高考物理二轮复习 专题十 高考物理模型

高中物理第二轮专题——弹簧模型高考分析：轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见。

由于弹簧弹力是变力,学生往往对弹力大小和方向的变化过程缺乏清晰的认识，不能建立与之相关的物理模型并进行分类，导致解题思路不清、效率低下、错误率较高。

在具体实际问题中，由于弹簧特性使得与其相连物体所组成系统的运动状态具有很强的综合性和隐蔽性，加之弹簧在伸缩过程中涉及力和加速度、功和能等多个物理概念和规律,所以弹簧类问题也就成为高考中的重、难、热点.我们应引起足够重视。

弹簧类命题突破要点：1。

弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力。

当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手,先确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化.2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间,在瞬间内形变量可以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变.3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化,可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点:W k=-（kx22-kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值或弹力的功等于弹性势能的减少。

弹性势能的公式E p=kx2,高考不作定量要求，该公式通常不能直接用来求弹簧的弹性势能，只可作定性讨论。

因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解。

一、“轻弹簧”类问题在中学阶段，凡涉及的弹簧都不考虑其质量,称之为“轻弹簧”，是一种常见的理想化物理模型。

由于“轻弹簧”质量不计，选取任意小段弹簧,其两端所受张力一定平衡，否则,这小段弹簧的加速度会无限大。

2024年高三物理二轮常见模型专题斜面模型特训目标特训内容目标1高考真题(1T-4T)目标2三大力场中有关斜面模型的平衡问题(5T-10T)目标3三大力场中有关斜面模型的动力学问题(11T-16T)目标4三大力场中有关斜面模型的能量动量问题(17T-22T)【特训典例】一、高考真题1(2023·江苏·统考高考真题)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。

利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。

与图乙中相比，图甲中滑块()A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小【答案】C【详解】A．频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发生的位移差大，根据匀变速直线运动的推论，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；B．设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，上滑阶段根据牛顿第二定律有a1=g sinθ+μg cosθ下滑阶段根据牛顿第二定律有a2=g sinθ-μg cosθ可知上滑阶段阶段加速度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；at2可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正C．由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据x=12确；D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。

故选C。

2(2023·重庆·统考高考真题)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。

质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。

运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。

2022届高考物理二轮复习专题突破：专题十物体的受力分析一、单选题1．（2分）如图所示，一倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一质量为m的物体P在拉力F作用下沿着斜面向上匀速运动（拉力F未画出），已知物体与斜面间的动摩擦因数为√33，重力加速度为g，则（）A．若拉力F的方向平行于斜面向上，拉力F的大小为2mgB．若拉力F的方向水平向右，拉力F的大小为√3mgC．拉力F的方向可能垂直斜面向下D．物体对斜面的压力一定小于mg2．（2分）如图所示，质量为m的细绳两端固定在水平天花板上，在细绳上通过光滑滑轮（不计重力）悬挂质量为M的物体时，细绳端点的切线与天花板间的夹角为α，已知重力加速度为g，则此状态下细绳的一端对天花板的拉力大小为（）A．(M+m)g2sinαB．Mg2sinαC．(M+m)g2D．Mg2tanα3．（2分）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的木板A、B以及木块C，初始时刻木板与木块均处于静止状态，A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g．现将水平轻绳一端固定在A上，另一端绕过光滑滑轮系一质量为M的物块D，则以下判断正确的是（）A．当Mg>3μmg时，木板B开始滑动B．不管M多大，木板B一定保持静止C．A，C之间的摩擦力大小一定等于μmgD．B受到地面的摩擦力大小不可能等于Mg4．（2分）如图所示，AB、AC两光滑斜面互相垂直，AC与水平面成30°。

如把球O的重力按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（）A．12G，√32G B．√33G，√3G C．√33G，√22G D．√22G，√32G5．（2分）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为()A．k(x2+x1)IL B．k(x2−x1)ILC．k(x2+x1)2IL D．k(x2−x1)2IL6．（2分）如图所示，一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动。

