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2018年高考物理典型物理模型及方法总结

高中典型物理模型及方法总结◆1.连接体模型：是指运动中几个物体或叠放在一起、或并排挤放在一起、或用细绳、细杆联系在一起的物体组。

解决这类问题的基本方法是整体法和隔离法。

整体法是指连接体内的物体间无相对运动时,可以把物体组作为整体，对整体用牛二定律列方程隔离法是指在需要求连接体内各部分间的相互作用(如求相互间的压力或相互间的摩擦力等)时，把某物体从连接体中隔离出来进行分析的方法。

连接体的圆周运动：两球有相同的角速度；两球构成的系统机械能守恒(单个球机械能不守恒) F=211221m m (m m g)(m m ++F=122m (m )m (m g +况)F 1>F 2 m 1>m 2 N 1<N 2(为什么)N 5对6=F Mm (m 为第6个以后的质量) 第12对13的作用力 N 12对13=F nm12)m -(n◆2.水流星模型(竖直平面内的圆周运动——是典型的变速圆周运动)(圆周运动实例) ①火车转弯 ②汽车过拱桥、凹桥3③飞机做俯冲运动时，飞行员对座位的压力。

④物体在水平面内的圆周运动（汽车在水平公路转弯，水平转盘上的物体，绳拴着的物体在光滑水平面上绕绳的一端旋转）和物体在竖直平面内的圆周运动（翻滚过山车、水流星、杂技节目中的飞车走壁等）。

⑤万有引力——卫星的运动、库仑力——电子绕核旋转、洛仑兹力——带电粒子在匀强磁场中的偏转、重力与弹力的合力——锥摆、（关健要搞清楚向心力怎样提供的）（1）火车转弯：设火车弯道处内外轨高度差为h ，内外轨间距L ，转弯半径R 。

由于外轨略高于内轨，使得火车所受重力和支持力的合力F 合提供向心力。

为转弯时规定速度）（得由合0020sin tan v LRgh v R v m L hmg mg mg F ===≈=θθR g v ⨯=θtan 0(是内外轨对火车都无摩擦力的临界条件)①当火车行驶速率V 等于V 0时，F 合=F 向，内外轨道对轮缘都没有侧压力 ②当火车行驶V 大于V 0时，F 合<F 向，外轨道对轮缘有侧压力，F 合+N=R 2m v ③当火车行驶速率V 小于V 0时，F 合>F 向，内轨道对轮缘有侧压力，F 合-N'=R 2mv即当火车转弯时行驶速率不等于V 0时，其向心力的变化可由内外轨道对轮缘侧压力自行调节，但调节程度不宜过大，以免损坏轨道。

高考物理考点解题思路大揭秘四挂件模型

四、挂件模型1．图1.07中重物的质量为m ，轻细线AO 和BO 的A 、B 端是固定的。

平衡时AO 是水平的，BO 与水平面的夹角为θ。

AO 的拉力F 1和BO 的拉力F 2的大小是（）A. θcos 1mg F =B. θcot 1mg F =C. θsin 2mg F =D. θsin 2mg F =图1.07解析：以“结点”O 为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有12cos F F =θ竖直方向有mg F =θsin 2联立求解得BD 正确。

2．物体A 质量为kg m 2=，用两根轻绳B 、C 连接到竖直墙上，在物体A 上加一恒力F ，若图1.08中力F 、轻绳AB 与水平线夹角均为︒=60θ，要使两绳都能绷直，求恒力F 的大小。

图1.08解析：要使两绳都能绷直，必须0021≥≥F F ，，再利用正交分解法作数学讨论。

作出A 的受力分析图3，由正交分解法的平衡条件：图30sin sin 1=-+mg F F θθ ①0cos cos 12=--θθF F F② 解得F mg F -=θsin 1 ③θθcot cos 22mg F F -= ④两绳都绷直，必须0021≥≥F F ，由以上解得F 有最大值N F 1.23max =，解得F 有最小值N F 6.11min =，所以F 的取值为N F N 1.236.11≤≤。

3．如图1.09所示，AB 、AC 为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg 。

当小车静止时，AC 水平，AB 与竖直方向夹角为θ=37°，试求小车分别以下列加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力F AC 、F AB 分别为多少。

取g=10m/s 2。

（1）21/5s m a =；（2）22/10s m a =。

图1.09解析：设绳AC 水平且拉力刚好为零时，临界加速度为0a根据牛顿第二定律mg F ma F AB AB ==θθcos sin 0，联立两式并代入数据得20/5.7s m a =当021/5a s m a <=，此时AC 绳伸直且有拉力。

2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章牛

专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“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.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2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 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/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.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为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 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “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x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.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例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案 BD解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ，小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。

计算题的解题方法与技巧(命题猜想)-2018年高考物理命题猜想与仿真押题(解析版)

