俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为高中教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，帮助高中教师在教学期间更好的掌握节奏。那么，你知道高中教案要怎么写呢？下面是由小编为大家整理的“20xx高考物理复习微专题04“传送带模型”和“滑块_木板模型”问题学案”，供大家借鉴和使用，希望大家分享！

微专题04“传送带模型”和“滑块—木板模型”问题
“传送带模型”问题
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2．
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
(2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，
加速度大小a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2．
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则
v＝at1，
得t1＝va＝11s＝1s．
(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1m/s2，当行李到达右端时，有
v2min＝2aL，
得vmin＝2aL＝2×1×2m/s＝2m/s，
所以传送带对应的最小运行速率为2m/s．
由vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝vmina＝21s＝2s．
答案：(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s
如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB长度足够长，传送皮带轮以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．
(1)货物刚滑上传送带时加速度为多大？
(2)当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间？这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远？
(3)从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A端共用了多少时间？(g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿
传送带向下，货物受力如图所示．根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋Ff＝ma1，FN－mgcosθ＝0
又Ff＝μFN
解得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间t1＝v－v0－a1＝1s
位移x1＝v2－v20－2a1＝7m
(3)解法1：t1＝1s后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为a2，同理可得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿传送带向下．
设货物再经时间t2速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1s
沿传送带向上滑的位移x2＝0－v2－2a2＝1m
上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8m
货物到达最高点再次下滑时的加速度为a2，设下滑时间为t3，
由x＝12a2t23解得t3＝22s
则货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22)s
解法2：过了t1时刻，货物的加速度变为a2，从t1到货物滑回A端的过程，加速度保持不变，则－x1＝vt2－12a2t22，代入数值，解得t2＝(1＋22)s，货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＝(2＋22)s．
答案：(1)10m/s2(2)1s；7m(3)(2＋22)s
1．(20xx辽宁东北育才学校三模)如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时逆时针运行，速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以一定的速度v做匀速运动
C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a≥gsinθ
解析：选A粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确，D错误．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律有加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B错误．若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C错误．
2．一水平的浅色传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度．(假设传送带足够长)
解析：设煤块在加速过程中的加速度为a，根据题意知a＜a0，根据牛顿第二定律可得a＝μg．
设传送带由静止开始加速到速度等于v0，经历的时间为t，
则v0＝a0t，此时煤块的速度v＝at．
由于a＜a0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用，仍以加速度a做匀加速运动．设再经过时间t′，煤块的速度由v增加到v0，有v0＝v＋at′．
设煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，煤块和传送带相对地面移动的距离分别为x和x0，
则x＝v202a，x0＝12a0t′2＋v0t′，
传送带上留下的黑色痕迹的长度l＝x0－x，
由以上各式得l＝v20a0－μg2μga0．
答案：v20a0－μg2μga0
3．(20xx湖南娄底五校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量m＝1kg，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度—时间图象如图乙所示，g取10m/s2，求：
(1)煤块与传送带间的动摩擦因数；
(2)煤块在传送带上运动的时间．
解析：(1)由题图乙的速度—时间图象可知，煤块做匀变速运动的加速度a＝ΔvΔt＝1m/s2，
由牛顿第二定律得μmg＝ma，
解得煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1．
(2)由题图乙的速度—时间图象可知，传送带速度大小v1＝1m/s，煤块初速度大小v2＝3m/s，
煤块在传送带上滑动t1＝4s后与传送带相对静止．
前3s内煤块的位移s1＝v22t＝4.5m，方向向左，
3～4s内煤块的位移s2＝v12t′＝0.5m，方向向右，
4s内煤块的位移s＝s1－s2＝4m，方向向左，
煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间t2＝sv1＝4s，
故煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝8s．
答案：(1)0.1(2)8s
“滑块—木板模型”问题
1．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2
同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2
甲
反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2
乙
3．解题步骤
审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求
↓
建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度两过程接连处的加速度可能突变
↓
明确关系→找出物体之间的位移路程关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带
(20xx全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．
解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－12aBt21⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2
对A有
v2＝－v1＋aAt2
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－12a2t22
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9m
(也可用如图的速度—时间图线求解)
答案：(1)1m/s(2)1.9m
4．(多选)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6N的水平力向右拉A，经过5sA运动到B的最右端，且其v－t图象如图乙所示．已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.下列说法正确的是()
A．A的加速度大小为0.5m/s2
B．A、B间的动摩擦因数为0.4
C．若B不固定，B的加速度大小为2m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为52s
解析：选BD根据v－t图象可知A的加速度大小为aA＝ΔvΔt＝105m/s2＝2m/s2，A错误；以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA，解得μ＝F－mAaAmAg＝0.4，B正确；若B不固定，假设A、B不发生相对滑动，则有F＝(mA＋mB)a′，a′＝1.2m/s2，对A有F－f＝mAa′，得f＝4.8N＞μmAg，假设不成立，故A、B会发生相对滑动，则B的加速度大小为aB＝μmAgmB＝0.4×1×104m/s2＝1m/s2，C错误，由题图乙可知B的长度l＝12×5×10m＝25m，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得12aAt2－12aBt2＝l，解得t＝52s，D正确．
5．(20xx安徽蚌埠二中模拟)如图所示，地面依次摆放两个完全相同的木板A、B，长度均为l＝2.5m，质量均为m2＝150g．现有一小滑块以速度v0＝6m/s冲上木板A的左端，已知小滑块质量m1＝200g，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2)
(1)若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．
(2)若μ1＝0.4，求滑块运动的时间(结果可用分数表示)．
解析：(1)滑块滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g，
滑块滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，
代入数据解得0.35＜μ1≤0.5．
(2)若μ1＝0.4，则滑块在木板A上滑动时，木板不动．设滑块在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，解得a1＝4m/s2，
由－2a1l＝v21－v20，得滑块到达木板B时的速度v1＝4m/s，
设滑块在A板上运动的时间为t1，由v1＝v0－a1t1，解得t1＝0.5s，
滑块滑上B后，B开始运动，
由μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，解得a2＝23m/s2，
当滑块与B速度相同时，有a2t2＝v1－a1t2，解得t2＝67s，
相对位移Δx＝v1＋v共2t2－v共2t2＝127m＜l＝2.5m，
故滑块与木板B能达到共同速度，v共＝a2t2＝47m/s，
然后两者相对静止并一起做减速运动，有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共，
解得a共＝2m/s2，
t3＝v共a共＝27s，所以t＝t1＋t2＋t3＝2314s．
答案：(1)0.35＜μ1≤0.5(2)2314s

