2011年高三物理第一轮总复习及高中物理易错题归纳总结及答案分析(281页)第9专题_高中物理常见的物理模型2

第9专题 高中物理常见的物理模型

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＝gtan 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9－2

(1)向下的加速度a＝gsin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；

(2)向下的加速度a＞gsin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；

(3)向下的加速度a＜gsin 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9－3

2v0tan θ(1)落到斜面上的时间t＝ g

(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；

v0tan θ(v0sin θ)2

(3)经过tc＝ 小球距斜面最远，最大距离d＝． g2gcos θ

6．如图9－4所示，当整体有向右的加速度a＝gtan θ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

mgRsin θ到的稳定速度vm＝． B2L2

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

m的位移s＝ L． m＋M

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

M＋m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＋msin2 θ

gsin 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≈gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的

gD．当m M时，该解给出a≈ sin θ

【解析】当A固定时，很容易得出a＝gsin 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：

L－xxMm tt

mL解得：x＝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．

g选项D中，当m M时，a≈g显然不可能． sin θ

[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：

v1y(M＋m)hh＝ 1xL－xML

111mv1x2＋mv1y2＋Mv22＝mgh 222

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：

mgsin θ＝BI1L

BLv此时I1＝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2I1．故线框的加速度大小为：

图9－8乙 4

BI1L－mgsin θa＝＝3gsin θ，方向沿斜面向上． m

(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mgsin θ＝4BI2L

1故I2＝I1 4

BLv1由I1＝可知，此时v′＝v R4

3从位置①到位置③，线框的重力势能减少了mgLsin θ 2

11v15动能减少了mv2－m()2＝mv2 22432

由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有：

315Q＝mgLsin θ＋mv2． 232

[答案] (1)3gsin θ，方向沿斜面向上

315(2)mgLsin θ＋mv2 232

【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＝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9－11

A．最终木块静止，d1＝d2

B．最终木块向右运动，d1<d2

C．最终木块静止，d1<d2

D．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：

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

11Q1＝f·d1v02－(m＋M)v12 22

mMv02

解得：d1＝2(m＋M)f

对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：

11Q2＝f·d2v02＋(m＋M)v12－0 22

2(2m＋mM)v2

解得：d2＝ 2(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＝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

(m1＋m2)2g2

A．k1＋k2

(m＋m)2g2

B．2(k1＋k2)

k＋kC．(m1＋m2)2g2() k1k2

(m＋m)2g2m(m＋m)g2

D．k2k1

【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

(m1＋m2)g(m1＋m2)gx1＝x2＝ k1k2

故A、B增加的重力势能共为：

ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2

(m1＋m2)2g2m1(m1＋m2)g2

＝＋． k2k1

[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

ΔF的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝进行计算更快捷方便． k

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＝(m1＋m2)2g2(m1＋m2)2g2

2k22k1k2

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：

(m1＋m2)gx0＝0.15 m k

设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有：

k(x0－x)－m1g＝a m1

又由题意知，对于0～0.2 s时间内P的运动有：

12at＝x 2

解得：x＝0.12 m，a＝6 m/s2

故在平衡位置处，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72 N

分离时刻拉力达到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝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：

1mv12＝mgh1 2

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：

1mv12＝mgx＋ΔEp 2

换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有：

1·2mv22＝2mgh2 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： 1·2mv22＝2mgx＋ΔEp 2

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？

(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′

(2＋2)×6解得：vA′＝ m/s＝3 m/s． 2＋2＋4

(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′

2×6解得：v′＝2 m/s 2＋4

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：

111Ep(mB＋mC)v′2＋mAv2－mA＋mB＋mC)vA′2 222

＝12 J．

(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＞4 m/s

则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：

11122E′＝mAv2A＋(mB＋mC)vBmB＋mC)vB＝48 J 222

实际上系统的机械能为：

1E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝12 J＋36 J＝48 J 2

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′＝

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：

vAO＝v－v0＝3 m/s

vBO＝|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] (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9－17

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：

1(4m＋m)g(h2－h1)＝(4m＋m)v22－0 2

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

5将v2代入得：v12g(h2－h1) 4

设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：

12W－4mgh1＝×4mv1 2

1将v1代入得：W(25h2－9h1)． 4

(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

11内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量E损＝×4mv2－(4m＋m)v212 22

5将v1、v2代入得：E损＝mg(h2－h1)． 4

1[答案] 2g(h2－h1) (2)(25h2－9h1) 4

5(3)(h2－h1) 4

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

μmg物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小a＝μg m

物块滑至传送带右端的速度为：

vv0－2μgs

1物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s＝v0t－2解得． 2

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：

μmga1′＝＝μg m

1物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程s＝v0t－μgt2 解得． 2

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＝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

1入盒中并与盒保持相对静止；第2个球出发后历时Δt1s才与木盒相遇．取g＝10 m/s2，3

问：

则物块滑至传送带右端的速度v′＝v0－2μgs＝v

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＝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：

st0＝ v0

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/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：

