二、高考必须记牢的“六个”物理模型

二、高考必须记牢的“六个”物理模型模型一斜面模型情形1：光滑斜面上的单体模型1.如图1所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是()图1A.滑到底端时的速度相同B.滑到底端所用的时间相同C.在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短D.在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短解析在光滑斜面上，由静止下滑的物体滑到底端时的速度大小v＝eq\r(2gh)，与倾角无关，但方向不同；下滑到底端所用时间t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))(θ为倾角)，倾角越大，所用时间越少。综上，A、B、C错误，D正确。答案D情形2：斜面的衍生模型——等时圆模型2.如图2所示，ad、bd、cd是竖直平面内三根固定的光滑细直杆，a、b、c、d分别位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，让三个滑环分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环到达d点所用的时间，则()图2A.t1＜t2＜t3 B.t1＞t2＞t3C.t3＞t1＞t2 D.t1＝t2＝t3解析设光滑倾斜细直杆与水平面间的夹角为θ。滑环下滑过程中，受到重力mg、支持力FN的作用，将重力分解为沿平行于细杆的分力mgsinθ和垂直于细杆的分力mgcosθ。滑环所受的合力F合＝mgsinθ由牛顿第二定律可得滑环下滑的加速度a＝gsinθ又设圆周的半径为R考虑滑环沿细杆bd下滑时的情形由圆的几何知识可知，△abd为直角三角形，细杆bd的长度lbd＝2Rsinθ由运动学公式有lbd＝eq\f(1,2)at2联立以上各式解得t＝eq\r(\f(4R,g))可见，滑环下滑的时间t与细直杆的倾角θ无关。答案D情形3：斜面上的多体模型3.如图3所示，空间有场强大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面的倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k的轻弹簧；彼此绝缘的A、B两物体静止在弹簧顶端，A、B接触但不粘连，A的质量为m，电荷量为＋q，B的质量也为m，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g；某时刻，在沿斜面向上的大小为F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A、B分离瞬间()图3A.弹簧的形变量为0B.弹簧的形变量为x＝eq\f(qE＋F,k)C.A的速度达到最大D.A的加速度为0解析A、B分离瞬间，A、B间无相互作用力且加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ＝ma，对A受力分析，由牛顿第二定律可知kx－mgsinθ－qE＝ma，解得x＝eq\f(qE＋F,k)，A错误，B正确；由于此时A具有向上的加速度，则A的速度不是最大且加速度不为0，C、D错误。答案B情形4：斜面中的“平抛类模型”4.如图4所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点以20m/s的水平速度飞出，经过一段时间后落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50kg。不计空气阻力。(取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10m/s2)求：图4(1)运动员由O点运动到A点所经历的时间t；(2)运动员的落点A到O点的距离L；(3)运动员落到A点时的动能。解析(1)运动员在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t在竖直方向做自由落体运动，有y＝eq\f(1,2)gt2且由几何关系知tanθ＝eq\f(y,x)联立解得t＝3s。(2)A点与O点的距离L＝eq\f(y,sinθ)＝eq\f(gt2,2sin37°)＝75m。(3)解法1合成法运动员到达A点时，竖直方向的速度vy＝gt＝30m/s运动员到达A点时的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝32500J。解法2结论法运动员到达A点时，位移的偏角θ＝37°所以速度的偏角β满足tanβ＝2tanθ＝eq\f(vy,v0)即vy＝2v0tanθ＝30m/s运动员到达A点时的动能Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝32500J。解法3能量守恒法取A点为零重力势能点，由机械能守恒定律得运动员落到A点时的动能Ek＝mgLsin37°＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝32500J。答案(1)3s(2)75m(3)32500J模型二弹簧模型情形1：与弹簧相关的平衡问题1.如图5所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。已知质量mA＝2mB，现将斜面倾角缓慢由45°减小到30°，过程中A与斜面保持相对静止，不计滑轮摩擦，下列说法中正确的是()图5A.弹簧的形变量将减小B.物体A对斜面的压力将减小C.物体A受到的静摩擦力将减小到零D.弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变解析将斜面倾角为45°减小到30°，弹簧的弹力等于B的重力，不变，A项错误；倾角减小，物体A对斜面的压力将增大，B项错误；斜面倾角为45°时，物体A重力沿斜面方向的分力为2mBgsin45°，由平衡条件可知物体A受到的静摩擦力为2mBgsin45°－mBg；斜面倾角由45°减小到30°，物体A受到的静摩擦力为2mBgsin30°－mBg＝0；所以物体A受到的静摩擦力将减小到零，C项正确，D项错误。答案C情形2：与弹簧有关的动力学问题2.(2019·淮北二模)如图6甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定，t＝0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示。