常规物理模型归类与解题方法和技巧汇总

常规物理模型归类与解题方法和技巧汇总（共88题）2、常规物理模型的归类（1）传送带模型：【例1】．物块从光滑斜面上的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转动，使传送带随之运动，如图所示，物块仍从P点自由滑下，则（B）A．物块有可能落不到地面B．物块将仍落在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【例2】传送带与水平面夹角为θ=37°，皮带以v=12m/s的速率沿顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.75，若传送带A到B的长度为L=24m，g取10m/s2，则小物块从A运动到B的时间为多少？解析小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，对小物块用牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝12m/s2设小物块加速到12m/s运动的距离为x1，所用时间为t1由vt2－0＝2ax1得x1＝6m由vt＝at1得t1＝1s当小物块的速度加速到12m/s时，因mgsinθ＝μmgcosθ，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动．设AB间的距离为L，则L－x1＝vt2解得t2＝1.5s从A到B的时间t＝t1＋t2解得t＝2.5s.【例3】如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端A送往斜面上端，倾角θ=30°，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A距离L=6.5m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使其与板脱离。已知板的质量m=1×103kg，滚轮边缘线速度v=4m/s，滚轮对板的正压力FN=2×104N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为μ=0.35，取g=10m/s2。求：（1）在滚轮作用下板上升的加速度；（2）金属板的底端经多长时间到达滚轮的切点B处；（3）金属板沿斜面上升的最大距离.解析：（1）mamgFNsin由解得2m/s2a（2）10atv由s21t解得上升位移为m4210tvxPQ匀速上升需0.625ss445.602vxLt共经历s625.221ttt（3）2sinmamg由解得22m/s5a板与滚轮脱离上升的距离m6.152422220mavxm金属板沿斜面上升的最大距离为m1.86.15.6mxLm（2）弹簧振子模型【例4】．如图所示．弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m．现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则（AC）A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C．物体运动到O点时所受合力为零D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小【解析】物体从A到O的运动过程，弹力方向向右．初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动．当物体向右运动至AO间某点（设为O′）时，弹力减小到等于阻力，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右移动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体从O′点后的合力方向均向左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向左且逐渐增大．由于加速度与速度反向，物体做加速度逐渐增大的减速运动．【答案】AC【例5】如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中（B，C，D）A．重力先做正功，后做负功B．弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大。思考1：当物块落到最低点时，物块的加速度a__大于___g(填“大于、等于、小于”)思考2：在例2描述的过程中下列对物块的表述中正确的是（CD）A．重力势能和动能之和总保持不变B．重力势能和弹性势能之和总保持不变C．动能和弹性势能之和不断增加D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变（3）连接体问题：【例6】如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和B，物体A放在倾角为θ的斜面上。已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ（μtgθ）,滑轮的摩擦不计，要使物体A静止在斜面上，求物体B的质量的取值范围。答案：对B受力分析的绳中拉力T=mBg；当mB取最大值时，物体具有沿斜面向下的最大静摩擦力fm；对A受力分析并正交分解得：N－mgcosθ=0；T－fm－mgsinθ=0；fm=μN联立以上各式，解得mB=m(sinθ+μcosθ)当mB取最小值时，物体具有沿斜面向上的最大静摩擦力fm；N－mgcosθ=0；T+fm－mgsinθ=0；fm=μN联立以上各式，解得mB=m(sinθ－μcosθ)综上，mB的范围是m(sinθ－μcosθ)≤mB≤m(sinθ+μcosθ)例8．倾角θ=37°，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m,在此过程中斜面保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2）），求：（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；（2）地面对斜面的支持力大小【解析】（1）隔离法：对木块：maf1sinmg，0cos1Nmg因221ats，得sma/2所以，Nf81,NN161对斜面：设摩擦力f向左，则NfNf2.3cossin11，方向向左。