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二、高考必须记牢的“六个”物理模型模型一斜面模型情形1：光滑斜面上的单体模型1.如图1所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是()图1A.滑到底端时的速度相同B.滑到底端所用的时间相同C.在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短D.在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短解析在光滑斜面上，由静止下滑的物体滑到底端时的速度大小v＝2gh，与倾角无关，但方向不同；下滑到底端所用时间t＝1sinθ2hg(θ为倾角)，倾角越大，所用时间越少。综上，A、B、C错误，D正确。答案D情形2：斜面的衍生模型——等时圆模型2.如图2所示，ad、bd、cd是竖直平面内三根固定的光滑细直杆，a、b、c、d分别位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，让三个滑环分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环到达d点所用的时间，则()图2A.t1＜t2＜t3B.t1＞t2＞t3C.t3＞t1＞t2D.t1＝t2＝t3解析设光滑倾斜细直杆与水平面间的夹角为θ。滑环下滑过程中，受到重力mg、支持力FN的作用，将重力分解为沿平行于细杆的分力mgsinθ和垂直于细杆的分力mgcosθ。滑环所受的合力F合＝mgsinθ由牛顿第二定律可得滑环下滑的加速度a＝gsinθ又设圆周的半径为R考虑滑环沿细杆bd下滑时的情形由圆的几何知识可知，△abd为直角三角形，细杆bd的长度lbd＝2Rsinθ由运动学公式有lbd＝12at2联立以上各式解得t＝4Rg可见，滑环下滑的时间t与细直杆的倾角θ无关。答案D情形3：斜面上的多体模型3.如图3所示，空间有场强大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面的倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k的轻弹簧；彼此绝缘的A、B两物体静止在弹簧顶端，A、B接触但不粘连，A的质量为m，电荷量为＋q，B的质量也为m，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g；某时刻，在沿斜面向上的大小为F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A、B分离瞬间()图3A.弹簧的形变量为0B.弹簧的形变量为x＝qE＋FkC.A的速度达到最大D.A的加速度为0解析A、B分离瞬间，A、B间无相互作用力且加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ＝ma，对A受力分析，由牛顿第二定律可知kx－mgsinθ－qE＝ma，解得x＝qE＋Fk，A错误，B正确；由于此时A具有向上的加速度，则A的速度不是最大且加速度不为0，C、D错误。答案B情形4：斜面中的“平抛类模型”4.如图4所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点以20m/s的水平速度飞出，经过一段时间后落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50kg。不计空气阻力。(取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10m/s2)求：图4(1)运动员由O点运动到A点所经历的时间t；(2)运动员的落点A到O点的距离L；(3)运动员落到A点时的动能。解析(1)运动员在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t在竖直方向做自由落体运动，有y＝12gt2且由几何关系知tanθ＝yx联立解得t＝3s。(2)A点与O点的距离L＝ysinθ＝gt22sin37°＝75m。(3)解法1合成法运动员到达A点时，竖直方向的速度vy＝gt＝30m/s运动员到达A点时的动能Ek＝12mv2＝12m(v20＋v2y)＝32500J。解法2结论法运动员到达A点时，位移的偏角θ＝37°所以速度的偏角β满足tanβ＝2tanθ＝vyv0即vy＝2v0tanθ＝30m/s运动员到达A点时的动能Ek＝12m(v20＋v2y)＝32500J。解法3能量守恒法取A点为零重力势能点，由机械能守恒定律得运动员落到A点时的动能Ek＝mgLsin37°＋12mv20＝32500J。答案(1)3s(2)75m(3)32500J模型二弹簧模型情形1：与弹簧相关的平衡问题1.如图5所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。已知质量mA＝2mB，现将斜面倾角缓慢由45°减小到30°，过程中A与斜面保持相对静止，不计滑轮摩擦，下列说法中正确的是()图5A.弹簧的形变量将减小B.物体A对斜面的压力将减小C.物体A受到的静摩擦力将减小到零D.弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变解析将斜面倾角为45°减小到30°，弹簧的弹力等于B的重力，不变，A项错误；倾角减小，物体A对斜面的压力将增大，B项错误；斜面倾角为45°时，物体A重力沿斜面方向的分力为2mBgsin45°，由平衡条件可知物体A受到的静摩擦力为2mBgsin45°－mBg；斜面倾角由45°减小到30°，物体A受到的静摩擦力为2mBgsin30°－mBg＝0；所以物体A受到的静摩擦力将减小到零，C项正确，D项错误。答案C情形2：与弹簧有关的动力学问题2.(2019·淮北二模)如图6甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定，t＝0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示。其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图6A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大C.弹簧的劲度系数k＝175N/mD.该过程中滑块的最大加速度为35m/s2解析根据图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大。此时加速度为零，随后加速度反向增加。最后做匀减速直线运动，所以A、B错误；从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝ΔvΔt＝1.50.3m/s2＝5m/s2，合外力由摩擦力提供得：Ff＝ma1＝2×5N＝10N；刚释放时滑块的加速度为a2＝Δv′Δt′＝30.1m/s2＝30m/s2，此时物块的加速度最大，所以D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2代入数据解得k＝175N/m，所以C正确。