其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图6A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大C.弹簧的劲度系数k＝175N/mD.该过程中滑块的最大加速度为35m/s2解析根据图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大。此时加速度为零，随后加速度反向增加。最后做匀减速直线运动，所以A、B错误；从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.3)m/s2＝5m/s2，合外力由摩擦力提供得：Ff＝ma1＝2×5N＝10N；刚释放时滑块的加速度为a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，此时物块的加速度最大，所以D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2代入数据解得k＝175N/m，所以C正确。答案C情形3：与弹簧相关的功能问题3.(多选)如图7所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止。现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中()图7A.Q运动到C处时速率最大B.加速度先减小后增大C.小球Q的机械能不断减小D.Q、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小解析q在C正下方某处时，Q在B处受力平衡，速率最大，故A错误；Q在B处加速度为零，Q第一次从A运动到C的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE＝W弹＋W电，而弹簧弹力一直做负功，即W弹<0，库仑力也一直做负功，即W电<0，则ΔE<0，即Q的机械能不断减小，故C正确；系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有ΔEp＋ΔEk＝0，由于Q的动能Ek先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故D错误。答案BC情形4：与弹簧有关的碰撞问题4.如图8所示，光滑水平面上有一辆质量为M＝1kg的小车，小车的上表面有一个质量为m＝0.9kg的滑块，在滑块与小车的挡板间用轻弹簧相连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，整个系统一起以v1＝10m/s的速度向右做匀速直线运动，此时弹簧长度恰好为原长。现在用一质量为m0＝0.1kg的子弹，以v0＝50m/s的速度向左射入滑块且不穿出，作用时间极短，当弹簧压缩到最短时，弹簧被锁定，测得此时弹簧的压缩量为d＝0.50m，g取10m/s2。求：图8(1)子弹射入滑块后的瞬间，子弹与滑块共同速度的大小和方向；(2)弹簧压缩到最短时，小车的速度大小和弹簧的弹性势能的大小。解析(1)设向右为正方向，子弹射入滑块后的共同速度大小为v2，对子弹与滑块组成的系统，由动量守恒定律得mv1－m0v0＝(m＋m0)v2解得v2＝4m/s，方向向右。(2)设子弹、滑块与小车三者的共同速度为v3，当三者达到共同速度时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv1＋(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v3解得v3＝7m/s，设最大弹性势能为Epmax，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(M＋m＋m0)veq\o\al(2,3)＝Epmax＋Q其中Q＝μ(m＋m0)gd解得Epmax＝8J。答案(4)4m/s向右(2)7m/s8J模型三圆周运动模型情形1：水平面内的圆周运动1.(多选)如图9，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动。当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥对物体的()图9A.支持力将减小 B.支持力将增大C.静摩擦力将不变 D.静摩擦力将增大解析对物体受力分析如图所示，物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，物体做匀速圆周运动，设运动半径为r，沿水平和竖直方向正交分解，水平方向Ffcosθ－FNsinθ＝mω2r，竖直方向Ffsinθ＋FNcosθ＝mg，联立以上两式解得Ff＝mgsinθ＋mω2rcosθ，FN＝mgcosθ－mω2rsinθ，当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大，故A、D正确，B、C错误。答案AD情形2：竖直面内的圆周运动2.(多选)如图10所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平距离可能为()图10A.eq\r(2)R B.2R C.eq\r(3)R D.eq\r(6)R解析小球从管口飞出后做平抛运动，设落地时间为t，根据2R＝eq\f(1,2)gt2，得t＝2eq\r(\f(R,g))当小球对管内壁有压力时，有mg－0.5mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(\f(gR,2))当小球对管外壁有压力时，有mg＋0.5mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得v2＝eq\r(\f(3,2)gR)，因此水平距离为x1＝v1t＝eq\r(2)R或x2＝v2t＝eq\r(6)R。故选项A、D正确。答案AD情形3：天体的圆周运动3.(多选)如图11所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有()图11A.TA＞TB B.EkA＞EkBC.SA＝SB D.eq\f(Req\o\al(3,A),Teq\o\al(2,A))＝eq\f(Req\o\al(3,B),Teq\o\al(2,B))解析卫星做匀速圆周运动时有eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)＝mRω2＝mReq\f(4π2,T2)，则T＝2πeq\r(\f(R3,GM))∝eq\r(R3)，故TA＞TB，eq\f(Teq\o\al(2,A),Teq\o\al(2,B))＝eq\f(Req\o\al(3,A),Req\o\al(3,B))，A、D皆正确；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2R)∝eq\f(1,R)，故EkA＜EkB，B错误；S＝eq\f(1,2)ωR2＝eq\f(1,2)eq\r(GMR)∝eq\r(R)，故C错误。