【考向解读】计算题命题立意分类⎩⎪⎨⎪⎧单个物体小球、物块、木板、星球、卫星等 ―→各类运动问题多个物体物块、木板、小球、弹簧传送带等 ―→功能关系能量守恒问题带电粒子、带电小球等⎩⎪⎨⎪⎧ 带电粒子在弧立电场、磁场中的运动带电粒子在复合场中的运动导体棒、各种形状的线框―→电磁感应问题【命题热点突破一】各类运动问题(1)各类运动问题主要包括：静止、匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动这四种运动． (2)破解运动学问题关键是抓住运动的条件，即受力分析而后利用牛顿第二定律研究物体的运动． (3)该类问题主要包括，单个物体的多个运动过程问题，多个物体的追及相遇问题，板块问题，传送带问题，天体的运动等问题．例1、【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1（s 1<s 0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1。

重力加速度大小为g 。

求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【答案】（1）220102v v gs - （2）21012()2s v v s + 【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，由③④⑤得⑥【变式探究】[2016·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图1-【答案】(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m【解析】(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mg sin θ＝ma1f ＝μmg cos θ联立以上二式并代入数据得a 1＝5 m/s 2 a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 F ＝k (m ＋M )g s 1＝vt －12a 1t 2s 2＝vt －12a 2t 2s ＝s 1－s 2 l ＝l 0＋s 0＋s 2 联立并代入数据得 l ＝98 m.【变式探究】如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同的方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)【解析】 (1)对装甲车末速度为零的匀减速直线运动，有v 2t －v 20＝2as ，代入v t ＝0、v 0＝20 m/s 、s ＝90 m ，解得装甲车匀减速运动时的加速度为a ＝－209m/s 24.5 s>2yg＝0.6 s ，不符合题意．若有一发子弹落地，另一发打在靶上，才能满足题目中的靶上只有一个弹孔，L 才有所谓的“范围”，由于落地的极限时间相同t ＝2y g＝2hg＝0.6 s ，所以出射速度越大，水平射程越长，当第二发子弹恰好打在靶的下边缘时，第一发已落地，第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2＝vt ＋s ，解得L 2＝570 m ．若第一发子弹打到靶的下边缘时，装甲车离靶的距离为L 1＝v ′0t ，而h ＝12gt 2，解得L 1＝492 m ；若靶上只有一个弹孔，则L 的范围为492 m<L ≤570 m【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.45 m(3)492 m<L ≤570 m【变式探究】万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.a ．若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1F 0的表达式，并就h ＝1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；学；科网b ．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2F 0的表达式．(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r 、太阳的半径为R s 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？得F 2F 0＝1－4π2R 3T 2GM(2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力，设太阳质量为M S ，地球质量为M ，地球公转周期为T g ，有GM S M r 2＝Mr 4π2T 2g 得T g ＝4π2r 3GM s＝3πr 3GρR 3其中ρ为太阳的密度，由上式可知，地球的公转周期仅与太阳的密度、地球公转半径与太阳的半径之比有关，因此“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相等．【答案】 (1)a.F 1F 0＝R 2 R ＋h 2＝0.98 b.F 2F 0＝1－4π2R 3T 2GM(2)不变【命题热点突破二】功能关系能量守恒问题(1)该类问题主要包括，单个物体参与的多个曲线运动、连接体问题、含弹簧的问题等． (2)破解这类问题关键明确哪些力做功衡量哪些能量的变化，有几种能量每种能量的增加和减少．例2、【2017·新课标Ⅲ卷】如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。

2018版高考物理二轮复习第2部分专项2 四大技巧破解实验题技巧3 设计型实验——设计方案变通拓展(1)

k－R1
【名师点评】 (1)若给定的电表量程太大或太小，并且给出了定值电阻的阻值，往往要对电表进行改装． (2)若题中给出了某一电流表或电压表的内阻，往往预示着可将电表“反串” 使用．
[尝试应用] 某实验小组按图 8 所示组装器材：将长木板固定在水平实验台上，把木块放在粗糙的水平长木板上，木块的右侧拴有一细线，跨过固定在长木板边缘的滑轮与重物连接，木块的左侧与穿过打点计时器的纸带相连．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，图 9 给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，小黑点代表计数点，每相邻两计数点间还有 4 个点(图中未标出)，各计数点间的距离如图所示(单位为厘米)．打点计时器所用交变电流频率为 50 Hz，g 取 10 m/s2，不计纸带与木块间的拉力．
(2)由闭合电路欧姆定律得 E＝I(Rg＋R0)＋IRg＋R R0(R1＋r)，得 I＝Rg＋E R0－(R1 ＋r)RI ，因此横坐标表示的物理量应是RI . (3)由题意得 I0＝Rg＋E R0，R1＋r＝k，解得 E＝I0(Rg＋R0)，r＝k－R1.
【答案】
(1)如图所示
I (2)R
(3)I0(Rg＋R0)
设计型实验——设计方案，变通拓展
设计型实验题从仪器的使用、装置的改造、电路的设计、数据的灵活处理等方面进行变通和拓展．应对这类实验题的方法是深刻理解实验的原理、方法，进行合理迁移．
[例 3] 某电池的电动势约为 3 V，某实验小组要测量该电池的电动势和内阻． (1)实验中要测量的电池内阻较小，实验器材除了被测电池以外，还有一电阻箱 R，一开关 S，若干导线，内阻 Rg＝30 Ω、量程为 1 mA 的电流表 G，阻值为 2 970 Ω 的定值电阻 R0，阻值为 2.00 Ω 的定值电阻 R1.请设计并画出合理的测量该电池电动势及内阻的实验电路图，图中标明相关器材的字母符号． (2)为了比较准确地得出实验结论，该小组的同学准备用线性图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电流表的示数 I，横坐标表示的物理量是________． (3)若作出的图象在纵轴上的截距为 I0，图象斜率的绝对值为 k，则可求得该电池的电动势 E＝________，内阻 r＝________.(用测量量和所给量的符号表示)

