高中物理常用的解题模型
高中物理常见模型
2010年高三物理第二轮总复习大纲版第9专题高中物理常见的物理模型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＝g tan θ．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9－21向下的加速度a＝g sin θ时,悬绳稳定时将垂直于斜面；2向下的加速度a＞g sin θ时,悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；3向下的加速度a＜g sin θ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9－31落到斜面上的时间t＝错误!；2落到斜面上时,速度的方向与水平方向的夹角α恒定,且tan α＝2tan θ,与初速度无关；3经过t c＝错误!小球距斜面最远,最大距离d＝错误!．6．如图9－4所示,当整体有向右的加速度a＝g tan θ时,m能在斜面上保持相对静止．图9－47．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v m＝错误!．图9－58．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＝错误!L．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＝错误!g sin θ,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M≫m时,该解给出a≈g sin θ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的D．当m≫M时,该解给出a≈错误!,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＝g sin θ；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：M错误!＝m错误!解得：x＝错误!当m≫M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m≫M时,a≈错误!＞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：错误!＝错误!＝错误!错误!m v1x2＋错误!m v1y2＋错误!M v22＝mghm v1x＝M v2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：mg sin θ＝BI1L此时I1＝错误!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＝错误!＝3g sin θ,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mg sin θ＝4BI2L故I2＝错误!I1由I1＝错误!可知,此时v′＝错误!v从位置①到位置③,线框的重力势能减少了错误!mgL sin θ动能减少了错误!m v2－错误!m错误!2＝错误!m v2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＝错误!mgL sin θ＋错误!m v2．答案13g sin θ,方向沿斜面向上2错误!mgL sin θ＋错误!m v2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9－92．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＝f·s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9－11A．最终木块静止,d1＝d2B．最终木块向右运动,d1<d2C．最终木块静止,d1<d2D．最终木块静止,d1>d2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：m v0－m v0＝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：m v0＝m＋M v1Q1＝f·d1＝错误!m v02－错误!m＋M v12解得：d1＝错误!对右侧子弹射入的过程,由功能原理得：Q2＝f·d2＝错误!m v02＋错误!m＋M v12－0解得：d2＝错误!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＝k·Δx．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．错误!B．错误!C．m1＋m22g2错误!D．错误!＋错误!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＋m2g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＝错误!,x2＝错误!故A、B增加的重力势能共为：ΔE p＝m1gx1＋x2＋m2gx2＝错误!＋错误!．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＝错误!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＝错误!·x总＝错误!＋错误!．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＝1.5 kg,盘内放一质量m2＝10.5 kg的物体P,弹簧的质量不计,其劲度系数k＝800 N/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0.2 s内F是变化的,在0.2 s后是恒定的,求F的最大值和最小值．取g＝10 m/s2解析初始时刻弹簧的压缩量为：x0＝错误!＝0.15 m设秤盘上升高度x时P与秤盘分离,分离时刻有：错误!＝a又由题意知,对于0～0.2 s时间内P的运动有：错误!at2＝x解得：x＝0.12 m,a＝6 m/s2故在平衡位置处,拉力有最小值F min＝m1＋m2a＝72 N分离时刻拉力达到最大值F max＝m2g＋m2a＝168 N．答案72 N168 N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＝1 kg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＝0.90 m．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 ＝100 N/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：错误!m v12＝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：错误!m v12＝mgx＋ΔE p换成C后,设A落地时,C的速度为v2,则有：错误!·2m v22＝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：错误!·2m v22＝2mgx＋ΔE p联立解得：h2＝0.5 m．