专题强化练10 高考常考的电学物理模型一、单项选择题1．如图所示，正方形线圈abcd 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里．当磁场的磁感应强度B 随时间t 变化时，该磁场对ab 边的安培力大小恒定．下列描述B 随t 变化的图像中，可能正确的是( )2．如图甲所示，水平平行放置的光滑平行金属导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有定值电阻R ，金属棒ab 垂直放置在导轨上．现用平行于导轨向右的力F 拉金属棒ab ，金属棒ab 的速度v 随时间t 的变化情况如图乙所示．不计金属棒和金属导轨的电阻，金属棒与导轨接触良好且无摩擦，则拉力F 随时间t 的变化规律可能是( )3.如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t 在电场中某点相遇．以下说法中正确的是( )A ．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为12 tB ．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为14 tC ．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为12t D ．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为14t4．如图所示，虚线框abcd 内存在着平行于线框平面的匀强电场或垂直于线框平面的匀强磁场，一带正电的粒子从bc 边上的P 点以速度v 0射入，在虚线框内运动到cd 边上的Q 点飞出，飞出时的速度大小也为v 0，已知P 、Q 间距离为L ，粒子在P 、Q 两点的速度方向与P 、Q 连线的夹角都为θ(θ<90°).粒子重力不计．下列说法中正确的是( )A ．若为匀强电场，场强方向可能与PQ 平行B ．若为匀强电场，粒子从P 到Q 的最小速度为v 0sin θC ．不论是电场还是磁场，都可以求出粒子从P 到Q 的时间D ．若为匀强磁场，则磁场方向垂直纸面向内 二、多项选择题 5.如图所示，14 圆形区域AOB 内存在垂直纸面向内的匀强磁场，AO 和BO 是圆的两条相互垂直的半径，一带电粒子从A 点沿AO 方向进入磁场，从B 点离开，若该粒子以同样的速度从C 点平行于AO 方向进入磁场，则( )A ．粒子带负电B ．只要粒子入射点在AB 弧之间，粒子仍然从B 点离开磁场C ．入射点越靠近B 点，粒子偏转角度越大D ．入射点越靠近B 点，粒子运动时间越短6．如图甲所示，平行金属导轨与水平面的夹角为37°，平行导轨间距L ＝1 m ，定值电阻的阻值R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面向上的匀强磁场，不计导轨的电阻．将电阻r ＝1 Ω、质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，金属棒下滑过程中的v ­ t 图像如图乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，则( )A．ab棒下滑过程中受到的摩擦力为0.1 NB．匀强磁场的磁感应强度大小为1 TC．ab棒下滑过程中前0.2 s通过电阻R的电荷量为0.025 CD．ab棒在磁场中下滑的前0.1 s过程中电阻R产生的热量为3.75×10－2J三、非选择题7．[2021·山东卷]某离子实验装置的基本原理如图甲所示．Ⅰ区宽度为d，左边界与x 轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y 轴负方向的匀强电场．测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合．从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C.已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ.忽略离子间的相互作用，不计重力．(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E；(3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示．为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s.8．[2021·上海卷]如图(a)所示，竖直放置的足够长的光滑平行导轨，宽L＝0.75 m，导轨位于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8 T．一根电阻不计的金属棒跨接在导轨上，上方接如图所示的电路，R 0＝10 Ω，R 为一电阻性元件．开关S 断开时，金属棒由静止释放，其从下落到做匀速运动的过程中R 的U －I 图线如图(b)所示．g 取10 m/s 2.(1)求金属棒做匀速直线运动时的速度； (2)求金属棒的质量；(3)若金属棒匀速运动一段时间后，开关S 闭合，求经过足够长时间后金属棒的动能．1．解析：设正方形线圈的边长为L ，电阻为R .当磁感应强度发生变化时，线圈中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔBL 2Δt ，感应电流I ＝E R ，则ab 边所受安培力F ＝BIL ＝B ΔBL 3ΔtR ，安培力大小恒定，若磁感应强度B 增大，则ΔB Δt 减小；若B 减小，则ΔBΔt增大，选项B 正确．答案：B2．解析：根据E ＝BL v ，I ＝ER ，F 安＝BIL ，得F 安＝B 2L 2v R ，由图像知，金属棒ab 做匀加速运动，有v ＝at ，根据牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，联立得F ＝B 2L 2aR t ＋ma ，可知F与t 是线性关系，F ­ t 图像是不过原点的向上倾斜的直线，B 正确．答案：B3．