答案C情形3：与弹簧相关的功能问题3.(多选)如图7所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止。现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中()图7A.Q运动到C处时速率最大B.加速度先减小后增大C.小球Q的机械能不断减小D.Q、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小解析q在C正下方某处时，Q在B处受力平衡，速率最大，故A错误；Q在B处加速度为零，Q第一次从A运动到C的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE＝W弹＋W电，而弹簧弹力一直做负功，即W弹0，库仑力也一直做负功，即W电0，则ΔE0，即Q的机械能不断减小，故C正确；系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有ΔEp＋ΔEk＝0，由于Q的动能Ek先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故D错误。答案BC情形4：与弹簧有关的碰撞问题4.如图8所示，光滑水平面上有一辆质量为M＝1kg的小车，小车的上表面有一个质量为m＝0.9kg的滑块，在滑块与小车的挡板间用轻弹簧相连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，整个系统一起以v1＝10m/s的速度向右做匀速直线运动，此时弹簧长度恰好为原长。现在用一质量为m0＝0.1kg的子弹，以v0＝50m/s的速度向左射入滑块且不穿出，作用时间极短，当弹簧压缩到最短时，弹簧被锁定，测得此时弹簧的压缩量为d＝0.50m，g取10m/s2。求：图8(1)子弹射入滑块后的瞬间，子弹与滑块共同速度的大小和方向；(2)弹簧压缩到最短时，小车的速度大小和弹簧的弹性势能的大小。解析(1)设向右为正方向，子弹射入滑块后的共同速度大小为v2，对子弹与滑块组成的系统，由动量守恒定律得mv1－m0v0＝(m＋m0)v2解得v2＝4m/s，方向向右。(2)设子弹、滑块与小车三者的共同速度为v3，当三者达到共同速度时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv1＋(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v3解得v3＝7m/s，设最大弹性势能为Epmax，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律12Mv21＋12(m＋m0)v22－12(M＋m＋m0)v23＝Epmax＋Q其中Q＝μ(m＋m0)gd解得Epmax＝8J。答案(4)4m/s向右(2)7m/s8J模型三圆周运动模型情形1：水平面内的圆周运动1.(多选)如图9，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动。当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥对物体的()图9A.支持力将减小B.支持力将增大C.静摩擦力将不变D.静摩擦力将增大解析对物体受力分析如图所示，物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，物体做匀速圆周运动，设运动半径为r，沿水平和竖直方向正交分解，水平方向Ffcosθ－FNsinθ＝mω2r，竖直方向Ffsinθ＋FNcosθ＝mg，联立以上两式解得Ff＝mgsinθ＋mω2rcosθ，FN＝mgcosθ－mω2rsinθ，当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大，故A、D正确，B、C错误。答案AD情形2：竖直面内的圆周运动2.(多选)如图10所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平距离可能为()图10A.2RB.2RC.3RD.6R解析小球从管口飞出后做平抛运动，设落地时间为t，根据2R＝12gt2，得t＝2Rg当小球对管内壁有压力时，有mg－0.5mg＝mv21R，解得v1＝gR2当小球对管外壁有压力时，有mg＋0.5mg＝mv22R，解得v2＝32gR，因此水平距离为x1＝v1t＝2R或x2＝v2t＝6R。故选项A、D正确。答案AD情形3：天体的圆周运动3.(多选)如图11所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有()图11A.TA＞TBB.EkA＞EkBC.SA＝SBD.R3AT2A＝R3BT2B解析卫星做匀速圆周运动时有GMmR2＝mv2R＝mRω2＝mR4π2T2，则T＝2πR3GM∝R3，故TA＞TB，T2AT2B＝R3AR3B，A、D皆正确；Ek＝12mv2＝GMm2R∝1R，故EkA＜EkB，B错误；S＝12ωR2＝12GMR∝R，故C错误。答案AD情形4：匀强磁场中的圆周运动4.如图12所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC、AD的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，边界AC处磁场方向垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d。一质量为m、电荷量为＋q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入Ⅰ区；已知粒子速度大小为qBdm，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为()图12A.πm3qBB.2πm3qBC.5πm6qBD.7πm6qB解析根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R得R＝mvqB＝m×qBdmqB＝d根据几何关系，粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC方向，进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运动，运动14周期后射出磁场，在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角θ1＝60°，在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为90°，粒子在磁场中运动的总时间为t＝60°＋90°360°T＝512×2πmqB＝5πm6qB，故C正确，A、B、D错误。答案C模型四传送带模型及板块模型情形1：传送带模型中的动力学问题1.如图13甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