答案0.5 m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2 kg 的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,弹簧处于原长,质量为4 kg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3A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v A′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：m A＋m B v＝m A＋m B＋m C v A′解得：v A′＝错误!m/s＝3 m/s．2B、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：m B v＝m B＋m C v′解得：v′＝错误!＝2 m/sA的速度为v A′时弹簧的弹性势能最大,设其值为E p,根据能量守恒定律得：E p＝错误!m B＋m C v′2＋错误!m A v2－错误!m A＋m B＋m C v A′2＝12 J．3方法一A不可能向左运动．根据系统动量守恒有：m A＋m B v＝m A v A＋m B＋m C v B设A向左,则v A＜0,v B＞4 m/s则B、C发生碰撞后,A、B、C三者的动能之和为：E′＝错误!m A v错误!＋错误!m B＋m C v错误!＞错误!m B＋m C v错误!＝48 J实际上系统的机械能为：E＝E p＋错误!m A＋m B＋m C v A′2＝12 J＋36 J＝48 J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＝v A′＝3 m/s图9－16乙取以v0＝3 m/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：v AO＝v－v0＝3 m/sv BO＝|v′－v0|＝1 m/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13 m/s212 J3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3 m/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3 m/s、1 m/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9－17①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＋mgh2－h1＝错误!4m＋m v错误!－0解得：v2＝错误!．2外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒,即：4m v1＝4m＋m v2将v2代入得：v1＝错误!错误!设弹簧做的功为W,对外壳应用动能定理有：W－4mgh1＝错误!×4m v错误!将v1代入得：W＝错误!mg25h2－9h1．3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＝错误!×4m v错误!－错误!4m＋m v错误!将v1、v2代入得：E损＝错误!mgh2－h1．答案1错误!2错误!mg25h2－9h13错误!mgh2－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＝m v2＝2E k＝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＝错误!＝μg物块滑至传送带右端的速度为：v＝错误!物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s＝v0t－错误!μgt2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′＝错误!＝μg则物块滑至传送带右端的速度v′＝错误!＝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－错误!μgt2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＝μF N,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＝3 m/s的速度向左运动,传送带上有一质量M＝2 kg 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＝1 kg 的小球先后相隔Δt＝3 s自传送带的左端出发,以v0＝15 m/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＝错误!s才与木盒相遇．取g＝10 m/s2,问：图9－191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：m v0－M v＝m＋M v1解得：v1＝3 m/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＝错误!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：μm＋Mg＝m＋Ma解得：a＝μg＝3 m/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＝错误!＝1 s故木盒在2 s内的位移为零依题意可知：s＝v0Δt1＋vΔt＋Δt1－t1－t2－t0解得：s＝7.5 m,t0＝0.5 s．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′＝vΔt＋Δt1－t0＝8.5 ms1＝vΔt＋Δt1－t1－t2－t0＝2.5 m故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6 m则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为：Q＝fΔs＝54 J．答案13 m/s20.5 s354 J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．能力演练一、选择题10×4分1．图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象,下列说法正确的是A．若D和E结合成F,结合过程中一定会吸收核能B．若D和E结合成F,结合过程中一定会释放核能C．若A分裂成B和C,分裂过程中一定会吸收核能D．若A分裂成B和C,分裂过程中一定会释放核能解析D、E结合成F粒子时总质量减小,核反应释放核能；A分裂成B、C粒子时,总质量减小,核反应释放核能．答案BD2．单冷型空调器一般用来降低室内温度,其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同．某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量Q2,向高温物体放出热量Q1,而外界压缩机必须对工作物质做功W,制冷系数ε＝错误!．设某一空调的制冷系数为4,若制冷机每天从房间内部吸收2.0×107 J的热量,则下列说法正确的是A．Q1一定等于Q2B．空调的制冷系数越大越耗能C．制冷机每天放出的热量Q1＝2.5×107 JD．制冷机每天放出的热量Q1＝5.0×106 J解析Q1＝Q2＋W＞Q2,选项A错误；ε越大,从室内向外传递相同热量时压缩机所需做的功耗电越小,越节省能量,选项B错误；又Q1＝Q2＋错误!＝2.5×107 J,故选项C正确．答案 C3．图示为一列简谐横波的波形图象,其中实线是t1＝0时刻的波形,虚线是t2＝1.5 s时的波形,且t2－t1小于一个周期．由此可判断A．波长一定是60 cmB．波一定向x轴正方向传播C．波的周期一定是6 sD．波速可能是0.1 m/s,也可能是0.3 m/s解析由题图知λ＝60 cm若波向x轴正方向传播,则可知：波传播的时间t1＝错误!,传播的位移s1＝15 cm＝错误!