高中物理模型组合27讲(Word下载)挂件模型

高中物理模型组合２７讲（Word 下载）挂件模型【模型概述】明白得静态的〝挂件〞模型是我们进行正确分析动态类型的基础，因此高考对该部分的考查一直是连续不断，常见题型有选择、运算等。

【模型讲解】一、〝挂计〞模型的平稳咨询题例1：图1中重物的质量为m ，轻细线AO 和BO 的A 、B 端是固定的。

平稳时AO 是水平的，BO 与水平面的夹角为θ。

AO 的拉力F 1和BO 的拉力F 2的大小是〔〕A. θcos 1mg F =B. θcot 1mg F =C. θsin 2mg F =D. θsin 2mg F =图1解析：以〝结点〞O 为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有12cos F F =θ竖直方向有mg F =θsin 2联立求解得BD 正确。

摸索：假设题中三段细绳不可伸长且承担的最大拉力相同，逐步增加物体的质量m ，那么最先断的绳是哪根？二、〝结点〞挂件模型中的极值咨询题例2：物体A 质量为kg m 2=，用两根轻绳B 、C 连接到竖直墙上，在物体A 上加一恒力F ，假设图2中力F 、轻绳AB 与水平线夹角均为︒=60θ，要使两绳都能绷直，求恒力F 的大小。

图2解析：要使两绳都能绷直，必须0021≥≥F F ，，再利用正交分解法作数学讨论。

作出A 的受力分析图3，由正交分解法的平稳条件：图30sin sin 1=-+mg F F θθ① 0cos cos 12=--θθF F F② 解得F mg F -=θsin 1③ θθcot cos 22mg F F -=④ 两绳都绷直，必须0021≥≥F F ，由以上解得F 有最大值N F 1.23max =，解得F 有最小值N F 6.11min =，因此F 的取值为N F N 1.236.11≤≤。

三、〝结点〞挂件模型中的变速咨询题例3：如图4所示，AB 、AC 为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg 。

当小车静止时，AC 水平，AB 与竖直方向夹角为θ=37°，试求小车分不以以下加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力F AC 、F AB 分不为多少。

2018高中物理20套必考万能解题模板模型及例题讲解汇总大全

2018高中物理20套必考万能解题模板模型及例题讲解汇总
大全
Hello，大家好，我是洪老师，一个人见人爱，花见花开的老师！我们的物理老师说，其实每年高考成绩出来之后，总会就听说学生这样的反应！呀！这不是写对的嘛！分数怎么这么低！OMG，早知分开写就好了！什么分都没了！！！总有那么一些考生，得分与自己的估分，相差太大了，甚远．主要的原因是什么？答题不规范．表述不准确、不完整，书写不规范、不清晰，卷面不整洁、不悦目，必然会造成该得的分得不到，不该失的分失掉了，致使所答试卷不能展示自己的最高水平．因此，要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要抓好基础知识的掌握、解题能力的训练外，还必须强调答题的规范，培养良好的答题习惯，形成规范的答题行为．高中物理20套必考万能解题模板模型及例题讲解汇总大全来了！资料介绍！带来了20个必考考点的万能解题模板及例题讲解，思路点拨！每一份考点都带有知识梳理，把重要的考点给大家点拨一下，然后进行解题例题的详细讲解，包括思路方面的点拨，解题的放心，命题的要点在哪里等等，再到后面的真题练习，让大家一次性掌握这个考点的解题方法！相信，如果都看完，练习完，成绩必定能上涨！适合的学
生？包括有高一在学力学的，包括高二在学的，都可以适用！当然，2018考生，那是必然的咯！好了！如需完整的一套高中物理20套必考万能解题模板模型及例题讲解汇总word版，可打印的！请发私信035给我！发私信的不会发怎么办呢？太简单啦！点我的头像，进到我的那个主页，然后有个发私信的按钮的！资料预览：。