Δvt1＝t2＝＝1 s a

故木盒在2 s内的位移为零

依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋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′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5 m

s1＝v(Δt＋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] (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．

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] BD

2．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

Q2缩机)必须对工作物质做功W，制冷系数ε＝．设某一空调的制冷系数为4，若制冷机每天W

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Q2

B．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 J

D．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

Q2需做的功(耗电)越小，越节省能量，选项B错误；又Q1＝Q2＋＝2.5×107 J，故选项C正ε

确．

[答案] C

3．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 cm

B．波一定向x轴正方向传播

C．波的周期一定是6 s

D．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：

Tλ波传播的时间t1＝，传播的位移s1＝15 cm＝ 44

故知T＝6 s，v＝0.1 m/s

若波向x轴负方向传播，可知：

33λ波传播的时间t2＝T，传播的位移s2＝45 cm＝ 44

故知T＝2 s，v＝0.3 m/s．

[答案] AD

4．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＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g

C．F＞2μ(m＋M)g 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

F－μmg－μ(m＋M)g加速度为μg，故＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出． M

[答案] C

5．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β

B．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

sin β【解析】三个角度之间的关系有：θ＝α＝n＞1，故随着α的增大，β、θ都增大，sin α

但是θ＜β，选项A错误，且在全反射前，c光束的能量逐渐减弱，b光束的能量逐渐加强，

sin βcλ选项B错误；又由n＝，b光在玻璃中的波长小于在空气中的波长，但光子的sin αλ′

能量不变，选项C正确、D错误．

[答案] C

6．如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为(

)

A．100 W B．200 W C．500 W D．无法确定

【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50 kg 的煤粉被加速至2 m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：

1ΔW＝Δ

Ek＋Q＝mv2＋f·Δs＝mv2＝200 J 2

ΔW故传送带的电动机应增加的功率ΔP＝＝200 W． t

[答案] B

7．如图所示，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上．当施加水平向右的匀强电场E后，小球开始做简谐运动，下列关于小球运动情况的说法中正确的是( )

qEA．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为 k

2qEB．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为 k

C．运动过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒

D．运动过程中，小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零

qE【解析】由题意知，小球位于平衡位置时弹簧的伸长量x0＝，小球速度为零时弹簧k

2qE处于原长或伸长了2x0＝，选项A错误、B正确． k

小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功，机械能不守恒，动能、弹性势能、电势能的总和保持不变，选项D正确．

[答案] BD

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2mgsin θ

D．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mgsin 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mgsin θ＞μmgcos θ；同理，当mgsin θ＜μmgcos 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＝mgsin θ，由平衡条件知，使滑块匀速上滑的拉力F＝2mgsin θ，选项C正确、D错误．

[答案] C

9．国产“水刀”——超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40 mm厚的钢板、50 mm厚的大理石等材料．

将普通的水加压，使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以800 m/s～1000 m/s的速度射出，这种水射流就是“水刀”．我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强的限度．

设想一“水刀”的水射流横截面积为S，垂直入射的速度 v＝800 m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的( )

【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得： －pS·Δt＝－ρSv·Δt·v

2得：p＝ρv＝6.4×108 Pa

由表中数据可知：此“水刀”不能切割材料C和D．

[答案] CD

10．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v0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m1＝m2＝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v0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：

mv1vt＝v 3m30

v0111且有Q＝fLv02－3m(2＝mv02 2233

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] AD

二、非选择题(共60分)

11．(5分)图示为伏安法测电阻的部分电路，电路其他部分不变，当开关S接a点时，电压表的示数U1＝11 V，电流表的示数I1＝0.2 A；当开关S接b点时，U2＝12 V，I2＝0.15

A．那么，为了提高测量的准确性，开关S应接______点(填“a”或“b”)，Rx的测量值为________Ω．

[答案] b (2分) 80 (3分)

12．(10分)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在水平轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球．现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能．

(1)还需要的器材是________、________．

(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量，需要直接测量________和________．

(3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系，除以上器材外，还准备了几个轻弹簧，所有弹簧的劲度系数均不相同．试设计记录数据的表格．

[答案] (1)天平 刻度尺 (每空1分)

(2)重力势 质量 上升高度 (每空1分)

(3)设计表格如下 (5分)

13．(10分)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/s2．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：kx1＝mg (1分)

当物体A刚开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1．

对物体A有：F1＋kx1－mg＝ma (1分)

当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2．

对物体A有：F2－kx2－mg＝ma (1分)

对物体B有：kx2＝mg (1分)

1对物体A有：x1＋x2＝2 (1分) 2

解得：a＝3.75 m/s2

联立解得：F1＝45 N (1分)，F2＝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：

1WF＝mg(x1＋x2)＋m(at)2＝49.5 J． (2分) 2

[答案] (1)285 N 45 N (2)49.5 J

14．(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R1、R2及电容器相连，电阻R1、R2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：