解析：两粒子做类平抛运动，在平行于带电极板方向做匀速直线运动，设两粒子入射速度分别为v 1、v 2，经过时间t 在电场中某点相遇，则有x ＝（v 1＋v 2）t ，若两粒子入射速度都变为原来的两倍，经过时间t 1在电场中某点相遇，则有x ＝（2v 1＋2v 2）t 1，解得t 1＝t2，故A 正确，B 错误；若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，经过时间t 2在电场中某点相遇，则有x ＝（v 1＋v 2）t 2，解得t 2＝t ，故C 、D 错误．答案：A4．解析：虚线框内若为匀强电场，则带电粒子从P 到Q 做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，根据对称性，电场方向应与PQ 垂直，其最小速度为v 0cos θ，A 、B 错误．虚线框内若为匀强磁场，根据左手定则，磁场方向应垂直纸面向外，D 错误．若为电场，则t ＝Lv 0cos θ ；若为磁场，粒子在磁场中的偏转角为2θ，圆心角也为2θ，则t ＝s v 0 ＝2θR v 0 ，R sin θ＝L2 ，解得t ＝θ·Lv 0sin θ，故C 正确．答案：C 5.解析：粒子从A 点正对圆心射入，恰从B 点射出，根据洛伦兹力方向可判断粒子带正电，故选项A 错误；粒子从A 点射入时，在磁场中运动的圆心角为θ1＝90°，粒子运动的轨迹半径等于BO ，当粒子从C 点沿AO 方向射入磁场时，粒子的运动轨迹如图所示，设对应的圆心角为θ2，运动的轨迹半径也为BO ，粒子做圆周运动的轨迹半径等于磁场圆的半径，磁场区域圆的圆心O 、轨迹圆的圆心O 1以及粒子进出磁场的两点构成一个菱形，由于O 1C 和OB 平行，所以粒子一定从B 点离开磁场，故选项B 正确；由图可得此时粒子偏转角等于∠BOC ，即入射点越靠近B 点对应的偏转角度越小，运动时间越短，故选项C 错误，D 正确．答案：BD6．解析：本题考查金属棒切割磁感线的问题．由题图乙得ab 棒在前0.1 s 的加速度a ＝Δv Δt ＝0.50.1 m/s 2＝5 m/s 2，前0.1 s ，由牛顿第二定律有mg sin θ－f ＝ma ，代入数据得f ＝0.1 N ，选项A 正确；0.1 s 后ab 棒做匀速运动，有mg sin θ－f －F A ＝0，而F A ＝BIL ＝B ·BL v R ＋r ·L＝B 2L 2v R ＋r ，联立解得B ＝2 T ，选项B 错误；ab 棒下滑过程中前0.2 s 通过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ·Δs R ＋r ＝2×1×0.5×0.13＋1 C ＝0.025 C ，选项C 正确；ab 棒在磁场中下滑的前0.1 s 过程中的电流I ＝BL v R ＋r ＝2×1×0.53＋1A ＝0.25 A ，电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝0.252×3×0.1 J ＝1.875×10－2 J ，选项D 错误．答案：AC 7．解析：（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r ，由牛顿第二定律得q v B 0＝m v 2r根据几何关系得sin θ＝dr联立解得v ＝qB 0dm sin θ（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x 方向做匀速直线运动，y 方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C 的时间为t ，y 方向的位移为y 0，加速度大小为a ，由牛顿第二定律得qE ＝ma由运动的合成与分解得L ＝v t cos θ，y 0＝－r （1－cos θ），y 0＝v t sin θ－12at 2联立得E ＝2qB 20 d2mL 2tan 2θ ⎝⎛⎭⎫L tan θ＋d sin θ－d tan θ （3）Ⅱ区内填充磁场后，将离子的初速度沿平行x 轴和平行y 轴分解，则有v x ＝v cos θ、v y ＝v sin θ，则离子在平行y 轴方向的运动与（2）中完全相同，离子在垂直y 轴的平面内做匀速圆周运动，如图所示．设左侧部分的圆心角为α，圆周运动的半径为r ′，运动轨迹长度为l ′，由几何关系得α＝π3 ，l ′＝α2π ×2πr ′＋α＋π22π×2πr ′离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有l ′v cos θ ＝Lv cos θC 到O 1的距离s ＝2r ′sin α＋r ′ 联立得s ＝6（3＋1）7πL答案：见解析 8．解析：（1）由图（b ）可知，电压表的示数为6 V 时金属棒的运动达到稳定状态，即开始做匀速运动，由于金属棒的电阻不计，则电压表的示数等于金属棒中产生的感应电动势由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v解得v ＝E BL ＝60.8×0.75 m/s ＝10 m/s.（2）金属棒匀速运动时其合力为零，则金属棒的重力等于安培力，即mg ＝F 安又F 安＝BIL由图（b ）可知，金属棒匀速运动时通过金属棒的电流为I ＝0.5 A 联立并代入数据解得m ＝0.03 kg.（3）闭合开关S 瞬间，流过金属棒的电流增大，则金属棒所受的安培力增大，金属棒开始做减速运动，金属棒中产生的感应电动势逐渐减小，电流逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当安培力再次等于重力时，金属棒沿竖直导轨向下做匀速直线运动．则由mg ＝BIL 可知，此时金属棒中的电流大小仍为0.5 A 由电路可知I 总＝I R ＋I RO则I R ＝I 总－I RO ＝0.5－U10 （A ）整理得U ＝5－10I R （V ）在图（b ）中作出该图线，如图所示由图可知，经过足够长时间后电压表的示数为2 V ，即金属棒中的感应电动势大小为2 V ，则E ′＝BL v ′，金属棒的速度大小为v ′＝E ′BL ＝103 m/s ，金属棒的动能为E k ＝12m v ′2 代入数据解得E k ＝16J答案：（1）10 m/s （2）0.03 kg （3）16 J。

