度v0=,A正确;小球的动能变为初动能的2倍时,由Ek= m(+)=2Ek0,可知vy=v0==gt,即经过时间为t=,B错误;若仅将电场方向变为沿y轴正方向,如果小球受到的电场力和重力大小相等,则小球可能做匀速圆周运动,C正确;若仅将电场撤去,小球合力不可能为零,不可能做匀速直线运动,D错误。
2.如图所示,三维坐标系Oxyz中,在y>0的空间同时存在沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场,在y<0的空间存在沿z轴正方向的匀强磁场。带负电的粒子从P(0,d,0)以速度v0在yOz平面内沿z轴正方向发射,恰好做匀速直线运动。两处磁场磁感应强度大小均为B,不计粒子重力,结果可含π。
(1)求匀强电场的电场强度大小E;
答案:(1)v0B　
【解析】(1)粒子做匀速直线运动,有qv0B=qE
解得E=v0B
(2)撤去y>0空间内的匀强磁场,粒子仍从P点以相同速度发射,且经Q(0,0,2d)进入y<0的磁场空间,求粒子在Q点的速度大小;
答案:(2)v0
【解析】(2)撤去磁场后,粒子做类平抛运动,y方向上即电场力方向上,
有d=at2 初速度v0方向上,有2d=v0t
电场力方向上的速度分量vy=at
Q点时的速度大小为v= 解得v=v0
(3)在第(2)问条件下,粒子在y<0的磁场空间中速度第一次垂直y轴时,求粒子的坐标。
答案:(3)(2d, 2d,(2+π)d)
【解析】(3)当粒子进入y<0的磁场后,在z轴方向做匀速直线运动,在xOy平面做匀速圆周运动,当圆周运动转过的圆心角为90°时,速度第一次垂直y轴,在电场中qE=ma
在磁场中,xOy平面qv0B=m
解得R=2d
又T=
转过90°圆心角的时间为t=T
z=v0t
可得此时粒子坐标(2d, 2d,(2+π)d)。
【加固训练】
1.(2025·重庆模拟)如图1所示,abcd为足够大的水平矩形绝缘薄板,ab边右侧距其L处有一足够长的狭缝ef,且ef∥ab,ab边上O处有一个可旋转的粒子发射源(可视为质点),可向薄板上方指定方向同时持续发射质量为m、电荷量为 q(q>0)、速度大小v介于到2v0的所有粒子。现以O点为原点,沿Oa方向为x轴正方向,垂直Oa且水平向右为y轴正方向,垂直薄板向上为z轴正方向,建立三维直角坐标系O xyz。y>0且z>0区域内分布着沿 x方向的匀强磁场,y>0且z<0区域内分布着沿 z方向的匀强电场,场
强大小E=。如图2所示,第一次操作时,发射源绕x轴、在yOz平面内从+z方向开始顺时针缓慢匀速转动圈,当其转过的角度θ=60°时,速度为2v0的粒子恰好能通过狭缝进入电场。如图3所示,第二次操作时,发射源绕y轴、在xOz平面内从+x方向开始顺时针缓慢匀速转动半圈。不计粒子重力及粒子间的相互作用力,不考虑粒子间的碰撞,粒子落在薄板上被导走对下方电场没有影响。
(1)求该匀强磁场的磁感应强度大小B;
答案:(1)　
【解析】(1)设第一次操作时,当发射源转过的角度为θ=60°时,速度为2v0的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1,根据几何关系有2r1cos60°=L
粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有q2v0B=m
解得B=
(2)求第一次操作时,粒子落在薄板上表面到O点的最大距离ym及对应的粒子运动时间;
答案:(2)2L,或(π+)　
【解析】(2)当发射源转过的角度θ=0°时,速度为2v0的粒子落在薄板上表面最远处,结合上述,根据几何关系有y1=2r1=2L
此时粒子运动时间t1==
当发射源转过的角度θ=0°时,速度为v0的粒子通过狭缝垂直进入电场后,又回到磁场,落在薄板上表面与上述情景相同的最远处,结合上述,根据几何关系有y2=y1=2L
此时粒子运动时间t2=++=(π+)
综合上述可知ym=2L
粒子运动时间为t=或t=(π+)
(3)求第二次操作时,粒子最终落在薄板上表面的精确区域。
答案:(3)见解析
【解析】(3)第二次操作中,若粒子直接落在薄板上表面,落点坐标为
x=vcosα·=cosα,y=2·=sinα
可知,x、y满足+=1
其中≤v≤2v0,y>0且y≠L
若粒子穿过狭缝进入电场,又从狭缝回到磁场,最终落在薄板上表面。当粒子穿过狭缝时有=L,sinα=
解得≤sinα≤1
即有30°≤α≤150°
落点坐标为x=vcosα(+),y=2L
可知,该粒子落在薄板上表面的区域分布在xOy平面内的直线上的线段上,即有y=2L, L(2π+1)≤x≤L(2π+1)
2.如图所示,真空中的立方体棱长为0.8 m,底面中心处有一点状放射源S,仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子,所有α粒子的速率均为v=5.0×106 m/s,已知α粒子的比荷为=5.0×107 C/kg,现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场,使所有α粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内。abfe面放有一个屏,该屏可以沿z轴左右平移。
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小;
答案:(1)0.5 T