故知T＝6 s,v＝0.1 m/s若波向x轴负方向传播,可知：波传播的时间t2＝错误!T,传播的位移s2＝45 cm＝错误!故知T＝2 s,v＝0.3 m/s．答案AD4．如图所示,在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板,在木板A的上面放着一个质量为m的物块C,木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A,使之从C、B之间抽出来,已知重力加速度为g,则拉力F的大小应该满足的条件是已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力A．F＞μ2m＋Mg B．F＞μm＋2MgC．F＞2μm＋Mg D．F＞2μmg解析无论F多大,摩擦力都不能使B向右滑动,而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg,故错误!＞μg时,即F＞2μm＋Mg时A可从B、C之间抽出．答案 C5．如图所示,一束单色光a射向半球形玻璃砖的球心,在玻璃与空气的界面MN上同时发生反射和折射,b为反射光,c为折射光,它们与法线间的夹角分别为β和θ．逐渐增大入射角α,下列说法中正确的是A．β和θ两角同时增大,θ始终大于βB．b光束的能量逐渐减弱,c光束的能量逐渐加强C．b光在玻璃中的波长小于b光在空气中的波长D．b光光子的能量大于c光光子的能量。
高中物理24个经典模型
高中物理24个经典模型高中物理中有许多经典的模型，这些模型帮助我们理解物理世界的运作原理。
本文将介绍高中物理中的24个经典模型，让我们一起来了解它们吧！1.单摆模型：单摆模型用来研究摆动的物体的运动规律。
它包括一个质点和一个细线，可以通过改变细线长度或质点的质量来研究摆动的周期和频率。
2.平抛运动模型：平抛运动模型用来研究水平投掷物体的运动轨迹和速度。
它假设没有空气阻力，只有重力作用。
可以通过改变初速度和仰角来研究物体的落点和飞行距离。
3.牛顿第一定律模型：牛顿第一定律模型认为在没有外力作用下物体将保持匀速直线运动或静止。
这个模型帮助我们理解惯性的概念和物体运动状态的变化。
4.牛顿第二定律模型：牛顿第二定律模型描述了物体受力和加速度之间的关系。
它的数学表达式为F=ma，其中F表示物体受力，m表示物体质量，a表示物体加速度。
5.牛顿第三定律模型：牛顿第三定律模型表明对于每个作用力都存在一个等大反向的相互作用力。
这个模型帮助我们理解力的概念和物体之间的相互作用。
6.阻力模型：阻力模型用来研究运动物体与介质之间的相互作用。
它的大小与速度和物体形状有关，在物体运动时会减小其速度。
7.功率模型：功率模型描述了物体转化能量的速度和效率。
它等于功的大小除以时间，可以帮助我们理解物体能量的转变和利用。
8.热传导模型：热传导模型描述了热量在物体间传递的过程。
它通过研究热导率和温度差来解释热量传递的速率和方向。
9.摩擦力模型：摩擦力模型用来描述物体在接触面上滑动或滚动时的相互作用。
它的大小与物体之间的粗糙程度和压力有关，可以通过摩擦力模型来研究物体的运动和停止。
10.力矩模型：力矩模型用来研究物体旋转的平衡和加速度。
它的数学表达式为M=rF，其中M表示力矩，r表示力臂，F表示作用力。
11.浮力模型：浮力模型用来研究物体在液体或气体中的浮力。
它的大小等于液体或气体对物体的推力，可以帮助我们理解物体在液体中的浮沉和船只的浮力原理。
高中物理16种常见题型与解题方法
高中物理16种常见题型与解题方法高中物理考试常见的类型总结下来有16种，怎样才能做好每一类型的题目呢？今天库库为同学们整理了高中物理16种常见题型的解题方法和思维模板！快快收藏！题型1直线运动问题题型概述：直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合考查。
单独考查若出现在选择题中，则重在考查基本概念，且常与图像结合;在计算题中常出现在第一个小题，难度为中等，常见形式为单体多过程问题和追及相遇问题.思维模板：解图像类问题关键在于将图像与物理过程对应起来，通过图像的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题;对单体多过程问题和追及相遇问题应按顺序逐步分析，再根据前后过程之间、两个物体之间的联系列出相应的方程，从而分析求解，前后过程的联系主要是速度关系，两个物体间的联系主要是位移关系。
题型2物体的动态平衡问题题型概述：物体的动态平衡问题是指物体始终处于平衡状态，但受力不断发生变化的问题。
物体的动态平衡问题一般是三个力作用下的平衡问题，但有时也可将分析三力平衡的方法推广到四个力作用下的动态平衡问题。
思维模板：常用的思维方法有两种.(1)解析法：解决此类问题可以根据平衡条件列出方程，由所列方程分析受力变化；(2)图解法：根据平衡条件画出力的合成或分解图，根据图像分析力的变化。
题型3运动的合成与分解问题题型概述：运动的合成与分解问题常见的模型有两类。
一是绳(杆)末端速度分解的问题，二是小船过河的问题，两类问题的关键都在于速度的合成与分解.思维模板：主要有两种情况。
(1)在绳(杆)末端速度分解问题中，要注意物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度的方向应取绳(杆)的方向和垂直绳(杆)的方向;如果有两个物体通过绳(杆)相连，则两个物体沿绳(杆)方向速度相等.(2)小船过河时，同时参与两个运动，一是小船相对于水的运动，二是小船随着水一起运动，分析时可以用平行四边形定则，也可以用正交分解法，有些问题可以用解析法分析，有些问题则需要用图解法分析。
高中物理常见的物理模型
高中物理常见的物理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＝g tan θ．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)：9-2(1)向下的加速度a ＝g sin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；(2)向下的加速度a ＞g sin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；(3)向下的加速度a ＜g sin θ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v 0平抛一小球(如图9－3所示)：图9－3(1)落到斜面上的时间t ＝2v 0tan θg；(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无关；(3)经过t c ＝v 0tan θg 小球距斜面最远，最大距离d ＝(v 0sin θ)22g cos θ． 6．如图9－4所示，当整体有向右的加速度a ＝g tan θ时，m 能在斜面上保持相对静止．图9－47．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v m ＝mgR sin θB 2L2．图9－58．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 ＋M L ．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 ＋m M ＋m sin 2 θg sin θ，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M ≫m 时，该解给出a ≈g sin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的D ．