甲

(1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少？

(2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过R1的电荷量为多少？

【解析】(1)当达到最大速度时，导体棒匀速运动，电容器中没有电流，设导体棒稳定下滑的最大速度为v，有：

E＝Blv (1分)

EI＝(1分) R2＋R

B2l2v所以F安＝BIl＝(2分) 2R

导体棒的受力情况如图乙所示，根据受力平衡条件有：

乙

F安＝mgsin θ (1分)

2mgRsin θ解得：v＝． (2分) Bl(2)棒加速运动时电容器上的电压增大，电容器充电；当棒达到最大速度后，电容器上的电荷量最大并保持不变，所以流过R1的电荷量就是电容器所带的电荷量，则：

EEBlvmgRsin θU＝IR2＝R＝＝ (3分) 2R22Bl

mgRCsin θQR1＝CU． (2分) Bl

2mgRsin θmgRCsin θ[答案] (2) BlBl

15．(13分)如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：

甲

(1)正离子从D处运动到G处所需时间．

(2)正离子到达G处时的动能．

【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示，在磁场中做圆周运动的时间为：

乙

12πmt1＝＝(1分) 33Bq

圆周运动半径r满足：r＋rcos 60°＝d (1分)

2解得：r＝d (1分) 3

mv0设离子在磁场中运动的速度为v0，则有：r＝(1分) Bq

2Bqd解得：v0＝ (1分) 3m

2d3m离子从C运动到G所需的时间t2 (2分) v0Bq

离子从D→C→G的总时间为：

(9＋2π)mt＝t1＋t2＝ (2分) 3Bq

(2)设电场强度为E，对离子在电场中的运动过程，有：

1qE＝ma，d＝at22 (1分) 2

1由动能定理得：Eq·d＝EkG－mv02 (1分) 22224Bqd解得：EkG＝． (2分) 9m

(9＋2π)m4B2q2d2

[答案] (2) 3Bq9m

16．(15分)如图甲所示，质量m1＝2.0 kg 的物块A随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带的速度大小v带＝3.0 m/s，方向如图所示；在A的右侧L＝2.5 m 处将质量m2＝3.0 kg的物块B无初速度放上传送带．已知在A、B碰后瞬间B相对传送带的速度大小为1.0 m/s，之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时，传送带立即以大小为2.0 m/s2的加速度制动，最后停止运动．传送带的运动情况不受物块A、B的影响，且A、B碰撞的时间极短．设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.10．求：

甲

(1)物块B刚开始滑动时的加速度．

(2)碰撞后两物块的速度．

(3)两物块间的最大距离．

【解析】(1)物块B刚开始滑动时，加速度为：

μmga＝μg＝1 m/s2，方向向右． (2分) m2

(2)设经t1时间，A、B两物块相碰，有：

12at＋L＝v带t1 21

解得：t1＝1 s，t1′＝5 s(由上述分析可知，t1′不合题意，舍去)

碰前B的速度v2＝at1＝1 m/s (2分)

由题意可知：碰后B的速度v2′＝2 m/s或v2″＝4 m/s

由动量守恒定律得：

m1v带＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

m1v带＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″

解得：碰后A的速度v1′＝1.5 m/s或v1″＝－1.5 m/s

1111222检验：由于1v带＋2v22＜m1v1′＋m2v2″ 2222

故v1″＝－1.5 m/s、v2″＝4 m/s这组数据舍去

所以碰后A的速度v1′＝1.5 m/s，方向向右；B的速度v2′＝2 m/s，方向向右． (3分)

(3)因碰后两物块均做加速度运动，加速度都为a＝1 m/s2，所以B的速度先达到与传送带相同速度，设B达到与传送带速度相同的时间为t2．

乙

有：v带＝v2′＋at2，t2＝1 s

此时A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5 m/s＜v带

故从t2之后A继续加速运动，B和传送带开始减速运动，直到A和传送达到某个共同速度v4后，A所受的摩擦力换向，才开始减速运动．设A继续加速度的时间为t3，则：

1v4＝v3＋at3＝v带－a带t3，t3＝ s 6

8A的速度v4＝v3＋at3＝ m/s (2分) 3

17此时B的速度v5＝v带－at3＝m/s，之后A、B均做减速运动，因为在整个过程中B6

的速度始终大于A的速度，所以当A、B都静止时两物块间的距离最大． (1分)

2v20－v2带－v2′带B碰后运动的总位移s2＝＋7 m 2a2×(－a)

v2′＋v带v带v带或s2＝t2＋7 m (2分) 22a

22v20－v44－v1′A碰后运动的总位移s1＝6 m (2分) 2×a2×(－a)

两物块间的最大距离sm＝s2－s1＝1 m． (1分)

[答案] (1)1 m/s2，方向向左

(2)A的速度为1.5 m/s，方向向右；B的速度为2 m/s，方向向右

(3)1 m

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