【解析】(1)所有α粒子恰好束缚在正方形abcO区域内,由几何关系得r=0.2 m
α粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qvB=m
解得B=0.5 T
(2)在立方体内再施加竖直向上的匀强电场,要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开,求所加匀强电场的电场强度E的大小(结果用π表示);
答案:(2) V/m(n=1,2,3,…)
【解析】(2)α粒子做圆周运动的周期为T==8π×10 8 s
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开,所用时间一定为周期的整数倍,在竖直方向上由运动学规律得L=·(nT)2,解得E= V/m (n=1,2,3,…)
(3)若匀强电场的电场强度的大小取第(2)问中的最大值,现让abfe屏向左沿 z轴方向移动0.2 m,求粒子打在abfe屏上x轴坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标。
答案:(3)0.2 m　0.05 m
【解析】(3)粒子运动的俯视图如图所示,
由图可知,当SP1为直径时,射出粒子的x轴坐标为
最大值,此时粒子运动的时间为t1=T=4π×10 8 s
由(2)知,当n=1时,E取最大值。
此时对应的y轴坐标y1=·
解得y1=0.2 m
由图可知,当粒子运动轨迹与abfe面相切时,射出粒子的x轴坐标为最小值,此时粒子运动的时间为t2=T=2π×10 8 s
此时对应的y轴坐标为y2=·
解得y2=0.05 m。(共24张PPT)
思维进阶一　滑轮模型
考情分析 2025·安徽卷T5、2025·湖北卷T12、2024·重庆卷T11、2024·福建卷T16
模型特征 (1)由轻质滑轮、轻绳和物块等构成;(2)不计滑轮阻力、空气阻力
方法规律 (1)力的角度:轻质滑轮两侧绳子拉力大小相等;
(2)运动角度:定滑轮两侧绳子连接的物体在沿绳方向上的速度大小相等;
(3)功能角度:定滑轮两侧绳子拉力对物体做功一正、一负,大小相等。对于定滑轮两侧物体组成的系统,若只有重力和绳子拉力做功,则系统机械能守恒
经典模型
【典题例析】
命题角度1　动力学问题
[典例1](2025·安徽高考)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　)
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
√
【思路导引】
(1)分析外力时,采用整体法更适合;分析内力时,采用隔离法更适合。
(2)若研究对象有加速度,则应根据牛顿第二定律进行分析。
【解析】选C。因为物块甲向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,A错误;
设乙运动的加速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度,
对甲、乙和木箱,由整体法,竖直方向受力分析有M总g FN=ma,
则地面对木箱的支持力大小不变,B错误;
设轻绳的弹力大小为T,对甲受力分析有T μmg=ma,
对乙受力分析有mg T=ma,
联立解得a=2.5 m/s2,T=7.5 N,
C正确,D错误。
命题角度2　功能关系及能量转化问题
[典例2]如图所示,一根粗细均匀的光滑细杆[1]竖直固定,与细杆相距d处固定一个轻质光滑的小滑轮。质量均为m的小物体A、B用轻弹簧相连,竖直放在水平面上,没有弹性的轻绳一端与物体A相连,另一端与穿在细杆上、质量也为m的小环C相连。
将小环C拉至P点时,轻绳与细杆的夹角为θ,物体B刚好对水平面无压力[2]。现让小环C从P点由静止释放,依次经过M点和N点,M点与滑轮等高,P点和N点关于M点对称[3]。已知小环经过M点时,弹簧处于原长状态[4],重力加速度大小为g。下列选项正确的是(　　)
A.轻弹簧的劲度系数为
B.小环从P点运动到M点的过程中,弹簧弹性
势能的减少量大于小环动能的增加量
C.小环经过N点时,物体A的速度大小为2cosθ
D.小环经过N点时,物体A的速度大小为2sinθ
√
【题眼破译】
[1]细杆对小环的摩擦力为零,摩擦力做功为零。
[2]此时弹簧的弹力等于物体B的重力。
[3]小环C经过P点和N点时,弹簧长度相等,弹簧的弹性势能相等。
[4]小环C经过此处时,弹簧的弹性势能为零。
【解析】选C。小环在P点时根据胡克定律可得k( d)=mg,可得
k=,选项A错误;小环运动到M点时A的速度为零,该过程由能量关
系可知,小环重力势能的减小量与弹簧弹性势能的减小量之和等于小环动
能的增加量,可知该过程中弹簧弹性势能的减少量小于小环动能的增加量,
选项B错误;因P点和N点关于M点对称,则小环经过N点
时,v环cosθ=vA,由能量关系得mg·=m+m,
解得物体A的速度大小为vA=2cosθ,
选项C正确,D错误。
【考法预测】
1.如图所示,光滑轻质滑轮固定在物块B上,细绳的一端固定在斜面上,另一端跨过滑轮与物块A相连。初始时,在沿斜面向上的外力作用下,质量分别为3m和2m的物块A、B静止在光滑斜面上,斜面倾角θ=30°。现仅改变外力大小,使两物块沿斜面向上做匀加速直线运动,经时间t物块B沿斜面向上滑动的距离为d,B未到达细绳固定处,细绳始终与斜面平行。已知重力加速度大小为g,则外力改变后,下列说法正确的是(　　)
A.物块B的加速度大小为