答案AD情形4：匀强磁场中的圆周运动4.如图12所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC、AD的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，边界AC处磁场方向垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d。一质量为m、电荷量为＋q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入Ⅰ区；已知粒子速度大小为eq\f(qBd,m)，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为()图12A.eq\f(πm,3qB) B.eq\f(2πm,3qB) C.eq\f(5πm,6qB) D.eq\f(7πm,6qB)解析根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m×\f(qBd,m),qB)＝d根据几何关系，粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC方向，进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运动，运动eq\f(1,4)周期后射出磁场，在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角θ1＝60°，在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为90°，粒子在磁场中运动的总时间为t＝eq\f(60°＋90°,360°)T＝eq\f(5,12)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πm,6qB)，故C正确，A、B、D错误。答案C模型四传送带模型及板块模型情形1：传送带模型中的动力学问题1.如图13甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则()图13A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析由图象知物块先向左减速，后反向加速到v1再做匀速直线运动，t1时刻离A距离最大，A错误；t2时刻二者相对静止，故t2时刻物块相对传送带的滑动距离最大，B正确；0～t2时间内摩擦力方向一直向右，C错误；在0～t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t2～t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D错误。答案B情形2：传送带模型中的能量问题2.如图14所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度匀速运动。现将一质量为m＝10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10m/s2)图14(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功。解析(1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得小物体上升的加速度为a＝2.5m/s2当小物体的速度为v＝1m/s时，小物体的位移为x＝eq\f(v2,2a)＝0.2m＜5m之后小物体以v＝1m/s的速度做匀速运动到达B点。由功能关系得W＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋mglsinθ＝255J。(2)电动机做的功等于小物体的机械能增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝0.4s相对位移x′＝vt－eq\f(v,2)t＝0.2m摩擦产生的热量Q＝μmgx′cosθ＝15J故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270J。答案(1)255J(2)270J情形3：滑块——滑板模型中的动力学问题3.(多选)如图15所示，表面粗糙、质量M＝2kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5m/s2，t＝0.5s时，将一个质量m＝1kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半。已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g＝10m/s2，则()图15A.水平恒力F的大小为10NB.铁块放上木板后，木板的加速度为2m/s2C.铁块在木板上运动的时间为1sD.木板的长度为1.625m解析未放铁块时，对木板由牛顿第二定律F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10N，选项A正确；铁块放在木板上后，对木板F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得a′＝0.75m/s2，选项B错误；0.5s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5m/s＝1.25m/s，铁块滑离木板时，木板的速度v1＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，铁块的速度v′＝a铁t2＝μ1gt2＝t2，由题意知v′＝eq\f(1,2)v1，解得t2＝1s，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝2m/s，铁块的速度v′＝1m/s，则木板的长度为L＝eq\f(v0＋v1,2)t2－eq\f(v′,2)t2＝eq\f(1.25＋2,2)×1m－eq\f(1,2)×1m＝1.125m，选项D错误。答案AC情形4：滑块——滑板模型中的能量、动量问题4.