特级教师分析物理命题规律之四大模型

特级教师分析物理命题规律之四大模型【命题规律】高考中常出现旳物理模型中，斜面问题、叠加体模型、含弹簧旳连接体、传送带模型等在高考中旳地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结与强化训练；传送带问题在高考中出现旳概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述．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旳论述，在这里就不再论述与例举．试卷中下列常见旳物理模型出现旳概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子旳加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧旳连接体模型．高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识旳掌握情况，表达了“知识与技能、过程与方法并重”旳高中物理学习思想．每年各地旳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：一、斜面问题在每年各地旳高考卷中几乎都有关于斜面模型旳试题．在前面旳复习中，我们对这一模型旳例举与训练也比较多，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与选择解题方法．1．自由释放旳滑块能在斜面上(如图9－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间旳动摩擦因数μ＝g tan θ．2．自由释放旳滑块在斜面上(如图9－1 甲所示)：(1)静止或匀速下滑时，斜面M 对水平地面旳静摩擦力为零；(2)加速下滑时，斜面对水平地面旳静摩擦力水平向右；(3)减速下滑时，斜面对水平地面旳静摩擦力水平向左．3．自由释放旳滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M 对水平地面旳静摩擦力为零，这一过程中再在m 上加上任何方向旳作用力，(在m 停止前)M 对水平地面旳静摩擦力依然为零(见一轮书中旳方法概述)．4．悬挂有物体旳小车在斜面上滑行(如图9－2所示)：(1)向下旳加速度a ＝g sin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；(2)向下旳加速度a ＞g sin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；(3)向下旳加速度a ＜g sin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下．5．在倾角为θ旳斜面上以速度v 0平抛一小球(如图9－3所示)：(1)落到斜面上旳时间t ＝2v 0tan θg； (2)落到斜面上时，速度旳方向与水平方向旳夹角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，当整体有向右旳加速度a ＝g tan θ时，m 能在斜面上保持相对静止．7．在如图9－5所示旳物理模型中，当回路旳总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到旳稳定速度v m＝mgR sin θB2L2．8．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旳过程中，斜面后退旳位移s＝mm＋M L．●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旳解是否合理进行分析与判断．例如从解旳物理量单位，解随某些已知量变化旳趋势，解在一些特殊条件下旳结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解旳合理性或正确性．举例如下：如图9－7甲所示，质量为M、倾角为θ旳滑块A 放于水平地面上．把质量为m旳滑块B放在A旳斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相对地面旳加速度a＝M＋mM＋m sin2θg sin θ，式中g为重力加速度．对于上述解，某同学首先分析了等号右侧旳量旳单位，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与判断，所得结论都是“解可能是对旳”．但是，其中有一项是错误．．旳，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，说明该解可能是对旳B ．当θ＝90°时，该解给出a ＝g ，这符合实验结论，说明该解可能是对旳C ．当M ≫m 时，该解给出a ≈g sin θ，这符合预期旳结果，说明该解可能是对旳D ．当m ≫M 时，该解给出a ≈gsin θ，这符合预期旳结果，说明该解可能是对旳【解析】当A 固定时，很容易得出a ＝g sin θ；当A 置于光滑旳水平面时，B 加速下滑旳同时A 向左加速运动，B 不会沿斜面方向下滑，难以求出运动旳加速度．设滑块A 旳底边长为L ，当B 滑下时A 向左移动旳距离为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 水平方向旳位移趋于零，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，若m 、M 、θ、L 有具体数值，可假设B 下滑至底端时速度v 1旳水平、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以与v 1旳方向与m 下滑过程中相对地面旳加速度．●例2 在倾角为θ旳光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同旳匀强磁场，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)，它们旳宽度均为L ．一个质量为m 、边长也为L 旳正方形线框以速度v 进入上部磁场时，恰好做匀速运动．(1)当ab 边刚越过边界ff ′时，线框旳加速度为多大，方向如何？(2)当ab 边到达gg ′与ff ′旳正中间位置时，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 ′旳正中间位置旳过程中，线框中产生旳焦耳热为多少？(线框旳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)当线框旳ab 边从高处刚进入上部磁场(如图9－8 乙中旳位置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当线框旳ab 边刚好越过边界ff ′(如图9－8乙中旳位置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旳感应电动势同向叠加，回路中电流旳大小等于2I 1．故线框旳加速度大小为：a ＝4BI 1L －mg sin θm＝3g sin θ，方向沿斜面向上． (2)而当线框旳ab 边到达gg ′与ff ′旳正中间位置(如图9－8 乙中旳位置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，线框旳重力势能减少了32mgL sin θ动能减少了12mv 2－12m (v 4)2＝1532mv 2由于线框减少旳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旳方法．二、叠加体模型叠加体模型在历年旳高考中频繁出现，一般需求解它们之间旳摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后旳速度变化等，另外广义旳叠加体模型可以有许多变化，涉与旳问题更多．叠加体模型有较多旳变化，解题时往往需要进行综合分析(前面相关例题、练习较多)，下列两个典型旳情境与结论需要熟记与灵活运用．1．叠放旳长方体物块A、B在光滑旳水平面上匀速运动或在光滑旳斜面上自由释放后变速运动旳过程中(如图9－9所示)，A、B之间无摩擦力作用．