《2022年高考物理二轮复习专题十高考物理模型 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理二轮复习专题十高考物理模型 .pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载20XX年高考二轮复习专题十高考物理模型方法概述高考命题以考试大纲为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想每年各地的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：(1) 选择题中一般都包含34 道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题(2) 实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题的可能性较大(3) 试卷中下列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
2、) 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等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、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 91 甲所示 ) 匀速下滑时，m
3、与M之间的动摩擦因数 gtan 图 91 甲2自由释放的滑块在斜面上( 如图 91 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 91 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 91 乙4悬挂有物体的小车在斜面上滑行( 如图 92 所示 ) ：图 92 精选学习资料 - - - - - - - - -
4、 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 12 页学习必备欢迎下载(1) 向下的加速度agsin 时，悬绳稳定时将垂直于斜面；(2) 向下的加速度agsin 时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；(3) 向下的加速度agsin 时，悬绳将偏离垂直方向向下5在倾角为 的斜面上以速度v0平抛一小球 ( 如图 93 所示 ) ：图 93 (1) 落到斜面上的时间t2v0tan g；(2) 落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角 恒定，且tan 2tan ，与初速度无关；(3) 经过tcv0tan g小球距斜面最远，最大距离d(v0sin )22gcos 6如图 94 所示，当整体有向右
5、的加速度agtan 时，m能在斜面上保持相对静止图 94 7在如图95 所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到的稳定速度vmmgRsin B2L2图 95 8如图96 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smmML图 96 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97 甲所示，质量为M、倾角为 的滑块A放于水平地面上把质量为m的滑块B
6、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aMmMmsin2gsin ，式中g为重力加速度精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 12 页学习必备欢迎下载图 97 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20XX 年高考北京理综卷( ) A当 0时，该解给出a0，这符合常识，说明该解可能是对的B当 90时，该解给出ag，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ags
7、in ，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agsin ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的【解析】 当A固定时，很容易得出agsin ；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 97 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：MxtmLxt解得：xmLMm当m?M时，xL，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ag选项 D中，当m?M时，agsin g显然不可能 答案 D 【点评】 本例中，若m、M、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
8、v1x、v1y，则有：v1yv1xhLx(Mm)hML12mv1x212mv1y212Mv22mghmv1xMv2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 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 98 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 98 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
9、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 98 乙中的位置所示) 时，线精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 12 页学习必备欢迎下载框恰好做匀速运动，则有：mgsin BI1L此时I1BLvR当线框的ab边刚好越过边界ff( 如图 98 乙中的位置所示) 时，由于线框从位置到位置始终做匀速运动，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
10、线框的加速度大小为：图 98 乙a4BI1Lmgsin m3gsin ，方向沿斜面向上(2) 而当线框的ab边到达gg与ff的正中间位置( 如图 98 乙中的位置所示) 时，线框又恰好做匀速运动，说明mgsin 4BI2L故I214I1由I1BLvR可知，此时v14v从位置到位置，线框的重力势能减少了32mgLsin 动能减少了12mv212m(v4)21532mv2由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有：Q32mgLsin 1532mv2 答案 (1)3gsin ，方向沿斜面向上(2)32mgLsin 1532mv2【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
11、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20XX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， 20XX年高考全国理综卷 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
12、上自由释放后变速运动的过程中( 如图 99 所示 ) ，A、B之间无摩擦力作用精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 12 页学习必备欢迎下载图 99 2如图 910 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fs相图 910 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911
13、 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35 模块 )( ) 图 911 A最终木块静止，d1d2B最终木块向右运动，d1d2C最终木块静止，d1d2【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：mv0mv0(M 2m)v解得：v0，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(mM)v1Q1fd112mv0212(mM)v12解得：d1mMv022(mM)f对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：Q2fd212mv0212(mM)v12 0
14、 解得：d2(2m2mM)v022(mM)f即d1d2 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
15、综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐如20XX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，20XX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：静力学中精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 12 页学习必备欢迎下载的弹簧问题，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：Fkx，Fkx(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 912 甲所示
16、，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 912 甲A(m1m2)2g2k1k2B(m1m2)2g22(k1k2)C(m1m2)2g2(k1k2k1k2) D(m1m2)2g2k2m1(m1m2)g2k1【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(m1m2)g设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图 912 乙所示，由胡克定律得：图
17、912 乙x1(m1m2)gk1，x2(m1m2)gk2故A、B增加的重力势能共为：Epm1g(x1x2) m2gx2(m1m2)2g2k2m1(m1m2)g2k1 答案 D 【点评】 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，然后计算后来的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用xFk进行计算更快捷方便通过比较可知， 重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功WFx总(m1m2)2g22k22(m1m2)2g22k1k22动力学中的弹簧问题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页学习必备欢迎下载(1)