相关知识

20xx高考物理复习微专题02牛顿运动定律与图象综合问题学案

俗话说，磨刀不误砍柴工。教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生们能够在上课时充分理解所教内容，帮助教师在教学期间更好的掌握节奏。怎么才能让教案写的更加全面呢？下面的内容是小编为大家整理的20xx高考物理复习微专题02牛顿运动定律与图象综合问题学案，欢迎您阅读和收藏，并分享给身边的朋友！

微专题02牛顿运动定律与图象综合问题
已知物体的速度、加速度图象分析受力情况
1．v－t图象
根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力．
2．at图象
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程．
(20xx全国新课标Ⅰ)(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即v02，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝v02t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程v0t1＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行v1t1＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝v0＋v12t1，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssinθ＝v02t1×v0＋v12gt1＝v0v0＋v14g，选项D对．仅根据速度时间图象，无法找到物块质量，选项B错．
(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
(20xx漳州八校联考)如图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则()
A．F的最大值为12N
B．0～1s和2～3s内物体加速度的方向相反
C．3s末物体的速度最大，最大速度为8m/s
D．在0～1s内物体做匀加速运动，2～3s内物体做匀减速运动
解析：选C第1～2s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律F合＝ma知合外力为12N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12N，故A错误；物体在力F作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3s内始终做加速运动，第3s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故B错误；因为物体速度始终增加，故3s末物体的速度最大，再根据Δv＝aΔt知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在at图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，Δv＝12×(1＋3)×4m/s＝8m/s，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8m/s，所以C正确；第2s内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在0～1s内物体做加速度增大的加速运动，2～3s内物体做加速度减小的加速运动，故D错误．
1．(20xx重庆理综)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()

解析：选Bv－t图线斜率表示加速度，所以加速度图象如图所示．由牛顿第二定律可知F－mg＝ma，所以支持力F＝ma＋mg，重力保持不变，所以Ft图象相当于at图象向上平移，B正确．
2．(20xx海南卷)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()
A．F1＜F2B．F2＞F3
C．F1＞F3D．F1＝F3
解析：选A由vt图象可知，0～5s内加速度a1＝0.2m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F2＝mgsinθ－f；10～15s内加速度a3＝－0.2m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F3＝mgsinθ－f＋0.2m.故可得：F3＞F2＞F1，选项A正确．
已知物体的受力图象分析运动情况
1．Ft图象
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．
2．Fa图象
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．
(多选)静止在水平地面上的物块，受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化情况如图所示．设物块与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，都是1N，则()
A．在0～1s时间内物块的加速度逐渐增大
B．在3s时，物块的加速度最大
C．在3s时，物块的速度最大
D．在8s时，物块的速度最大
解析：选BD在0～1s时间内，F小于或等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，故A错误；t＝3s时，拉力最大，且大于最大静摩擦力，故物块所受合力最大，物块的加速度最大，故B正确；t＝3s后，拉力仍然大于最大静摩擦力，物块仍然做加速运动，速度仍增大，t＝8s后，拉力小于最大静摩擦力，物块做减速运动，所以t＝8s时，物块的速度最大，故C错误，D正确．
(多选)如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出()
A．物体的质量
B．斜面倾角的正弦值
C．加速度增大到6m/s2时物体的位移
D．物体静止在斜面上时的外力F
解析：选ABD对物体受力分析，受水平外力、重力、支持力，如图所示．
x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，
y方向：N－Fsinθ－mgcosθ＝0，
从图象中取两个点(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入解得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正确．当a＝0时，可解得F＝15N，即最小拉力为15N．题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，无法求出位移，故C错误，D正确．
3．(20xx黑龙江哈师大附中月考)“蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下．在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图象如图所示，其中t2、t4时刻图线的斜率最大．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．下列说法中正确的是()
A．t1～t2时间内运动员处于超重状态
B．t2～t4时间内运动员的机械能先减小后增大
C．t3时刻运动员的加速度为零
D．t4时刻运动员具有向下的最大速度
解析：选B在t1～t2时间内，合力向下，运动员加速下降，处于失重状态，故A错误；在t2、t4时刻图线的斜率最大，说明弹力变化最快，由于弹力与弹性绳的伸长量成正比，说明伸长量变化最快，即速度最大，而速度最大时弹力与重力平衡；由于整个过程重力势能、弹性势能和动能的总和保持不变，而t2～t4时间内弹性势能先变大后变小，故运动员的机械能先减小后增大，故B正确；t3时刻弹力最大，运动员运动到最低点，合力向上，故加速度向上，不为零，故C错误；t4时刻运动员受到的重力和弹力平衡，加速度为零，具有向上的最大速度，故D错误．
4．(多选)如图(甲)所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(乙)所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.重力加速度g取10m/s2.根据题目提供的信息，下列判断正确的是()
A．物体的质量m＝2kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．物体与水平面的最大静摩擦力fmax＝3N
D．在F为10N时，物体的加速度a＝2m/s2
解析：选AD根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，F1＝7N，a1＝0.5m/s2；F2＝14N，a2＝4m/s2，联立解得m＝2kg，μ＝0.3，A正确，B错误．最大静摩擦力f＝μmg＝6N，C错误．当F＝10N时，代入得a＝2m/s2，D正确．