2．如图9－10所示，一对滑动摩擦力做旳总功一定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以相对滑动旳总路程或等于摩擦产生旳热量，与单个物体旳位移无关，即Q摩＝f·s相．●例3质量为M旳均匀木块静止在光滑旳水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同旳步枪与子弹旳射击手．首先左侧旳射击手开枪，子弹水平射入木块旳最大深度为d1，然后右侧旳射击手开枪，子弹水平射入木块旳最大深度为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旳作用力大小均相同．当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法正确旳是(注：属于选修3－5模块)( )A．最终木块静止，d1＝d2B．最终木块向右运动，d1<d2C ．最终木块静止，d 1<d 2D ．最终木块静止，d 1>d 2【解析】木块与射出后旳左右两子弹组成旳系统水平方向不受外力作用，设子弹旳质量为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旳共同速度为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对右侧子弹射入旳过程，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”旳公式，但不能称之为“动能定理”旳公式，它是由动能定理旳关系式推导得出旳二级结论．三、含弹簧旳物理模型纵观历年旳高考试题，与弹簧有关旳物理试题占有相当大旳比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉与静力学问题、动力学问题、动量守恒与能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学旳知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题旳分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析．对于弹簧，从受力角度看，弹簧上旳弹力是变力；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旳综合分析能力，故备受高考命题教师旳青睐．1．静力学中旳弹簧问题(1)胡克定律：F ＝kx ，ΔF ＝k ·Δx ．(2)对弹簧秤旳两端施加(沿轴线方向)大小不同旳拉力，弹簧秤旳示数一定等于挂钩上旳拉力．●例4 如图9－12甲所示，两木块A 、B 旳质量分别为m 1与m 2，两轻质弹簧旳劲度系数分别为k 1与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 ，直到下面旳弹簧对地面旳压力恰好为零，在此过程中A 与B 旳重力势能共增加了( )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 以与它们之间旳弹簧组成旳整体为研究对象，则当下面旳弹簧对地面旳压力为零时，向上提A 旳力F 恰好为：F ＝(m 1＋m 2)g设这一过程中上面与下面旳弹簧分别伸长x 1、x 2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：x 1＝(m 1＋m 2)g k 1，x 2＝(m 1＋m 2)gk 2故A 、B 增加旳重力势能共为：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计算上面弹簧旳伸长量时，较多同学会先计算原来旳压缩量，然后计算后来旳伸长量，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，重力势能旳增加并不等于向上提旳力所做旳功W ＝F ·x 总＝(m 1＋m 2)2g 22k 22＋(m 1＋m 2)2g 22k 1k 2． 2．动力学中旳弹簧问题(1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固定、另一端接有物体旳弹簧，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 一弹簧秤秤盘旳质量m 1＝1.5 kg ，盘内放一质量m 2＝10.5 kg 旳物体P ，弹簧旳质量不计，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．现给P 施加一个竖直向上旳力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 是变化旳，在0.2 s 后是恒定旳，求F 旳最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2)【解析】初始时刻弹簧旳压缩量为：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 旳运动有：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】对于本例所述旳物理过程，要特别注意旳是：分离时刻m 1与m 2之间旳弹力恰好减为零，下一时刻弹簧旳弹力与秤盘旳重力使秤盘产生旳加速度将小于a ，故秤盘与重物分离．3．与动量、能量相关旳弹簧问题与动量、能量相关旳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旳应用非常重要：(1)弹簧压缩与伸长旳形变相同时，弹簧旳弹性势能相等；(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旳相对速度最大，弹簧旳形变最大时两物体旳速度相等．●例6如图9－15所示，用轻弹簧将质量均为m＝1 kg旳物块A与B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面旳高度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旳物块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距地面旳高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已知弹簧旳劲度系数k＝100 N/m，求h2旳大小．【解析】设A物块落地时，B物块旳速度为v1，则有：12mv12＝mgh1设A刚好离地时，弹簧旳形变量为x，对A物块有：mg＝kx从A落地后到A刚好离开地面旳过程中，对于A、B与弹簧组成旳系统机械能守恒，则有：12mv12＝mgx＋ΔE p换成C后，设A落地时，C旳速度为v2，则有：12·2mv 22＝2mgh 2 从A 落地后到A 刚好离开地面旳过程中，A 、C 与弹簧组成旳系统机械能守恒，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旳表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论“①”．●例7 用轻弹簧相连旳质量均为2 kg 旳A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 旳速度在光滑旳水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg 旳物块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，则在以后旳运动中：(1)当弹簧旳弹性势能最大时，物体A 旳速度为多大？(2)弹簧弹性势能旳最大值是多少？(3)A 旳速度方向有可能向左吗？为什么？【解析】(1)当A 、B 、C 三者旳速度相等(设为v A ′)时弹簧旳弹性势能最大，由于A 、B 、C 三者组成旳系统动量守恒，则有：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A ′解得：v A ′＝(2＋2)×62＋2＋4 m/s ＝3 m/s ．