当m ≫M 时，该解给出a ≈gsin θ，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 ＝g sin θ；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： M x t ＝m L －x t解得：x ＝mL M ＋m当m ≫M 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m ≫M 时，a ≈g sin θ＞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v 1的水平、竖直分量分别为v 1x 、v 1y ，则有：v 1y v 1x ＝h L －x ＝(M ＋m )h ML12mv 1x 2＋12mv 1y 2＋12Mv 22＝mgh mv 1x ＝Mv 2解方程组即可得v 1x 、v 1y 、v 1以及v 1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：mg sin θ＝BI 1L此时I 1＝BLv R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2I 1．故线框的加速度大小为：图9－8乙a ＝4BI 1L －mg sin θm ＝3g sin θ，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mg sin θ＝4BI 2L故I 2＝14I 1 由I 1＝BLv R 可知，此时v ′＝14v 从位置①到位置③，线框的重力势能减少了32mgL sin θ 动能减少了12mv 2－12m (v 4)2＝1532mv 2 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 ＝32mgL sin θ＋1532mv 2． [答案] (1)3g sin θ，方向沿斜面向上(2)32mgL sin θ＋1532mv 2 【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9－92．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＝f ·s 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d 1，然后右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2，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9－11A ．最终木块静止，d 1＝d 2B ．最终木块向右运动，d 1<d 2C ．最终木块静止，d 1<d 2D ．最终木块静止，d 1>d 2【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：mv 0－mv 0＝(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v 1，有：mv 0＝(m ＋M )v 1Q 1＝f ·d 1＝12mv 02－12(m ＋M )v 12 解得：d 1＝mMv 022(m ＋M )f对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：Q 2＝f ·d 2＝12mv 02＋12(m ＋M )v 12－0 解得：d 2＝(2m 2＋mM )v 022(m ＋M )f即d 1＜d 2．[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 ＝k ·Δx ．(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m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，两弹簧分别连接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 ．(m 1＋m 2)2g 2k 1＋k 2B ．(m 1＋m 2)2g 22(k 1＋k 2)C ．(m 1＋m 2)2g 2(k 1＋k 2k 1k 2) D ．(m 1＋m 2)2g 2k 2＋m 1(m 1＋m 2)g 2k 1【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 ＝(m 1＋m 2)g设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x 1、x 2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：图9－12乙x 1＝(m 1＋m 2)g k 1，x 2＝(m 1＋m 2)g k 2故A 、B 增加的重力势能共为：ΔE p ＝m 1g (x 1＋x 2)＋m 2gx 2＝(m 1＋m 2)2g 2k 2＋m 1(m 1＋m 2)g 2k 1． [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 ＝ΔF k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 ＝F ·x总＝(m 1＋m 2)2g 22k 22＋(m 1＋m 2)2g 22k 1k 2． 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m 1＝1.5 kg ，盘内放一质量m 2＝10.5 kg 的物体P ，弹簧的质量不计，其劲度系数k ＝800 N/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0.2 s 内F 是变化的，在0.2 s 后是恒定的，求F 的最大值和最小值．(取g ＝10 m/s 2)【解析】初始时刻弹簧的压缩量为：x 0＝(m 1＋m 2)g k＝0.15 m 设秤盘上升高度x 时P 与秤盘分离，分离时刻有：k (x 0－x )－m 1g m 1＝a 又由题意知，对于0～0.2 s 时间内P 的运动有：12at 2＝x 解得：x ＝0.12 m ，a ＝6 m/s 2故在平衡位置处，拉力有最小值F min ＝(m 1＋m 2)a ＝72 N分离时刻拉力达到最大值F max ＝m 2g ＋m 2a ＝168 N ．[答案] 72 N 168 N【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻m 1与m 2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 ＝1 kg 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h 1＝0.90 m ．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h 2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 ＝100 N/m ，求h 2的大小．图9－15【解析】设A 物块落地时，B 物块的速度为v 1，则有：12mv 12＝mgh 1 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：12mv 12＝mgx ＋ΔE p 换成C 后，设A 落地时，C 的速度为v 2，则有：12·2mv 22＝2mgh 2 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： 12·2mv 22＝2mgx ＋ΔE p 联立解得：h 2＝0.5 m ．