20xx高考物理大一轮复习微专题01运动图象追及相遇问题学案

微专题01运动图象追及相遇问题
运动图象的理解及应用
三种图象比较
图象x－t图象v－t图象a－t图象
图象实例
图线含义图线①表示质点做匀速直线运动(斜率表示速度v)图线①表示质点做匀加速直线运动(斜率表示加速度a)图线①表示质点做加速度增大的运动
图线②表示质点静止图线②表示质点做匀速直线运动图线②表示质点做匀变速运动
图线③表示质点向负方向做匀速直线运动图线③表示质点做匀减速直线运动图线③表示质点做加速度减小的运动
交点④表示此时三个质点相遇交点④表示此时三个质点有相同的速度交点④表示此时三个质点有相同的加速度
点⑤表示t1时刻质点位移为x1(图中阴影部分的面积没有意义)点⑤表示t1时刻质点速度为v1(图中阴影部分的面积表示质点在0～t1时间内的位移)点⑤表示t1时刻质点加速度为a1(图中阴影部分的面积表示质点在0～t1时间内的速度变化量)

Ⅰ.图象选择类问题
依据某一物理过程，设计某一物理量随时间(或位移、高度、速度等)变化的几个图象或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图象，从中判断其正误．
(20xx重庆巴蜀中学开学考试)(多选)如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度—时间图象可能是()
解析：选BC根据v－t图象所围成的面积表示位移，来计算或估算位移的大小．A、sA＝10＋02×3m＝15m＜20m，选项A错误．B、由图可知sB＞15m，选项B正确．C、sC＝10×1＋10＋02×2m＝20m，选项C正确．D、sD＝10×0.5＋10＋02×2.5m＝17.5m＜20m，选项D错误．故选BC．
Ⅱ.图象信息类问题
这类问题是对某一物理情景给出某一物理量的具体变化图象，由图象提取相关信息或将图象反映的物理过程“还原”成数学表达形式从而对问题做出分析判断作答．
(多选)如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间(x－t)图象．A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法正确的是()
A．A、B相遇两次
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等
C．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻
D．A在B前面且离B最远时，B的位移为x1＋x22
解析：选ABC由x－t图象知，t1、t2两时刻A、B处于同一位置，故二次相遇，A正确；t1～t2时间内两质点的位移相同．平均速度相同，B正确；由于B质点的图象为过原点的抛物线，有x＝kt2，则知B做匀加速直线运动，所以B在t1～t2时间内的平均速度等于中间时刻的速度，故C正确；由A、B运动情况可知，二者速度相等时，A的位移为x1＋x22，B的位移小于x1＋x22，D错误．
解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图象提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答．具体分析过程如下：
Ⅲ.图象之间的相互转换
在物理量变化过程中，相关物理量之间相互关联，因此，通过定性推理或定量计算，我们可以由一种物理图象转换出另一种物理图象．(例如：由反映物体运动的v－t图象可以转换出x－t图象或a－t图象．)
(20xx集宁一中月考)一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a－t图象如图所示．下列v－t图象中，可能正确描述此物体运动的是()
解析：选D在0～T2内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，v－t图象是向上倾斜的直线；在T2～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，v－t图象是平行于t轴的直线；在T～2T，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到32T时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动，v－t图象是向下倾斜的直线，故D正确，AC错误；在0～T2内，由两个图象看出速度和加速度都沿正向，物体应做匀加速运动，在T2～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，在T～2T，加速度反向，物体做匀减速直线运动，所以该速度与a－t图象所反映的运动情况不符，故B错误．
图象转换问题的“三个”关键点
(1)注意合理划分运动阶段，分阶段进行图象转换．
(2)注意相邻运动阶段的衔接，尤其是运动参量的衔接．
(3)注意图象转换前后核心物理量间的定量关系，这是图象转换的依据．
追及与相遇问题
(对应学生用书P10)
讨论追及、相遇问题的实质，就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置．
1．抓住一个条件，两个关系
(1)一个条件：二者速度相等．它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
(2)两个关系：即时间关系和位移关系．可通过画草图找出两物体的位移关系，也是解题的突破口．
2．能否追上的判断方法
常见情形：物体A追物体B，开始二者相距x0，则
(1)A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB．
(2)要使两物体恰不相撞，必有xA－xB＝x0，且vA≤vB．
Ⅰ.与运动图象相结合的追及相遇问题
(20xx全国卷Ⅰ)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示．已知两车在t＝3s时并排行驶，则()
A．在t＝1s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
解析：选BD根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动．t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由位移和v－t图线所围面积对应关系知，0～3s内甲车位移x甲＝12×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝12×3×(10＋25)m＝52.5m．故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项正确；0～1s内，x甲′＝12×1×10m＝5m，x乙′＝12×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，说明在t＝1s时甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D选项正确．
相遇的本质就是同一时刻到达同一位置，是解决追及相遇问题不变的思路．注意起始位置是否在同一位置，速度相等和位置关系是解题的突破口．
(20xx定州中学模拟)(多选)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x－t图象如图所示，则下列说法正确的是()
A．t1时刻乙车从后面追上甲车
B．t1时刻两车相距最远
C．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度
D．0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度
解析：选AD它们在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1位移又相等，故在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故A正确，B错误；0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D正确，C错误．
Ⅱ.与实际生活相结合的追及相遇问题
(20xx济南实验中学模拟)在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．(可用多种方法)
解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用三种方法解答如下：
解法一分析法利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋12×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t
对B车有xB＝12at2，vB＝at
两车位移关系有x＝xA－xB
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝6ax
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤6ax．
解法二函数法利用判别式求解，由解法一可知
xA＝x＋xB，即v0t＋12×(－2a)×t2＝x＋12at2
整理得3at2－2v0t＋2x＝0
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－43a2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax．
解法三图象法利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at
对B车有vB＝v′＝at
以上两式联立解得t＝v03a
经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知
x＝12v0t＝12v0v03a＝v206a
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax．
答案：v0≤6ax
1．牢记“一个思维流程”
2．掌握“三种分析方法”
(1)分析法
应用运动学公式，抓住一个条件、两个关系，列出两物体运动的时间、位移、速度及其关系方程，再求解．
(2)极值法
设相遇时间为t，根据条件列出方程，得到关于t的一元二次方程，再利用数学求极值的方法求解．在这里，常用到配方法、判别式法、重要不等式法等．
(3)图象法
在同一坐标系中画出两物体的运动图线．位移图线的交点表示相遇，速度图线抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系．