(2)B 、C 发生碰撞时，B 、C 组成旳系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者旳速度为v ′，则有：m B v ＝(m B ＋m C )v ′解得：v ′＝2×62＋4＝2 m/sA 旳速度为v A ′时弹簧旳弹性势能最大，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 三者旳动能之与为：E ′＝12m A v 2A ＋12(m B ＋m C )v 2B ＞12(m B ＋m C )v 2B ＝48 J实际上系统旳机械能为：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 是不可能旳，所以A 不可能向左运动．方法二 B 、C 碰撞后系统旳运动可以看做整体向右匀速运动与A 、B 与C 相对振动旳合成(即相当于在匀速运动旳车厢中两物块相对振动)由(1)知整体匀速运动旳速度v 0＝v A ′＝3 m/s取以v0＝3 m/s匀速运动旳物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B与C相对振动旳速率最大，分别为：v AO＝v－v0＝3 m/sv BO＝|v′－v0|＝1 m/s由此可画出A、B、C旳速度随时间变化旳图象如图9－16乙所示，故A不可能有向左运动旳时刻．[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、理解研究对象旳运动过程：相当于在以3 m/s匀速行驶旳车厢内，A、B与C做相对弹簧上某点旳简谐振动，振动旳最大速率分别为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 旳速度为零．●例8探究某种笔旳弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯与外壳三部分，其中内芯与外壳质量分别为m与4m．笔旳弹跳过程分为三个阶段：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，与静止旳内芯碰撞(如图9－17乙所示)；③碰后，内芯与外壳以共同旳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)．设内芯与外壳旳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旳共同速度大小．(2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做旳功．(3)从外壳下端离开桌面到上升至h 2处，笔损失旳机械能．【解析】设外壳上升到h 1时速度旳大小为v 1，外壳与内芯碰撞后瞬间旳共同速度大小为v 2．(1)对外壳与内芯，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)设弹簧做旳功为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)由于外壳与内芯达到共同速度后上升至高度h 2旳过程中机械能守恒，只有在外壳与内芯旳碰撞中有能量损失，损失旳能量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，弹簧类试题旳确是培养与训练学生旳物理思维、反映与开发学生旳学习潜能旳优秀试题．弹簧与相连物体构成旳系统所表现出来旳运动状态旳变化，为学生充分运用物理概念与规律(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、选拔人才旳一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中旳一类重要旳、独具特色旳考题．四、传送带问题皮带传送类问题在现代生产生活中旳应用非常广泛．这类问题中物体所受旳摩擦力旳大小与方向、运动性质都具有变化性，涉与力、相对运动、能量转化等各方面旳知识，能较好地考查学生分析物理过程与应用物理规律解答物理问题旳能力．对于滑块静止放在匀速传动旳传送带上旳模型，以下结论要清楚地理解并熟记：(1)滑块加速过程旳位移等于滑块与传送带相对滑动旳距离；(2)对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做旳功等于这一过程由摩擦产生旳热量，即传送装置在这一过程需额外(相对空载)做旳功W ＝mv 2＝2E k ＝2Q 摩．●例9 如图9－18甲所示，物块从光滑曲面上旳P 点自由滑下，通过粗糙旳静止水平传送带后落到地面上旳Q 点．若传送带旳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 点旳左边D ．物块将会落在Q 点旳右边【解析】如图9－18乙所示，设物块滑上水平传送带上旳初速度为v 0，物块与皮带之间旳动摩擦因数为μ，则：物块在皮带上做匀减速运动旳加速度大小a ＝μmg m ＝μg物块滑至传送带右端旳速度为：v ＝v 02－2μgs物块滑至传送带右端这一过程旳时间可由方程s ＝v 0t －12μgt 2解得．当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上旳摩擦力也为：f ＝μmg物块在皮带上做匀减速运动旳加速度大小为：a 1′＝μmg m ＝μg则物块滑至传送带右端旳速度v ′＝v 02－2μgs ＝v物块滑至传送带右端这一过程旳时间同样可由方程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 ，与相对滑动旳速度或接触面积均无关； ②两次滑行旳初速度(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，物块在皮带上旳运动可理解为初速度为v 0旳物块受到反方向旳大小为μmg 旳力F 旳作用，与该力旳施力物体做什么运动没有关系．●例10 如图9－19所示，足够长旳水平传送带始终以v ＝3 m/s 旳速度向左运动，传送带上有一质量M ＝2 kg 旳小木盒A ，A 与传送带之间旳动摩擦因数μ＝0.3．开始时，A 与传送带之间保持相对静止．现有两个光滑旳质量均为m ＝1 kg 旳小球先后相隔Δt ＝3 s 自传送带旳左端出发，以v 0＝15 m/s 旳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＝13 s 才与木盒相遇．取g ＝10 m/s 2，问：(1)第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动旳速度为多大？(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个球相遇旳过程中，由于木盒与传送带间旳摩擦而产生旳热量是多少？【解析】(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动旳速度为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个球与木盒旳相遇点离传送带左端旳距离为s，第1个球经过时间t0与木盒相遇，则有：t0＝s v0设第1个球进入木盒后两者共同运动旳加速度大小为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旳时间为t1，加速到与传送带具有相同旳速度旳时间为t2，则：t1＝t2＝Δva＝1 s故木盒在2 s内旳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个球相遇旳这一过程中，设传送带旳位移为s′，木盒旳位移为s1，则：s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5 ms1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5 m故木盒相对于传送带旳位移为：Δs＝s′－s1＝6 m则木盒与传送带间因摩擦而产生旳热量为：Q＝fΔs＝54 J．[答案] (1)3 m/s (2)0.5 s (3)54 J【点评】本题解析旳关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程旳方法．第21 页。