(多选)如图16所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()图16A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量解析物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，选项D正确。答案CD模型五“杆＋导轨”模型情形1：“单杆＋水平导轨”模型1.(多选)(2019·湖南五市十校联考)如图17所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动，则()图17A.金属棒ab相当于电源，其a端相当于电源负极B.拉力F＝eq\f(B2L2v,R)C.回路中的感应电流沿顺时针方向流动D.定值电阻消耗的电功率P＝Fv解析根据楞次定律可得金属棒ab中电流从b到a，a端相当于正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A、C错误；产生的感应电动势E＝BLv，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝B·eq\f(BLv,R)·L＝eq\f(B2L2v,R)，由于导体棒做匀速直线运动，所以F＝eq\f(B2L2v,R)，B正确；由于金属棒ab速度不变，所以拉力做的功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率P＝Fv，D正确。答案BD情形2：“单杆＋倾斜导轨”模型2.如图18所示，MN、PQ为间距L＝0.5m的足够长平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝5Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1T。将一根质量为m＝0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2m。则(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图18(1)当金属棒滑行至cd处时，回路中的电流是多大；(2)金属棒达到的稳定速度是多大；(3)当金属棒滑行至cd处时，回路中产生的焦耳热是多少？解析(1)金属棒匀速运动时，沿导轨方向金属棒受力平衡mgsinθ＝Ff＋F金属棒受的安培力为F＝B0ILFf＝μFN＝μmgcosθ解得I＝0.2A。(2)由欧姆定律得I＝eq\f(E,R)由电磁感应定律得E＝B0Lv解得v＝2m/s(3)金属棒滑行至cd处时，由能量守恒定律得mgssinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋μmgcosθ·s解得Q＝0.1J。答案(1)0.2A(2)2m/s(3)0.1J情形3：“单杆＋竖直导轨”模型3.如图19所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距为L，电阻R与两导轨相连，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、电阻不计的导体棒MN，在竖直向上大小为F的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上运动。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，求：图19(1)初始时刻导体棒的加速度大小；(2)当流过电阻R的电流恒定时，求导体棒的速度大小。解析(1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg、拉力F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝eq\f(F－mg,m)。(2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动，当加速度为零时。达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设此时速度为v，导体棒产生的电动势为E＝BLv受到的安培力为F安＝BIL稳定时的电流为I＝eq\f(E,R)由平衡条件得F－mg－F安＝0以上联立解得v＝eq\f(（F－mg）R,B2L2)。答案(1)eq\f(F－mg,m)(2)eq\f(（F－mg）R,B2L2)情形4：“双杆＋导轨”模型4.如图20所示，光滑平行金属轨道的水平部分处于竖直向下的B＝4T的匀强磁场中，两轨道间距为L＝0.5m，轨道足够长。金属棒a和b的质量都为m＝1kg，电阻Ra＝Rb＝1Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝80cm高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与轨道垂直，且两棒始终不相碰。求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g＝10m/s2)。图20解析a棒下滑至C点时速度设为v0，则由机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋m)v解得a、b两棒共同的最终速度为v＝2m/s，此后两棒一起做匀速直线运动由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m)v2因为a、b两棒电阻相同则b棒中产生的焦耳热Qb＝eq\f(1,2)Q联立解得Qb＝2J。答案2m/s2J模型六线圈模型情形1：静止线圈模型1.(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图21甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是()图21A.在时间0～2s内，I的最大值为0.01AB.在时间3～5s内，I的大小越来越小C.前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01CD.第3s内，线圈的发热功率最大解析线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B随时间t的变化，引起磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)，其大小由图象的斜率决定，在t＝0时，斜率最大，且eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s，则Im＝0.01A，A正确；在时间3～5s内，eq\f(ΔB,Δt)一定，产生