20xx高考物理复习微专题05圆周运动中的临界问题学案新人教版

微专题05圆周运动中的临界问题
水平面内的临界问题
水平面内圆周运动的临界极值问题通常有两类，一类是与摩擦力有关的临界问题，一类是与弹力有关的临界问题．
(1)与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，则有Fm＝mv2r，静摩擦力的方向一定指向圆心；如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连物体，其中一个在水平面上做圆周运动时，存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．
(2)与弹力有关的临界极值问题
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等．
(20xx新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力fmax＝kmg相同．它们所需的向心力由F向＝mω2r知Fa＜Fb，所以b一定比a先开始滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，f＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错；b开始滑动时有kmg＝mω22l，其临界角速度为ωb＝kg2l，选项C正确；当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力大小为f＝mω2r＝23kmg，选项D错误．
解决此类问题的一般思路
首先要考虑达到临界条件时物体所处的状态，其次分析该状态下物体的受力特点，最后结合圆周运动知识，列出相应的动力学方程综合分析．
(20xx安徽六安模拟)(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是()
A．当ω＞2Kg3L时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω＞Kg2L时，绳子一定有弹力
C．ω在Kg2L＜ω＜2Kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在0＜ω＜2Kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
解析：选ABD当AB所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω22L，解得：ω＝2Kg3L，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即：Kmg＝mω22L，解得：ω＝Kg2L，B项正确；当Kg2L＜ω＜2Kg3L时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误；0＜ω≤Kg2L时，A所受摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度增大而增大，当Kg2L＜ω＜2Kg3L时，以AB整体为研究对象，FfA＋Kmg＝mω2L＋mω22L，可知A受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确．
1．如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动，紧贴在一起的M、N两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动，N恰好不下滑，M恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知M与N间的动摩擦因数为μ1，M与圆盘面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．μ1与μ2应满足的关系式为()
A．μ1＋μ2＝1B．μ1μ2＝1
C．μ1μ2＝1D．μ1＋μ2μ1μ2＝1
解析：选C以M、N整体作为研究对象，则受力如图1所示，静摩擦力提供向心力，有Ff＝(mN＋mM)ω2r，且Ff＝μ2(mN＋mM)g，以N为研究对象，受力分析如图2所示，M对N的弹力FN提供向心力，有FN＝mNω2r，且Ff′＝μ1FN＝mNg，联立各式得μ1μ2＝1，故C正确．
图1图2
2．(20xx四川资阳一诊)(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则()
A．当ω＝g2l时，细绳的拉力为0
B．当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力为0
C．当ω＝4g3l时，细绳的拉力大小为43mg
D．当ω＝gl时，细绳的拉力大小为13mg
解析：选AC当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时μmg＝mω21lsin30°，解得ω1＝2g3l，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan30°＝mω22lsin30°，解得ω2＝23g3l，由于ω1＜3g4l＜ω2，所以当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力不为零，故B错误；由于g2l＜w1，所以当ω＝g2l时，细绳的拉力为零，故A正确；由于ω1＜gl＜ω2，由牛顿第二定律得f＋Fsin30°＝mgl2lsin30°，因为压力小于mg，所以f＜13mg，解得F＞13mg，故D错误；当ω＝4g3l＞ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtanα＝m4g3l2lsinα，解得cosα＝34，故F＝mgcosα＝43mg，故C正确．
竖直面内的临界问题
1．竖直面内圆周运动的临界问题——“轻绳和轻杆”模型
(1)“轻绳”模型特点：无支撑(如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等)
均是没有支撑的小球
①小球过最高点的条件是什么？
②过最高点时，若v＞gr，当v增大时，小球受到的弹力FN如何变化？
(2)“轻杆”模型的特点：有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)．
均是有支撑的小球
①小球能过最高点的条件是什么？
②过最高点时，若0＜v＜gr时，小球受到的弹力FN的方向如何？随着v的增大FN怎样变化？若v＞gr又会怎样？
2．两类模型对比
轻绳模型轻杆模型
示意图
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高
点的临
界条件由mg＝mv2r
得v临＝gr
由小球能运动即可得v临＝0
讨论