18、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 913 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 913 例 5一弹簧秤秤盘的质量m11.5 kg ，盘内放一质量m210.5 kg的物体P，弹簧的质量不计，其劲度系数k800 N/m，整个系统处于静止状态，如图914 所示图 914 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g10 m/s2) 【解析】 初始时刻弹簧的压缩量为：x0(m1m2)
19、gk0.15 m 设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有：k(x0 x) m1gm1a又由题意知，对于00.2 s时间内P的运动有：12at2x解得：x0.12 m ，a6 m/s2故在平衡位置处，拉力有最小值Fmin(m1m2)a72 N 分离时刻拉力达到最大值Fmaxm2gm2a168 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
20、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 915 所示，用轻弹簧将质量均为m1 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h10.90 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
21、离开地面已知弹簧的劲度系数k100 N/m，求h2的大小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页学习必备欢迎下载图 915 【解析】 设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有：12mv12mgh1设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有：mgkx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：12mv12mgxEp换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有：122mv222mgh2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：122mv222mgxEp联立
22、解得：h20.5 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“”如20XX年高考全国理综卷第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v6 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916 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 916 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
23、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：(mAmB)v(mAmBmC)vA解得：vA(2 2) 6224 m/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，则有：mBv(mBmC)v解得：v26242 m/s 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：Ep12(mBmC)v212mAv212(mAmBmC)vA2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 12 页学习必备欢迎下载12 J (3) 方
24、法一A不可能向左运动根据系统动量守恒有：(mAmB)vmAvA(mBmC)vB设A向左，则vA0，vB4 m/s 则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：E12mAv2A12(mBmC)v2B12(mBmC)v2B 48 J 实际上系统的机械能为：EEp12(mAmBmC)vA212 J 36 J 48 J 根据能量守恒定律可知，EE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v0vA 3 m/s 图 916 乙取以v03 m/s 匀速运动的物
25、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：vAOvv03 m/s vBO|vv0| 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】 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 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
26、为m和 4m笔的弹跳过程分为三个阶段：图 917 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 917 甲所示 ) ；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 917乙所示 ) ；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 917 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20XX 年高考重庆理综卷 精选学习资料 - - - -
27、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页学习必备欢迎下载【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：(4mm)g(h2h1) 12(4mm)v220 解得：v22g(h2h1) (2) 外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即：4mv1(4mm)v2将v2代入得：v1542g(h2h1) 设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：W4mgh1124mv21将v1代入得：W14mg(25h29h1) (3) 由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h
28、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124mv2112(4mm)v22将v1、v2代入得：E损54mg(h2h1) 答案 (1)2g(h2h1) (2)14mg(25h29h1) (3)54mg(h2h1) 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
29、，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20XX年高考全国理综卷第34 题、 20XX 年高考全国理综卷第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
30、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Wmv22Ek2Q摩例 9如图 918 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 918 甲A物块有可能不落到地面上精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 12 页学习必备欢迎下载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 918 乙所示，设物块滑上水平传送带
31、上的初速度为v0，物块与皮带之间的动摩擦因数为，则：图 918 乙物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小amgmg物块滑至传送带右端的速度为：vv022gs物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程sv0t12gt2解得当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上的摩擦力也为：fmg物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为：a1mgmg则物块滑至传送带右端的速度vv022gsv物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程sv0t12gt2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：滑动摩擦力fFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关；两次滑行的初速度( 都以
32、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 mg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 919 所示，足够长的水平传送带始终以v3 m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量M2 kg 的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数 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m1 kg 的小球先后相隔t3 s 自传送带的左端出发，以v015 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t113 s 才与木盒相
33、遇 取g10 m/s2，问：图 919 (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：mv0Mv(mM)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与木盒相精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11
34、页，共 12 页学习必备欢迎下载遇，则有：t0sv0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：(mM)g(mM)a解得：ag3 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：t1t2va1 s 故木盒在2 s 内的位移为零依题意可知：sv0t1v( tt1t1t2t0) 解得：s7.5 m ，t00.5 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：sv( tt1t0) 8.5 m s1v( tt1t1t2t0) 2.5 m 故木盒相对于传送带的位移为：sss16 m 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为：Qfs54 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：对物理过程理解清楚；求相对路程的方法精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页