lv 0 vSv 0A Bv 0 AB v 0 l滑块、子弹打木块模型之一子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。

μNS 相=ΔE k 系统=Q ，Q 为摩擦在系统中产生的热量。

②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动 ：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。

小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。

例题：质量为M 、长为l 的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以水平初速v 0射入木块，穿出时子弹速度为v ，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f ，突出时木块速度为V ，位移为S ，则子弹位移为(S+l)。

水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv 0=mv+MV ①由动能定理，对子弹 -f(s+l )=2022121mv mv - ②对木块 fs=0212-MV ③由①式得 v=)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022)(21v v Mm M -• ④ ②+④得 f l =})]([2121{2121212120220222v v Mm M mv mv MV mv mv -+-=-- 由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。

即Q=f l ，l 为子弹现木块的相对位移。

结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。

即 Q=ΔE 系统=μNS 相其分量式为：Q=f 1S 相1+f 2S 相2+……+f n S 相n =ΔE 系统1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m ，一质量与木板相同的金属块，以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ，金属 块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g 取10m/s 2。

求两木板的最后速度。

2．如图示，一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，现以地面为参照物，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 (如图)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离 B 板。

高考物理解题模型目录第一章运动和力 (1)一、追及、相遇模型 (1)二、先加快后减速模型 (4)三、斜面模型 (6)四、挂件模型 (11)五、弹簧模型（动力学） (18)第二章圆周运动 (20)一、水平方向的圆盘模型 (20)二、行星模型 (23)第三章功和能 (1)一、水平方向的弹性碰撞 (1)二、水平方向的非弹性碰撞 (6)三、人船模型 (9)四、爆炸反冲模型 (11)第四章力学综合 (13)一、解题模型： (13)二、滑轮模型 (19)三、渡河模型 (23)第五章电路 (1)一、电路的动向变化 (1)二、交变电流 (6)第六章电磁场 (10)一、电磁场中的单杆模型 (10)二、电磁流量计模型 (16)三、盘旋加快模型 (19)四、磁偏转模型 (24)第一章运动和力一、追及、相遇模型模型解说：1．火车甲正以速度v1向前行驶，司机忽然发现前面距甲 d 处有火车乙正以较小速度v2同向匀速行驶，于是他立刻刹车，使火车做匀减速运动。

为了使两车不相撞，加快度 a 应知足什么条件？分析：设以火车乙为参照物，则甲相对乙做初速为(v1v2 ) 、加快度为 a 的匀减速运动。

若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则今后就不会相撞。

所以，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为d。

即： 0 (v1 v2 ) 2 2ad， a (v1 v2 ) 2 ，2d故不相撞的条件为a(v1v2) 22d2．甲、乙两物体相距s，在同向来线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。

甲物体在前，初速度为 v1，加快度大小为a1。

乙物体在后，初速度为v2，加快度大小为a2且知 v1<v 2，但两物体向来没有相遇，求甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？分析：若是v1v2，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。

在运动过程中，乙的速度a1a2向来大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距近来，可得近来距离为s s v12 v22 2a1 2a2若是v1 v2 ，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时a2 a2两物体相距近来，依据v共v1 a1t v2 a2 t ，求得t v2 v1 a2 a1在 t 时间内第1 页甲的位移 s1 v共v1t2乙的位移 s2 v共v2t2代入表达式s s s1s2求得s s(v2v1)2(a2a1 )3．如图 1.01 所示，声源S 和察看者 A 都沿x 轴正方向运动，相对于地面的速率分别为v S和v A。

外对市爱戴阳光实验学校高考二轮复习专题十高考物理模型方法概述(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)题以考查电路、电学测量为主，两道小题中出一道较颖的设计性题的可能性较大．(3)试卷中以下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、、难点一、斜面问题在每年的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比拟多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助更好、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9－2(1)向下的加速度a＝g sin θ时，悬绳稳时将垂直于斜面；(2)向下的加速度a＞g sin θ时，悬绳稳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9－3(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，且tan α＝2tanθ，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、导轨光滑时，ab棒所能到达的稳速度v m ＝mgR sin θB 2L 2．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 ＋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，解随某些量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果方面进行分析，并与预期结果、结论进行比拟，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 ＋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，其中有一项为哪一项错误．．的，请你指出该项[高考·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 ≈gsin θ＞g 显然不可能．[答案] D【点评】本例中，假设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 ，那么有：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 ′的间位置时，线框又恰好做匀速运动，那么线框从开始进入上部磁场到ab 边到达gg ′与ff ′的间位置的过程中，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，那么有：mg sin θ＝BI 1L此时I 1＝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电动势同向叠加，回路中电流的大小于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、屡次作用后的速度变化，另外广义的叠加体模型可以有许多变化，涉及的问题更多．