分析(1)过最高点时，v≥gr，FN＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点v＜gr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，FN＝mg，FN背离圆心
(2)当0＜v＜gr时，mg－FN＝mv2r，FN背离圆心并随v的增大而减小
(3)当v＝gr时，FN＝0
(4)当v＞gr时，mg＋FN＝mv2r，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高
点的
FN
图象
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
(20xx陕西西安一中模拟)(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T－v2图象如图乙所示，则()
A．轻质绳长为amb
B．当地的重力加速度为am
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为acb＋a
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
解析：选BD在最高点重力和绳子的拉力的合力充当向心力，所以有T＋mg＝mv2R，即T＝mRv2－mg，故斜率k＝mR，纵截距y＝－mg，根据几何知识可得k＝ab，y＝－a，联立解得g＝am，R＝mba，A错误，B正确；当v2＝c时，代入T＝mRv2－mg，解得T＝acb－a，C错误；只要v2≥b，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得最高点，T1＋mg＝mv21R，最低点，T2－mg＝mv22R，从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得12mv22＝12mv21＋2mgR，联立解得T2－T1＝6mg，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a，D正确．
在竖直面内的圆周运动临界问题
(20xx广东汕头二模)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为T，拉力T与速度v的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()
图甲图乙
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与圆周轨道半径有关
C．比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析：选D在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有T＋mg＝mv2R，可得图线的函数表达式为T＝mv2R－mg，图乙中横轴截距为a，则有0＝maR－mg，得g＝aR，则a＝gR；图线过点(2a，b)，则b＝m2aR－mg，可得b＝mg，则ba＝mR，A、B、C错．由b＝mg得m＝bg，由a＝gR得R＝ag，则D正确．
3．(20xx东城区模拟)(多选)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是()
A．当v的值为gL时，杆对小球的弹力为零
B．当v由gL逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大
C．当v由gL逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小
D．当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大
解析：选ABD在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg＝mv2L，v＝gL，A对；当v＞gL时，轻杆对球有拉力，则F＋mg＝mv2L，v增大，F增大，B对；当v＜gL时，轻杆对球有支持力，则mg－F′＝mv2L，v减小，F′增大，C错；由F向＝mv2L知，v增大，向心力增大，D对．
4．(20xx石家庄质检)(多选)如图所示，长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B，球A距轴O的距离为L.现给系统一定能量，使杆和球在竖直平面内转动．当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力，已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是()
A．球B的速度为零B．球B的速度为2gL
C．球A的速度为2gLD．杆对球B的弹力方向竖直向下
解析：选CD水平转轴O对杆的作用力为零，这说明A、B对杆的作用力是一对平衡力，由于A所受杆的弹力必竖直向上，故B所受杆的弹力必竖直向下，且两力大小相等，D正确．对A球有F－mg＝mω2L，对B球有F＋mg＝mω22L，由以上两式解得ω＝2gL，则A球的速度vA＝ωL＝2gL，C正确；B球的速度vB＝ω2L＝22gL，A、B错误．
斜面上圆周运动的临界问题
(20xx安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2.则ω的最大值是()
A．5rad/sB．3rad/s
C．1.0rad/sD．0.5rad/s
解析：选C经分析可知，小物体最先相对滑动的位置为最低点，对小物体受力分析得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，代入数据得：ω＝1.0rad/s，选项C正确．
如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10m/s2)
解析：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分
量为mgsinα，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝mv21l①
研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有
－mglsinα＝12mv21－12mv20②
若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③
联立①②③解得sinα＝12，则α＝30°
故α的范围为0°≤α≤30°．
答案：0°≤α≤30°
5．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是()
A．4m/sB．210m/s
C．25m/sD．22m/s
解析：选A小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsinα＝12mvB2可得vB＝4m/s，A正确．