[答案] 0.5 m【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2 kg 的A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg 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v A ′)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：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A ′解得：v A ′＝(2＋2)×62＋2＋4m/s ＝3 m/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：m B v ＝(m B ＋m C )v ′解得：v ′＝2×62＋4＝2 m/s A 的速度为v A ′时弹簧的弹性势能最大，设其值为E p ，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v ′2＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v A ′2 ＝12 J ．(3)方法一 A 不可能向左运动．根据系统动量守恒有：(m A ＋m B )v ＝m A v A ＋(m B ＋m C )v B设A 向左，则v A ＜0，v B ＞4 m/s则B 、C 发生碰撞后，A 、B 、C 三者的动能之和为：E ′＝12m A v 2A ＋12(mB ＋mC )v 2B ＞12(m B ＋m C )v 2B ＝48 J 实际上系统的机械能为：E ＝E p ＋12(m A ＋m B ＋m C )v A ′2＝12 J ＋36 J ＝48 J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v 0＝v A ′＝3 m/s图9－16乙取以v 0＝3 m/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：v AO ＝v －v 0＝3 m/sv BO ＝|v ′－v 0|＝1 m/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)3 m/s (2)12 J (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3 m/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3 m/s 、1 m/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9－17①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h 1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h 2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h 2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h 1时速度的大小为v 1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为v 2．(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h 2处，由动能定理得：(4m ＋m )g (h 2－h 1)＝12(4m ＋m )v 22－0 解得：v 2＝2g (h 2－h 1)．(2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即：4mv 1＝(4m ＋m )v 2将v 2代入得：v 1＝542g (h 2－h 1) 设弹簧做的功为W ，对外壳应用动能定理有：W －4mgh 1＝12×4mv 21 将v 1代入得：W ＝14mg (25h 2－9h 1)． (3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h 2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＝12×4mv 21－12(4m ＋m )v 22 将v 1、v 2代入得：E 损＝54mg (h 2－h 1)． [答案] (1)2g (h 2－h 1) (2)14mg (25h 2－9h 1) (3)54mg (h 2－h 1) 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 ＝mv 2＝2E k ＝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v 0，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 ＝v 02－2μgs物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s ＝v 0t －12μgt 2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：a 1′＝μmg m＝μg则物块滑至传送带右端的速度v ′＝v 02－2μgs ＝v物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程s ＝v 0t －12μgt 2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 ＝μF N ，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v 0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 ＝3 m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量M ＝2 kg 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 ＝1 kg 的小球先后相隔Δt ＝3 s 自传送带的左端出发，以v 0＝15 m/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Δt 1＝13s 才与木盒相遇．取g ＝10 m/s 2，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v 1，根据动量守恒定律得：mv 0－Mv ＝(m ＋M )v 1解得：v 1＝3 m/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t 0与木盒相遇，则有：t 0＝s v 0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 ＝3 m/s 2，方向向左设木盒减速运动的时间为t 1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为t 2，则：t 1＝t 2＝Δva＝1 s故木盒在2 s 内的位移为零依题意可知：s ＝v 0Δt 1＋v (Δt ＋Δt 1－t 1－t 2－t 0) 解得：s ＝7.5 m ，t 0＝0.5 s ．(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s 1，则：s ′＝v (Δt ＋Δt 1－t 0)＝8.5 ms 1＝v (Δt ＋Δt 1－t 1－t 2－t 0)＝2.5 m故木盒相对于传送带的位移为：Δs ＝s ′－s 1＝6 m 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为： Q ＝f Δs ＝54 J ．