考理综卷第10题、理综卷第20题、理综卷第24题，高考理综卷 Ⅰ 的第15题、理综卷第24题、物理卷第6题、区理综卷第25题．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)，以下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为负值，其绝对值于摩擦力乘以相对滑动的总路程或于摩擦产生的热量，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，以下说法正确的选项是(注：属于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“动能理〞的公式，它是由动能理的关系式推导得出的二级结论．三、含弹簧的物理模型学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题，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．1．静力的弹簧问题(1)胡克律：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)2g2k 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)g2k 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，那么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)2g2k 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通过比拟可知，重力势能的增加并不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．动力的弹簧问题(1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固、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 开始别离．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，在最初0.2 s 内F 是变化的，在0.2 s 后是恒的，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与秤盘别离，别离时刻有：k (x0－x)－m1gm1＝a又由题意知，对于0～0.2 s时间内P的运动有：12at2＝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＋m2)a＝72 N别离时刻拉力到达最大值F max＝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：别离时刻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，故秤盘与重物别离．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；(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．●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)．假设将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．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，那么有：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，那么有：12mv12＝mgx＋ΔE p换成C后，设A落地时，C的速度为v2，那么有：12·2mv22＝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，那么有：12·2mv22＝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〞．考理综卷Ⅰ第25题、1997年高考卷第25题．●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，那么在以后的运动中：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(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，那么有：(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′，那么有：m B v＝(m B＋m C)v′解得：v′＝2×62＋4＝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，根据能量守恒律得：E p＝12(m B＋m C)v′2＋12m A v2－12(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，那么v A＜0，v B＞4 m/s那么B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：E′＝12m A v2A＋12(m B＋m C)v2B＞12(m B＋m C)v2B＝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] (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，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．[高考·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，从撞后到达共同速度到上升至h2处，由动能理得：(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v 2代入得：v 1＝542g (h 2－h 1)设弹簧做的功为W ，对外壳用动能理有：W －4mgh 1＝12×4mv 21将v 1代入得：W ＝14mg (25h 2－9h 1)．(3)由于外壳和内芯到达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，弹簧类试题确实是培养和训练学生的物理思维、反映和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(牛顿第二律、动能理、机械能守恒律、动量理、动量守恒律)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年以后出的各种本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传送类问题在生产生活中的用非常广泛．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、能量转化各方面的知识，能较好地考查学生分析物理过程及用物理规律解答物理问题的能力．考理综卷第34题、高考理综卷Ⅰ第24题．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．假设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，那么( )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，那么：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那么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，加速度相，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，那么有：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，那么：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，那么：s ′＝v (Δt ＋Δt 1－t 0)＝8.5 m s 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 那么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】此题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法．。