高考物理常见的物理模型冲刺专题复习

20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题17:第9专题高中物理常见的物理模型(1)
方法概述
高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下：
(1)选择题中一般都包含3～4道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题．
(2)实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题的可能性较大．
(3)试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧的连接体模型．
高考中常出现的物理模型中，有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全面的论述，在这里就不再论述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体模型等在高考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述．
热点、重点、难点
一、斜面问题
在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．如2009年高考全国理综卷Ⅰ第25题、北京理综卷第18题、天津理综卷第1题、上海物理卷第22题等，2008年高考全国理综卷Ⅰ第14题、全国理综卷Ⅱ第16题、北京理综卷第20题、江苏物理卷第7题和第15题等．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法．
1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝gtanθ．
图9－1甲
2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1甲所示)：
(1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零；
(2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右；
(3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．
3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)．
图9－1乙
4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)：
图9－2
(1)向下的加速度a＝gsinθ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsinθ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsinθ时，悬绳将偏离垂直方向向下．
5．在倾角为θ的斜面上以速度v0平抛一小球(如图9－3所示)：
图9－3
(1)落到斜面上的时间t＝2v0tanθg；
(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tanα＝2tanθ，与初速度无关；
(3)经过tc＝v0tanθg小球距斜面最远，最大距离d＝(v0sinθ)22gcosθ．
6．如图9－4所示，当整体有向右的加速度a＝gtanθ时，m能在斜面上保持相对静止．
图9－4
7．在如图9－5所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到的稳定速度vm＝mgRsinθB2L2．
图9－5
8．如图9－6所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移s＝mm＋ML．
图9－6
●例1有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．
举例如下：如图9－7甲所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上．把质量为m的滑块B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a＝M＋mM＋msin2θgsinθ，式中g为重力加速度．
图9－7甲
对于上述解，某同学首先分析了等号右侧的量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．但是，其中有一项是错误的，请你指出该项[2008年高考北京理综卷]()
A．当θ＝0°时，该解给出a＝0，这符合常识，说明该解可能是对的
B．当θ＝90°时，该解给出a＝g，这符合实验结论，说明该解可能是对的
C．当Mm时，该解给出a≈gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的
D．当mM时，该解给出a≈gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的
【解析】当A固定时，很容易得出a＝gsinθ；当A置于光滑的水平面时，B加速下滑的同时A向左加速运动，B不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加速度．
图9－7乙
设滑块A的底边长为L，当B滑下时A向左移动的距离为x，由动量守恒定律得：
Mxt＝mL－xt
解得：x＝mLM＋m
当mM时，x≈L，即B水平方向的位移趋于零，B趋于自由落体运动且加速度a≈g．
选项D中，当mM时，a≈gsinθ＞g显然不可能．
[答案]D
【点评】本例中，若m、M、θ、L有具体数值，可假设B下滑至底端时速度v1的水平、竖直分量分别为v1x、v1y，则有：
v1yv1x＝hL－x＝(M＋m)hML
12mv1x2＋12mv1y2＋12Mv22＝mgh
mv1x＝Mv2
解方程组即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑过程中相对地面的加速度．
●例2在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图9－8甲所示)，它们的宽度均为L．一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场时，恰好做匀速运动．
图9－8甲
(1)当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为多大，方向如何？
(2)当ab边到达gg′与ff′的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进入上部磁场到ab边到达gg′与ff′的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？(线框的ab边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力)
【解析】(1)当线框的ab边从高处刚进入上部磁场(如图9－8乙中的位置①所示)时，线框恰好做匀速运动，则有：
mgsinθ＝BI1L
此时I1＝BLvR
当线框的ab边刚好越过边界ff′(如图9－8乙中的位置②所示)时，由于线框从位置①到位置②始终做匀速运动，此时将ab边与cd边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加，回路中电流的大小等于2I1．故线框的加速度大小为：
图9－8乙
a＝4BI1L－mgsinθm＝3gsinθ，方向沿斜面向上．
(2)而当线框的ab边到达gg′与ff′的正中间位置(如图9－8乙中的位置③所示)时，线框又恰好做匀速运动，说明mgsinθ＝4BI2L
故I2＝14I1
由I1＝BLvR可知，此时v′＝14v
从位置①到位置③，线框的重力势能减少了32mgLsinθ
动能减少了12mv2－12m(v4)2＝1532mv2
由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有：
Q＝32mgLsinθ＋1532mv2．
[答案](1)3gsinθ，方向沿斜面向上
(2)32mgLsinθ＋1532mv2
【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型，需要熟练掌握各种情况下求平衡速度的方法．
二、叠加体模型
叠加体模型在历年的高考中频繁出现，一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度变化等，另外广义的叠加体模型可以有许多变化，涉及的问题更多．如2009年高考天津理综卷第10题、宁夏理综卷第20题、山东理综卷第24题，2008年高考全国理综卷Ⅰ的第15题、北京理综卷第24题、江苏物理卷第6题、四川延考区理综卷第25题等．
叠加体模型有较多的变化，解题时往往需要进行综合分析(前面相关例题、练习较多)，下列两个典型的情境和结论需要熟记和灵活运用．
1．叠放的长方体物块A、B在光滑的水平面上匀速运动或在光滑的斜面上自由释放后变速运动的过程中(如图9－9所示)，A、B之间无摩擦力作用．
图9－9
2．如图9－10所示，一对滑动摩擦力做的总功一定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以相对滑动的总路程或等于摩擦产生的热量，与单个物体的位移无关，即Q摩＝fs相．
图9－10
●例3质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手．首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图9－11所示．设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法正确的是(注：属于选修3－5模块)()
图9－11
A．最终木块静止，d1＝d2
B．最终木块向右运动，d1d2