[答案] (1)3 m/s (2)0.5 s (3)54 J【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 8．如图所示，将质量为m 的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，则[2009年高考·北京理综卷]( )A ．将滑块由静止释放，如果μ＞tan θ，滑块将下滑B ．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tan θ，滑块将减速下滑C ．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是2mg sin θD ．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是mg sin θ【解析】对于静止置于斜面上的滑块，可沿斜面下滑的条件为mg sin θ＞μmg cos θ；同理，当mg sin θ＜μmg cos θ时，具有初速度下滑的滑块将做减速运动，选项A 、B 错误；当μ＝tan θ 时，滑块与斜面之间的动摩擦力f ＝mg sin θ，由平衡条件知，使滑块匀速上滑的拉力F ＝2mg sin θ，选项C 正确、D 错误．[答案] C10．如图甲所示，质量为2m 的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m 的小铅块(可视为质点)以水平速度v 0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变．若将木板分成长度与质量均相等(即m 1＝m 2＝m )的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v 0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止B ．小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止C ．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D ．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 【解析】长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为：v t ＝mv 03m ＝13v 0且有Q ＝fL ＝12mv 02－12×3m (v 03)2＝13mv 02长木板分两段后，可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量．丙[答案] AD13．(10分)如图所示，一劲度系数k ＝800 N/m 的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为m ＝12 kg 的物体A 、B ，A 、B 和轻弹簧静止竖立在水平地面上．现加一竖直向上的力F 在上面的物体A 上，使物体A 开始向上做匀加速运动，经0.4 s 物体B 刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g ＝10 m/s 2．求：(1)此过程中所加外力F 的最大值和最小值． (2)此过程中外力F 所做的功．【解析】(1)A 原来静止时有：kx 1＝mg (1分)当物体A 刚开始做匀加速运动时，拉力F 最小，设为F 1． 对物体A 有：F 1＋kx 1－mg ＝ma (1分)当物体B 刚要离开地面时，拉力F 最大，设为F 2． 对物体A 有：F 2－kx 2－mg ＝ma (1分) 对物体B 有：kx 2＝mg (1分)对物体A 有：x 1＋x 2＝12at 2(1分)解得：a ＝3.75 m/s 2联立解得：F 1＝45 N (1分)，F 2＝285 N ． (1分)(2)在力F 作用的0.4 s 内，初末状态的弹性势能相等 (1分) 由功能关系得：W F ＝mg (x 1＋x 2)＋12m (at )2＝49.5 J ． (2分)[答案] (1)285 N 45 N (2)49.5 J14．(12分)如图甲所示，倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内，导轨间距为l ，与电阻R 1、R 2及电容器相连，电阻R 1、R 2的阻值均为R ，电容器的电容为C ，空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．一个质量为m 、阻值也为R 、长度为l 的导体棒MN 垂直于导轨放置，将其由静止释放，下滑距离s 时导体棒达到最大速度，这一过程中整个回路产生的焦耳热为Q ，则：。
高中物理力学44个模型
高中物理力学44个模型物理力学是高中物理学习的一个重要组成部分，通过学习力学，我们可以了解物体运动的规律和力的作用。
在学习力学的过程中，模型是非常重要的工具，可以帮助我们更好地理解抽象的物理概念。
下面将介绍高中物理力学中的44个模型，帮助大家深入了解力学知识。
1.质点模型：假设物体的大小可以忽略不计，只考虑物体的质量和位置。
2.运动学模型：研究物体运动的基本规律，包括位移、速度、加速度等。
3.匀速直线运动模型：物体在力的作用下保持匀速直线运动。
4.变速直线运动模型：物体在力的作用下速度不断改变的直线运动。
5.抛体模型：研究物体抛出后在重力作用下的轨迹运动。
6.牛顿第一定律模型：物体静止或匀速直线运动状态保持不变的定律。
7.牛顿第二定律模型：物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比的定律。
8.牛顿第三定律模型：任何两个物体间的相互作用力大小相等，但方向相反。
9.惯性系模型：描述物体的力学规律需要建立的参考系。
10.非惯性系模型：在非惯性系中描述物体的力学规律需要引入惯性力。
11.作图模型：通过绘制物体受力情况的示意图来帮助分析解题。
12.叠加原理模型：将多个力合成一个合力来简化分析。
13.平衡模型：研究物体所受力使合力为零的情况，包括静平衡和动平衡。
14.弹簧模型：弹簧的伸长或压缩与受力大小成正比的物理模型。
15.胡克定律模型：描述弹簧弹性力与伸长（压缩）长度成正比的定律。
16.重力模型：物体受重力作用下的运动规律，包括自由落体和斜抛运动。
17.动力学模型：研究物体受到的力对其运动状态的影响。
18.动能模型：物体由于运动而具有的能量。
19.势能模型：物体由于位置或形状而具有的能量。
20.机械能守恒模型：封闭系统机械能总量在没有非弹性碰撞的条件下保持不变。
21.动量模型：描述物体运动状态的物理量，是质量与速度的乘积。
22.动量守恒模型：封闭系统内动量总量在无外力作用下保持不变。
23.质心模型：多个物体的质心位置与各物体质量与位置的加权平均值。
高中物理常见十种模型
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m，
(2 分) (1 分)
x2＝v0t2＋12a2t22，
(2 分)
得 t2＝0.5 s，(2 分) 则煤块从 A 到 B 的时间为 t＝t1＋t2＝1.5 s．(1 分)
甲
乙
(2)第一过程痕迹长 Δx1＝v0t1－12a1t21＝5 m，(2 分)
物理模型——传送带模型中的动力学问题 1．模型特征 一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动 的力学系统可看做“传送带”模型，如图甲、乙、丙所示．