2022年高考二轮专题复习之模型讲解对称性模型［模型概述］对称法作为一种具体的解题方法，虽然高考命题没有单独正面考查，但是在每年的高考命题中都有所渗透和体现。

从侧面体现考生的直观思维能力和客观的猜想推理能力。

所以作为一种重要的物理思想和方法，相信在今后的高考命题中必将有所体现。

［模型讲解］1 简谐运动中的对称性例1劲度系数为的轻质弹簧，下端挂一个质量为m的小球，小球静止时距地面的高度为h，用力向下拉球使球与地面接触，然后从静止释放小球（弹簧始终在弹性限度以内）则：A 运动过程中距地面的最大高度为2hB 球上升过程中势能不断变小C 球距地面高度为h时，速度最大D 球在运动中的最大加速度是h/m解析：因为球在竖直平面内做简谐运动，球从地面上由静止释放时，先做变加速运动，当离地面距离为h时合力为零，速度最大，然后向上做变减速运动，到达最高点时速度为零，最低点速度为零时距平衡位置为h，利用离平衡位置速度相同的两点位移具有对称性，最高点速度为零时距平衡位置也为h，所以球在运动过程中距地面的最大高度为2h，由于球的振幅为h，由akmx=-可得，球在运动过程中的最大加速度为akmh=，球在上升过程中动能先增大后减小，由整个系统机械能守恒可知，系统的势能先减小后增大。

所以正确选项为ACD。

2 静电场中的对称性例2如图1所示，带电量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。

若图中b点处产生的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为多少，方向如何（静电力恒量为）。

图1解析：在电场中a点：E E E a q =+=+板0E E E k q d q q 板，=-=++2 板上电荷在a 、b 两点的电场以带电薄板对称，带电薄板在b 点产生的场强大小为kq d 2，方向水平向左。

点评：题目中要求带电薄板产生的电场，根据中学物理知识仅能直接求点电荷产生的电场，无法直接求带电薄板产生的电场；由E a ＝0，可以联想到求处于静电平衡状态的导体的感应电荷产生的场强的方法，利用E E q 板=-+来间接求出带电薄板在a 点的场强，然后根据题意利用对称性求出答案。