C．最终木块静止，d1d2
D．最终木块静止，d1d2
【解析】木块和射出后的左右两子弹组成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量为m，由动量守恒定律得：
mv0－mv0＝(M＋2m)v
解得：v＝0，即最终木块静止
设左侧子弹射入木块后的共同速度为v1，有：
mv0＝(m＋M)v1
Q1＝fd1＝12mv02－12(m＋M)v12
解得：d1＝mMv022(m＋M)f
对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：
Q2＝fd2＝12mv02＋12(m＋M)v12－0
解得：d2＝(2m2＋mM)v022(m＋M)f
即d1＜d2．
[答案]C
【点评】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不能称之为“动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论．
三、含弹簧的物理模型
纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题的分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析．
对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．因此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐．如2009年高考福建理综卷第21题、山东理综卷第22题、重庆理综卷第24题，2008年高考北京理综卷第22题、山东理综卷第16题和第22题、四川延考区理综卷第14题等．题目类型有：静力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量有关的弹簧问题．
1．静力学中的弹簧问题
(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝kΔx．
(2)对弹簧秤的两端施加(沿轴线方向)大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的拉力．
●例4如图9－12甲所示，两木块A、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中A和B的重力势能共增加了()
图9－12甲
A．(m1＋m2)2g2k1＋k2
B．(m1＋m2)2g22(k1＋k2)
C．(m1＋m2)2g2(k1＋k2k1k2)
D．(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1
【解析】取A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面的压力为零时，向上提A的力F恰好为：
F＝(m1＋m2)g
设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：
图9－12乙
x1＝(m1＋m2)gk1，x2＝(m1＋m2)gk2
故A、B增加的重力势能共为：
ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2
＝(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1．
[答案]D
【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝ΔFk进行计算更快捷方便．
②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝Fx总＝(m1＋m2)2g22k22＋(m1＋m2)2g22k1k2．
2．动力学中的弹簧问题
(1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变．
(2)如图9－13所示，将A、B下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻B与A开始分离．
图9－13
●例5一弹簧秤秤盘的质量m1＝1.5kg，盘内放一质量m2＝10.5kg的物体P，弹簧的质量不计，其劲度系数k＝800N/m，整个系统处于静止状态，如图9－14所示．
图9－14
现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2s内F是变化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10m/s2)
【解析】初始时刻弹簧的压缩量为：
x0＝(m1＋m2)gk＝0.15m
设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有：
k(x0－x)－m1gm1＝a
又由题意知，对于0～0.2s时间内P的运动有：
12at2＝x
解得：x＝0.12m，a＝6m/s2
故在平衡位置处，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72N
分离时刻拉力达到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168N．
[答案]72N168N
【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻m1与m2之间的弹力恰好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于a，故秤盘与重物分离．
3．与动量、能量相关的弹簧问题
与动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过程中以下两点结论的应用非常重要：
(1)弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等；
(2)弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变最大时两物体的速度相等．
●例6如图9－15所示，用轻弹簧将质量均为m＝1kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1＝0.90m．同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面(但不继续上升)．若将B物块换为质量为2m的物块C(图中未画出)，仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已知弹簧的劲度系数k＝100N/m，求h2的大小．
图9－15
【解析】设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有：
12mv12＝mgh1
设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有：
mg＝kx
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
12mv12＝mgx＋ΔEp
换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有：
122mv22＝2mgh2
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
122mv22＝2mgx＋ΔEp
联立解得：h2＝0.5m．
[答案]0.5m
【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论“①”．如2005年高考全国理综卷Ⅰ第25题、1997年高考全国卷第25题等．
●例7用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图9－16甲所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中：
图9－16甲
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度为多大？
(2)弹簧弹性势能的最大值是多少？
(3)A的速度方向有可能向左吗？为什么？
【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等(设为vA′)时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得：vA′＝(2＋2)×62＋2＋4m/s＝3m/s．
(2)B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则有：
mBv＝(mB＋mC)v′
解得：v′＝2×62＋4＝2m/s
A的速度为vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为Ep，根据能量守恒定律得：
Ep＝12(mB＋mC)v′2＋12mAv2－12(mA＋mB＋mC)vA′2
＝12J．
(3)方法一A不可能向左运动．
根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB
设A向左，则vA＜0，vB＞4m/s
则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：
E′＝12mAv2A＋12(mB＋mC)v2B＞12(mB＋mC)v2B＝48J
实际上系统的机械能为：
E＝Ep＋12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J
根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．
方法二B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与A、B和C相对振动的合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动)