2．建模指导 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．根据物体与传送带的相对速度方向判断 摩擦力方向．两者速度相等是摩擦力突变的临界条件． (2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带 的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如 果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根 据物体的受力情况确定物体的运动情况．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．
物理模型——两种运动的合成与分解实例 一、小船渡河模型 1．模型特点 两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的 速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究 其速度方向不同时对合运动的影响．这样的运动系统可看做 小船渡河模型．
2．模型分析 (1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动． (2)三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际 速度)． (3)两个极值
[审题点睛] (1)判断两者之间是否发生滑动，要比较两者之 间的摩擦力与最大静摩擦力的关系，若f＜fm，则不滑动，反 之则发生滑动． (2)两者发生相对滑动时，两者运动的位移都是对地的，注意 找位移与板长的关系．
高中物理解题模型详解归纳 超好用
两物体在 动过程中相距的最小距离 多少
解析 若是 v1 ≤ v2 说明 物体 停 a1 a2
动或
同时停 动 在 动过程中
一直大于 的速 只有两物体都停 动时 才相距最 可得最 距离
的速
∆s = s + v12 − v22 2a1 2a2
若是 v1 > v2 说明 物体 停 动那么两物体在 动过程中总 在速 相等的时
1.01
1 若声源相继发 两个声信 时间间隔 ∆t 请 据发 的 两个声信 声源传播 到 察者的过程 确 察者接收到 两个声信 的时间间隔 ∆t'
2 请利用 1 的结果 导 情形 察者接收到的声 频率 声源发 的声 频率间 的关系式
解析 作声源 S 察者 A 声信 P P1 首发声信
如 2 所示 线的斜率即 它们的速 vS vA vP 有
两车等速时恰好追及 两车只相遇一次
间距会逐渐增大
两车等速时 车 动 车前面
能再次相遇 即能相遇两次
二、先 速后减速模型
模型概述
物体先加速后减速的问题是 动学中典型的综合问题，也是 几年的高考热点，同学在求
解这类问题时一定要注意前一过程的末速度是下一过程的初速度，如能画出速度图象就更明确
过程了。
模型讲解
第三章 和能 .............................................................................................................................. 1
一 水 方向的 性碰撞.....................................................................................................1 水 方向的非 性碰撞 ................................................................................................6 人船模型 ........................................................................................................................... 9
高中物理模型法解题——板块模型-高中物理八种板块模型
高中物理模型法解题———板块模型【模型概述】板块模型是多个物体的多个过程问题，是一个最经典、最基本的模型之一。
木板和物块组成的相互作用的系统称为板块模型，该模型涉及到静摩擦力、滑动摩擦力的转化、方向判断等静力学知识，还涉及到牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和能量的转化和守恒等方面的知识。
板块类问题的一般解题方法(1)受力分析．(2)物体相对运动过程的分析．(3)参考系的选择（通常选取地面）．(4)做v-t图像(5)摩擦力做功与动能之间的关系．(6)能量守恒定律的运用．一、含作用力的板块模型问题：【例题1】如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取10m/s2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力是多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木块与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N，则木块滑离木板需要多长时间？【解题思路】（1）根据牛顿第二定律求出木板的加速度．（2）让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间．（3）根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，隔离对木板分析求出木板的加速度，抓住木板的加速度大于木块的加速度，求出施加的最小水平拉力．（4）应用运动学公式，根据相对加速度求所需时间．【答案】（1）木板的加速度2.5m/s2；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s；（3）对木板施加的最小水平拉力是25N；（4）木块滑离木板需要2s【解析】解：（1）木板受到的摩擦力F f=μ（M+m）g=10N木板的加速度=2.5m/s2（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=﹣a′有at2=L解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．（3）设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则对木板：F1﹣μ1mg﹣μ（M+m）g=Ma木板木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块解得：F＞25N（4）木块的加速度木板的加速度=4.25m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板﹣x木块=L即带入数据解得：t=2s【变式练习】如图所示，质量M=1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1=0.3，木块长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2．（1）若水平地面光滑，计算说明两木块间是否会发生相对滑动．（2）若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木块右端的时间．【解题思路】（1）假设不发生相对滑动，通过整体隔离法求出A、B之间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动．（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合位移之差等于木块的长度求出运动的时间．【答案】（1）A、B之间不发生相对滑动；（2）铁块运动到木块右端的时间为．【解析】（1）A、B之间的最大静摩擦力为：f m＞μmg=0.3×10N=3N．假设A、B之间不发生相对滑动，则对AB整体分析得：F=（M+m）a对A，f AB=Ma代入数据解得：f AB=2.5N．因为f AB＜f m，故A、B之间不发生相对滑动．（2）对B，根据牛顿第二定律得：F﹣μ1mg=ma B，对A，根据牛顿第二定律得：μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma A根据题意有：x B﹣x A=L，，联立解得：．二、不含作用力的板块模型问题：【例题2】一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。