高考物理最新教案-2018高考物理力学模型及方法精品

╰α力学模型及方法1．连接体模型是指运动中几个物体叠放在一起、或并排在一起、或用细绳、细杆联系在一起的物体组。

解决这类问题的基本方法是整体法和隔离法。

2斜面模型（搞清物体对斜面压力为零的临界条件）斜面固定：物体在斜面上情况由倾角和摩擦因素决定μ=tgθ物体沿斜面匀速下滑或静止μ> tgθ物体静止于斜面μ< tgθ物体沿斜面加速下滑a=g(sinθ一μcosθ)3．轻绳、杆模型杆对球的作用力由运动情况决定只有θ=arctg(g a)时才沿杆方向最高点时杆对球的作用力；最低点时的速度?，杆的拉力?若小球带电呢？假设单B下摆,最低点的速度V B=R2g⇐mgR=221Bmv整体下摆2mgR=mg2R+'2B'2Amv21mv21+F'A'B V 2V = ⇒ 'AV =gR 53 ； 'A'B V 2V ==gR 256> V B =R 2g 所以AB 杆对B 做正功，AB 杆对A 做负功若 V 0<gR ，运动情况为先平抛，绳拉直沿绳方向的速度消失即是有能量损失，绳拉紧后沿圆周下落机械能守恒。

而不能够整个过程用机械能守恒。

求水平初速及最低点时绳的拉力？换为绳时:先自由落体,在绳瞬间拉紧(沿绳方向的速度消失)有能量损失(即v 1突然消失),再v 2下摆机械能守恒例：摆球的质量为m ，从偏离水平方向30°的位置由静释放，设绳子为理想轻绳，求：小球运动到最低点A 时绳子受到的拉力是多少？4．超重失重模型系统的重心在竖直方向上有向上或向下的加速度(或此方向的分量a y )向上超重(加速向上或减速向下)F=m(g+a)；向下失重(加速向下或减速上升)F=m(g-a)难点：一个物体的运动导致系统重心的运动1到2到3过程中 (1、3除外)超重状态绳剪断后台称示数系统重心向下加速斜面对地面的压力? 地面对斜面摩擦力? 导致系统重心如何运动？铁木球的运动用同体积的水去补充5．碰撞模型：特点，①动量守恒；②碰后的动能不可能比碰前大；③对追及碰撞，碰后后面物体的速度不可能大于前面物体的速度。

2018版高考物理一轮总复习课件：热点专题4+动力学中常考的“三个物理模型”资料

答案：B
2x ＝ a
R＋r ，即所用的时间 t 与倾角 θ 无关，所以 t1＝t2，B 正确． g
重难点 2
滑块——木板模型
模型特点
1．板—块模型的特点
(1)滑块未必是光滑的． (2)板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．
(3)板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个
面都不存在摩擦． 2．板—块模型常用的物理规律 (1)匀变速直线运动规律、牛顿运动定律． (2) 动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系 ( 第五章复习 )．
答案：(1)3 s (2)26 N
重难点 3
传送带模型
模型特点
(1)水平传送带模型
项目情景1 情景2 图示滑块可能的运动情况 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
①传送带较短时，滑块一直减速达到左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0.
小物块运动的位移为 v1＋v3 x2＝ Δt⑫ 2 小物块相对木板的位移为 Δx＝x2－x1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得 Δx＝6.0 m．⑭ 因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为 a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 x3，由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮ 0－v2 3＝2a4x3⑯ 碰撞后木板运动的位移为 x＝x1＋x3⑰ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得 x＝－6.5 m. 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.