由(1)知整体匀速运动的速度v0＝vA′＝3m/s
图9－16乙
取以v0＝3m/s匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和C相对振动的速率最大，分别为：
vAO＝v－v0＝3m/s
vBO＝|v′－v0|＝1m/s
由此可画出A、B、C的速度随时间变化的图象如图9－16乙所示，故A不可能有向左运动的时刻．
[答案](1)3m/s(2)12J(3)不可能，理由略
【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以3m/s匀速行驶的车厢内，A、B和C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为3m/s、1m/s．
②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时A的速度为零．
●例8探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m．笔的弹跳过程分为三个阶段：
图9－17
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(如图9－17甲所示)；
②由静止释放，外壳竖直上升到下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(如图9－17乙所示)；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处(如图9－17丙所示)．
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g．求：
(1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小．
(2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功．
(3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能．
[2009年高考重庆理综卷]
【解析】设外壳上升到h1时速度的大小为v1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为v2．
(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，由动能定理得：
(4m＋m)g(h2－h1)＝12(4m＋m)v22－0
解得：v2＝2g(h2－h1)．
(2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即：
4mv1＝(4m＋m)v2
将v2代入得：v1＝542g(h2－h1)
设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：
W－4mgh1＝12×4mv21
将v1代入得：W＝14mg(25h2－9h1)．
(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h2的过程中机械能守恒，只有在外壳和内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量E损＝12×4mv21－12(4m＋m)v22
将v1、v2代入得：E损＝54mg(h2－h1)．
[答案](1)2g(h2－h1)(2)14mg(25h2－9h1)
(3)54mg(h2－h1)
由以上例题可以看出，弹簧类试题的确是培养和训练学生的物理思维、反映和开发学生的学习潜能的优秀试题．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生充分运用物理概念和规律(牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律)巧妙解决物理问题、施展自身才华提供了广阔空间，当然也是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中的一类重要的、独具特色的考题．
四、传送带问题
从1990年以后出版的各种版本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传送类问题在现代生产生活中的应用非常广泛．这类问题中物体所受的摩擦力的大小和方向、运动性质都具有变化性，涉及力、相对运动、能量转化等各方面的知识，能较好地考查学生分析物理过程及应用物理规律解答物理问题的能力．如2003年高考全国理综卷第34题、2005年高考全国理综卷Ⅰ第24题等．
对于滑块静止放在匀速传动的传送带上的模型，以下结论要清楚地理解并熟记：
(1)滑块加速过程的位移等于滑块与传送带相对滑动的距离；
(2)对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热量，即传送装置在这一过程需额外(相对空载)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．
●例9如图9－18甲所示，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动(使传送带随之运动)，物块仍从P点自由滑下，则()
图9－18甲
A．物块有可能不落到地面上
B．物块仍将落在Q点
C．物块将会落在Q点的左边
D．物块将会落在Q点的右边
【解析】如图9－18乙所示，设物块滑上水平传送带上的初速度为v0，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ，则：
图9－18乙
物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小a＝μmgm＝μg
物块滑至传送带右端的速度为：
v＝v02－2μgs
物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上的摩擦力也为：
f＝μmg
物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为：
a1′＝μmgm＝μg
则物块滑至传送带右端的速度v′＝v02－2μgs＝v
物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
由以上分析可知物块仍将落在Q点，选项B正确．
[答案]B
【点评】对于本例应深刻理解好以下两点：
①滑动摩擦力f＝μFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关；
②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)相等，加速度相等，故运动过程完全相同．
我们延伸开来思考，物块在皮带上的运动可理解为初速度为v0的物块受到反方向的大小为μmg的力F的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系．
●例10如图9－19所示，足够长的水平传送带始终以v＝3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量M＝2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3．开始时，A与传送带之间保持相对静止．现有两个光滑的质量均为m＝1kg的小球先后相隔Δt＝3s自传送带的左端出发，以v0＝15m/s的速度在传送带上向右运动．第1个球与木盒相遇后立即进入盒中并与盒保持相对静止；第2个球出发后历时Δt1＝13s才与木盒相遇．取g＝10m/s2，问：
图9－19
(1)第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为多大？
(2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？
(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？
【解析】(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律得：
mv0－Mv＝(m＋M)v1
解得：v1＝3m/s，方向向右．
(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过时间t0与木盒相遇，则有：
t0＝sv0
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
μ(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：a＝μg＝3m/s2，方向向左
设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为t2，则：
t1＝t2＝Δva＝1s
故木盒在2s内的位移为零
依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)
解得：s＝7.5m，t0＝0.5s．
(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为s′，木盒的位移为s1，则：
s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5m
s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5m
故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6m
则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为：
Q＝fΔs＝54J．
[答案](1)3m/s(2)0.5s(3)54J
【点评】本题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法．

文章来源：http://m.jab88.com/j/68664.html

更多