（如果设摩擦力f向右，则NfNf2.3cossin11，同样方向向左。）（2）地面对斜面的支持力大小NNfNf6.67sincos11【例7】．如图所示，倾角为θ的斜面体置于光滑水平面上，其质量为M，它的斜面是光滑的，斜面上放有一质量为m的物体，在用水平恒力F（F未知）推斜面体沿水平面向左运动过程中，物体与斜面体恰能保持相对静止，求：（1）斜面体的加速度；（2）斜面体对物体的弹力；（3）水平推力F的大小。解析（1）隔离物体m，受重力mg和支持力N，如图所示。由牛顿第二定律，有在水平方向上有Nsinθ=ma在竖直方向上有Ncosθ=mg联立解出N=mg/cosθa=gtanθ物体与斜面体具有共同的加速度，所以斜面体的加速度a=gtanθ。（2）斜面体对物体的弹力为Ncosθ=mg。（3）把物体和斜面体看成整体，由牛顿第二定律，有F=（m+M）a=(M+m)gtanθABθmM答案（1）gtanθ；（2）mg/cosθ；（3）(M+m)gtanθ归纳当几个物体具有相同的加速度时，求加速度用整体法较为简单。而要求物体间的相互作用力时，则必须用隔离法。在用隔离法解题时，也要灵活运用，可以隔离单个物体作为研究对象，也可以把其中的几个物体隔离作为一个新的整体来研究。【例8】如图所示，匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向两个细线相连小物体A、B的质量均为m，它们到转轴距离分别为rA=20cm，rB=30cm。A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍，试求：（g取10m/s2）⑴当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度ω0；⑵当A开始滑动时，圆盘的角速度ω；⑶当即将滑动时，烧断细线，A、B状态如何？【解析】⑴当细线上开始出现张力时,表明B与盘间的静摩擦力已达到最大,设此时圆盘角速度为ω0,则Brmkmg20,ω0=3.65rad/s⑵当A开始滑动时，表明A与盘间的静摩擦力也已达到最大，设此时圆盘角速度为ω，线上拉力为T，则对A：AAmrmTf20对B：BBmrmTf20kmgffBmAm解以上三式得：ω=4rad/s⑶烧断细线，A与盘的静摩擦力减小，继续随盘做半径rA=20cm的圆周运动，而B由于受到的最大静摩擦力不足以提供必要的向心力而做离心运动。【例9】如图所示，在一根长L的轻杆上B点和末端C各固定一个质量m的小球，杆可以在竖直面上绕固定A转动，现将杆拉到水平位置从静止释放，（1）求末端C摆到最低点时速度的大小（2）求杆BC对球C所做的功。（AB=2L/3，杆的质量与摩擦均不计）解答：由于两小球、轻杆和地球组成的系统在运动过程中，势能和动能相互转化，且只有只有两小球的重力做功，故系统机械能守恒。选杆在水平位置时，h=0，则EP1=0。所以有：21mvc2+21mvB2-mgL-32mgL=0…①。又由于固定在杆上B、C点的小球做圆周运动具有相同的角速度，则vB/vC=rB/rC=2/3，即：vB=32vC…②。由①、②式解得：vC=gL1330。说明：若取在C点的小球为研究对象，认为在杆转动过程中，只有重力对它做功，会有错解vc=gL2。【例10】如图所示,一根可伸长的细绳,两端各拴有物体A和B(两物体可视为质点).跨在一横截面为半圆形的、半径为R的光滑圆柱面上,由图示位置从静止开始释放.若物体A能到达半圆柱的顶点C,则物体A和B的质量之比须满足什么条件?答案:1mm31BA【例11】如图所示，质量均为m的小球A、B、C，用两条等长的轻绳相连，置于高为h的光滑水平桌面上，绳长为L，且Lh，A球刚好在桌边，设B球离开桌面后，在特殊装置的作用下，立即向下运动而不计能量损失，若A、B球着地后均不弹起，求C球离开桌边时的速度为多大？解：在第一个阶段，选三个球及地球为系统，机械能守恒，则有：21)3(21vmmgh①第二个阶段，选B、C两球及地球为系统，机械能守恒，则有：2122)2(21)2(21vmvmmgh②由①②解得：ghv352【例12】如图所示,半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内,两个轻质小圆环套在大圆环上.一根轻质长绳穿过两个小圆环,它的两端都系上质量为m的重物,忽略小圆环的大小.将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧30的位置上（如图）.在两个小圆环间绳子的中点C处,挂上一个质量M=2m的重物,使两个小圆环间的绳子水平,然后无初速释放重物M.设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略.求重物M下降的最大距离；答案：h=2R45（4）小船过河模型：【例13】轮船渡河问题讨论：设船在静水中速度为v1，水速v2，河宽d。⑴若要过河时间最短，船头的方向如何？最短时间为多少？航程为多少？⑵若要过河的航程最短，则船头的方向如何？最短的航程为多少？渡河时间为多？【解析】⑴当船头垂直与河岸时，渡河最短时间1vdt，航程12221vvvdvts⑵①当v1v2时，设船头偏向上游与河岸成角，12vvarccos，使合速度的方向垂直于河岸方向，过河航程最短为d，过河时间为2221vvdt。②当v1v2时，合速度的方向不可能垂直于河岸。设船头偏向上游与河岸成角，合速度与河岸成角。要使过船的航程最短，如图所示，用有向线段AB表示水速v2，以B为圆心，以v1为半径作圆弧，则自A点向圆周上的任意一点的有向线段都是船的合速度，当合速度v有向线段与圆弧相切时，角最大，小船过河是位移最小。因此船头偏向上游与河岸成，21arccosvv。过河的航程最短：12cosvdvds【例14】民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离为d。要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则(BC)A．运动员放箭处离目标的距离为dv2v1B．运动员放箭处离目标的距离为dv21＋v22v2C．箭射到固定目标的最短时间为dv2D．箭射到固定目标的最短时间为dv22－v21【例15】(2011江苏3)．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B