B.物块A的加速度大小为
C.细绳的拉力大小为
D.外力的大小为
√
【解析】选D。以物块B为研究对象,由运动学公式和牛顿第二定律得d=a1t2,2FT 2mgsin30°=2ma1,联立解得物块B的加速度大小为a1=,细绳的拉力大小为FT=,故A错误,C错误;以物块A为研究对象,由运动学公式和牛顿第二定律得2d=a2t2,F FT 3mgsin30°=3ma2,联立解得物块A的加速度大小为a2=,外力的大小为F=,故B错误,D正确。
2.(多选)如图所示,在倾角为30°斜面上,一根轻绳绕过滑轮连接A、B物体,A、B的质量分别为1 kg和2 kg。不悬挂重物B时,给物块A一个沿斜面向下的初速度,A恰好能做匀速直线运动。悬挂重物B后,B牵引物块A由静止开始沿斜面下滑,且轻绳与斜面平行,轻质定滑轮光滑,在A下滑位移x=0.1 m过程中(B始终未着地),已知重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.下滑过程中B受到的拉力等于20 N
B.A、B的重力势能减少量大于A、B动能的增加量
C.下滑过程中A、B组成的系统机械能不守恒
D.当A下滑0.1 m时,A的速度为 m/s
√
√
√
【解析】选B、C、D。下滑过程A、B整体处于加速状态,B处于失重状
态,受到的拉力小于本身的重力20 N,故A错误;A、B的重力势能减少量
等于A、B动能的增加量和A与斜面摩擦生热,A、B的重力势能减少量大
于A、B动能的增加量,故B正确;下滑过程中A、B组成的系统除重力外
还受到斜面摩擦力的作用,机械能不守恒,故C正确;当A由静止下滑
0.1 m过程中,对A、B组成的系统根据能量守恒可得mBgx+mAgxsin30°=(mA+mB)v2+fx,其中f=mAgsin30°,
解得vA=v= m/s,故D正确。
3.(多选)(2025·广州模拟)如图所示,倾角为30°且足够长的光滑斜面固定在水平地面上,物体A被锁定在光滑斜面上,物体C置于水平地面。物体B、C通过劲度系数为k的轻弹簧相连,A、B用轻绳跨过光滑定滑轮连接,轻绳恰好伸直,滑轮右侧轻绳竖直,左侧轻绳与斜面平行。解除锁定,A沿斜面下滑,当A速度最大时,C恰好要离开地面。已知B、C的质量均为m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.物体A的质量为4m
B.物体A下滑过程中加速度一直在增大
C.物体A和B组成的系统机械能守恒
D.物体A下滑过程中的最大动能为
√
√
【解析】选A、D。开始轻绳恰好伸直,对B进行分析有mg=kx1,A速度最大时,C恰好要离开地面,对C进行分析有mg=kx2,此时A速度最大,A所受外力合力为0,则有mAgsin30°=T=mg+kx2,解得mA=4m,故A正确;弹簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态,对A、B整体进行分析可知,A的加速度大小先减小,当A的速度达到最大值时,C恰好要离开地面,此时A、B速度大小相等,C的速度为0,之后,弹簧的拉伸量进一步增大,对A、B整体进行分析可知,A的加速度方向变为沿斜面向上,大小增大,即物体A下滑过程中加速度先减小后增大,故B错误;
A下滑过程,弹簧的形变量发生变化,即弹簧的弹力对B做了功,可知,在C
没有离开地面之前,A、B与弹簧构成的系统机械能守恒,但A、B构成的
系统机械能不守恒,故C错误;结合上述可知x1=x2=,即上述两个整体
弹簧的弹性势能相等,对A、B构成的系统有mAg(x1+x2)sin30°=(mA+m)+mg(x1+x2),
物体A下滑过程中的最大动能Ekmax=mA,
解得Ekmax=,故D正确。
【加固训练】(多选)(2025·福州模拟)如图所示,可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高,O为PQ的中点,PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点,穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P,另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放,设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g,整个过程中B未与滑轮P相撞,不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是(　　)
A.A和B的速度关系为vB=vAsinθ
B.A可以下降的最大高度为d
C.A和B总动能最大时,θ=60°
D.A和B总动能最大时,A的动能为(1 )mgd
√
√
【解析】选B、D。B上升的速度等于左侧绳伸长的速度,A沿QA方向的
速度分量为vAsinθ,沿PA方向的速度分量也为vAsinθ,故有vB=2vAsinθ,
A错误;由能量守恒:mgH=mg×2( d),解得:H=d,B正确;A和
B总动能最大时,即总重力势能最小,此刻重力势能变化率为0,
即mgvA=mgvB,结合关联速度可知sinθ=,
即θ=30°,由能量守恒知Ek=(2 )mgd,
EkA=EkB,解得:EkA=(1 )mgd,C错误,D正确。

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