2018高考试题分析及后期复习策略、精品优选公开课件

概念模型：质点、轻绳、轻杆、轻弹簧、点电荷过程模型：匀变速直线运动，平抛运动，匀速圆周运动，卫星变轨过程，碰撞，变加速最终匀速，简谐运动等运动模型，电磁学里电容器充电和放电过程，回旋加速，速度选择等等。对象模型：连接体，传送带，弹簧，滑块和滑板等。
三、重视实验教学，训练动手能力
高考实验题是学生必考内容，
动了 2.0 m，已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g 10m / s2 .求
（1）碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。
22．（6 分）某同学组装一个多用电表。可用的器材有：微安表头（量程 100μA, 内阻 900Ω ）；电阻箱 R 1 （阻值范围 0 ~ 999.9 Ω ）；电阻箱 R2 （阻值范围 0 ~ 99 999.9 Ω ）；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为 1 mA 的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为 3 V 的直流电压表。组装好的多用电表有电流 1 mA 和电压 3 V 两挡。回答下列问题：（1）在虚线框内画出电路图并标出 R1 和 R2，其中*为公共接线柱，a 和 b 分别是电流挡和电压挡的接
一、2018高考物理试卷试题分析
15．高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面
的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
A．10 N B．102 N
C．103 N
D．104 N
16．2018 年 2 月，我国 500 m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期 T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67 1011 N m2 / kg2 。以周期 T 稳定

2018高考试题分析及后期复习策略、 PPT 课件

A．1 1014 Hz B．8 1014 Hz
C．2 1015 Hz
D．8 1015 Hz
一、2018高考物理试卷试题分析
24．（12 分）汽车 A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑
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二、重视试题的研究，放弃复习中的偏、难、怪的题目，提高复习的效率。
新课标2近几年高考物理难度逐年降低且题型和题目都很稳定，多年高考中都没有出现偏、难和情景特别复杂的问题，我们的学生水平也在降低的实际情况下，在复习中放弃偏、难、怪的题目，注重基础，立足中档题，在中档题目中作文章，注重培养学生从题目中提取信息加以利用的能力，注重学生培养建立物理模型，注重培养学生寻找解题的突破口的能力等，同时也注意一题多解，一题多变，多题归一，从而提升学生的解题能力。
线柱。
（2）电阻箱的阻值 R1 ____________ Ω.R1 ____________ Ω。（保留到个位）
我们必须以教材上的基本实验为载体，培养学生的仪器读数、器材选择、图像描绘和原理迁移等能力。力争拿住实验报本分，复习紧扣考纲，注重细节
四：对于选修部分
对于选学部分内容每年都会有15分的题，一个多选题5分，一个计算题10分，重庆大部分高中学校都选的是3-4热学，就近几年的高考来看这部分内容考察的比较简单，选择题是教材上的基本概念，计算题是气体状态方程的计算，所以这部分内容学生容易得分，要加强学生的练习。可以在每次练习中带上这部分内容。
17年全国高考物理二卷3-5内容试题
本次试题动量及原子物理原子模块在一道选择题题中体现难度不大，证明首次将3-5加入必考模块，处于尝试阶段

模型一、挂件模型 -【巧解题】2024高考物理模型全归纳

模型一、挂件模型该模型一般由轻绳(轻杆)和物块模型组合而成，可分为静态和动态两类。

常出现在选择、计算题中。

静态模型的受力情况满足共点力的平衡条件F = 0动态模型则满足牛顿第二定律F = ma解析两种不同模型的关键是抓住物体的受力分析，然后结合平衡条件或牛顿定律。

同时也要根据具体的题目具体分析，采用正交分解法，图解法，三角形法则，极值法等不同方法。

A、轻绳、轻杆、轻弹簧弹力比较1、轻绳拉力一定是沿绳子方向，指向绳子收缩的方向。

轻绳拉力的大小可以突变。

用轻绳连接的系统通过轻绳的碰撞、撞击时，系统的机械能有损失。

2、轻杆受力不一定沿轻杆方向。

3、轻弹簧可以被压缩或拉伸，其弹力的大小与弹簧的伸长量或缩短量有关。

①轻弹簧各处受力相等，其方向与弹簧形变的方向相反；②弹力的大小为F = kx (胡克定律)，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的伸长量或缩短量；③弹簧的弹力不会发生突变。

B、滑轮模型与死结模型问题的分析1、跨过滑轮、光滑杆、光滑钉子的细绳两端张力大小相等.2、死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳子系在一起，谓之“死结”，那么这几段绳中的张力不一定相等.3、同样要注意轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向，作用力的方向需要结合平衡方程或牛顿第二定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向.【例1】如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端。

将小球由静止释放，求：ml2mMgA ．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行B ．轻杆对小铁球的弹力方向沿轻杆方向向上C ．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向D ．小车一定以加速度tan g α向右运动【答案】A【详解】ABC ．对右边的小球分析，其受重力以及绳子的拉力，产生的加速度方向为水平向右，有tan F mg ma α==合解得tan a g α=因为左边的小球与右边的小球同在小车上，所以运动情况相同，即左边的小球也在以加速度大小为tan g α，方向水平向右。

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2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章 牛