高中物理模型法解题——传送带模型
mA B v 高中物理模型法解题——— 传送带模型【模型概述】：传送带问题往往牵扯到运动学、动力学、功与能等多方面知识，经常伴随相对运动、摩擦力的突变和能量传递与耗散等复杂情境而存在，能够充分考查学生的分析能力和综合运用能力，因此这些知识内容成为多年来教学和考试的经典内容。
也正是因为这一特性，使得传送带问题成为几乎所有学生的一大疑难。
学生通常可能不同程度存在以下问题：1．对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清；2．对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；3．对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。
一，物块在水平传送带上运动情况的判断（摩擦力方向） 例|1如图所示，水平传送带以4m/s 的速度顺时针匀速运动，主动轮与从动轮的轴心距为12m 。
现将一物体m 轻轻放在A 轮的正上方，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2，则物体m 经多长时间运动到B 轮的正上方？（物体m 可视为质点，g 取10 m/s 2）【启导】要求得物体在在传送带上运动的时间，关键是确定物体在传送带上的运动过程。
那么，怎样来确定物体的运动情况呢？我们可以假设物体在传送带上一直做匀加速运动，然后将传送带轴距带入速度与位移的关系式（）中，求出物体的最大速度，再与传送带速度相比较。
如果比传送带速度大，则说明物体一直匀加速不可能，应该是先匀加速到传送带速度再与传送带保持相对静止，做匀速运动；若其小于等于传送带速度，则说明物体一直做匀加速运动，其中等于说明物体刚好运动到传送带末端时与传送带共速。
物体运动情况一旦确定，就可以运用运动学规律求解要求的物理量了！ ax v v 2202=-【解析】假设物体在传送带上一直做匀加速运动，则① ②联立①②式，代入数据，解得 m/s > v因此，物块在传送带上一直加速不可能，应是先匀加速至与传送带共速，然后再匀速运动。
热学中常见的模型(解析版)--2024届新课标高中物理模型与方法
热学中常见的模型1.目录一.“玻璃管液封”模型二．“汽缸活塞类”模型三．“变质量气体”模型一.“玻璃管液封”模型【模型如图】1.三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1=p 2V 2或pV =C (常数).(2)查理定律(等容变化)：p 1T 1=p 2T 2或p T=C (常数).(3)盖-吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1=V 2T 2或V T=C (常数).2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路3.玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：(1)液体因重力产生的压强大小为p =ρgh (其中h 为至液面的竖直高度)；(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；(3)有时可直接应用连通器原理--连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg ”等，使计算过程简捷.1(广东省潮州市2022-2023学年高三下学期期末教学质量检测物理试题)如图所示，一足够长的玻璃管竖直放置，开口向上，用长19cm 的水银封闭一段长为20cm 的空气柱，大气压强为76cmHg ，环境温度为300K ，则：(1)若气体温度变为360K 时，空气柱长度变为多少；(2)若气体温度仍为300K ，将玻璃管缓慢旋转至水平，将空气柱长度又是多少。
【答案】(1)24cm ；(2)25cm【详解】(1)根据题意可知，气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为S ，当气体温度变为360K 时，由盖吕萨克定律得L 1S T 1=L 2S T 2代入数据得L 2=24cm(2)根据题意可知，气体做等温变化，初状态压强P 1=76cmHg +19cmHg =95cmHg末状态压强P 3=76cmHg由玻意耳定律得P 1L 1S =P 3L 3S 代入数据得L 3=25cm2(2023春·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期末)一根一端封闭的玻璃管竖直放置，内有一段高h 1=0.25m 的水银柱，当温度为t 1=27°C 时，封闭空气柱长为h 2=0.60m ，则(外界大气压相当于L 0=0.75m 高的水银柱产生的压强，取T =t +273K )(1)如图所示，若玻璃管足够长，缓慢地将管转至开口向下，求此时封闭气柱的长度(此过程中气体温度不变)；(2)若玻璃管长L =0.95m ，温度至少升到多少开尔文时，水银柱会全部从管中溢出？【答案】(1)1.20m ；(2)361.25k【详解】(1)设玻璃管内部横截面积为S ，对水银柱分析可知，气体初状态的压强p 1=h 1+L 0=1.00mHg初状态的体积V 1=0.60S管转至开口向下后，气体的压强p 2=L 0-h 1=0.50mHg体积为V 2=hS气体做等温变化，由玻意耳定律可得p 1V 1=p 2V 2代入数据解得h =1.00×0.60S 0.50S=1.20m (2)由理想气体状态方程pV T=C 可知，pV 乘积越大，对应的温度T 越高，假设管中还有长为x 的水银柱尚未溢出，pV 值最大，即L 0+x (L -x )S 的值最大，因为L 0+x +(L -x )=L 0+L 由数学知识可知当L 0+x =L -x 时，取得最大值，代入数据解得x =L 0-L 2=0.10m 即管中水银柱由0.25m 溢出到还剩下0.10m 的过程中，pV 的乘积越来越大，这一过程必须是升温的，此后温度不必再升高(但是要继续给气体加热)，水银柱也将继续外溢，直至全部溢出，由理想气体状态方程p 1V 1T 1=p 2V 2T 2得T 2=p 2V 2T 1p 1V 1=L 0+x (L -x )ST 1L 0+h 1 h 2S代入数据得T 2=361.25K3(2023春·江西九江·高三江西省湖口中学校考期末)有一内壁光滑，导热性良好的汽缸，横截面积为30cm 2，总长度为20cm 。
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高中物理常用的解题模型
《高中物理思维为方法集解》随笔系列
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20116.03.26.9：20于南开风湖里整理