【模型概述】 匀加速和匀减速直线运动的组合是一种典型的多过程问题，解决这类问题的基本策略与解决一般多过程问题的方法如出一辙，都是“合纵连横、各个击破”：既要仔细分析每个独立子过程的受力情况或运动性质，同时还要充分利用相邻两个过程的纽带——转折点的速度(前一过程的末速度是下一过程的初速度)。若能结合速度－时间图象来分析，物理过程就会更加清晰明了。
1．物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下。关于该物体的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1 B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1 C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1
D．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2∶1
2．质量为m＝2 kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)4 s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t； (2)前4 s内力F的平均功率。
高考物理常见模型２ 动力学问题中的连接体模型
【模型概述】 1.连接体：两个或两个以上物体相互组成的系统称为连接体。比较常见的连接体有三种：(1)用细绳连接的物体系，如图甲所示。(2)相互挤压在一起的物体系，如图乙所示。(3)相互摩擦的物体系，如图丙所示。
2．滑块—滑板：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。
3．如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止放在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。现对物体B施
加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A．5 N B．10 N C．15 N D．20 N
4．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻质弹簧连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉B物块，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
5．如图所示，上表面光滑、下表面粗糙足够长质量为M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，沿水平地面向右匀加速运动。加速度a＝2.5 m/s2，某时刻速度为v0＝5 m/s，将一个小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，这时木板恰好匀速运动，当木板运动了L＝1.8 m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，g取10 m/s2，求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ。
(2)放上第二个铁块后木板又运动L距离时的速度。
高考物理常见模型３ 传送带模型
【模型概述】 1.有关传送带的问题种类较多，传送带分水平、倾斜两种情况，按转速是否变化分匀速、匀加速、匀减速三种情况。
2．分析解答传送带现象的三个关键点
(1)应用牛顿运动定律、运动规律或功能关系列出相应的方程，进行计算。所涉及运动物理量一般以地面为参考系，同时要理清对地位移与相对位移的关系。
(2)把握运动形式转换的临界点，正确分析多过程。临界点一般表现为传送带长度L的制约、物块速度为零情景、倾角传送带μ＝tan θ的情景、加速传送带加速度a＝μg的情景等。
(3)物块与传送带在力、速度及加速度、几何长度、时间各方面有相应的关联，要准确应用。
3．对于物块与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等问题要关注以下几点：
(1)滑动摩擦力消失；(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力；(3)滑动摩擦力改变方向。
6．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以大小为v0的速度顺时针匀速转动，在传送带的上端放置一个小木块，并使小木块以大小为2v0的初速度沿传送带向下运动，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ，下面四幅图能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(以木块的初速度方向为正方向)( )
7．利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v＝4 m/s，两轮轴心相距L＝5 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1 kg的工件放在弹簧上，用力将
弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0＝8 m/s，A、B间的距离x＝1 m。工件可视为质点，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)弹簧的最大弹性势能； (2)工件沿传送带上滑的时间。
高考物理常见模型４ 轻弹簧模型
【模型概述】 弹簧的伸缩现象是一个复杂的多过程，有多个衔接点、多个子过程，也涉及物块与弹簧两个物体。分析解答有三个关键点：一是把握各临界性衔接点(原长点、平衡点、最大压缩点等)的特点，能够写出合适的瞬时性方程；二是把握各运动“子过程”的特点，能够写出合适的过程性方程；三是尽量应用运动的“对称性”，以简化分析过程。
8．如图所示，竖直面内的半圆形轨道与光滑水平面在B点相切，半圆形轨道的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧时获得某一向右的速度，当它经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C，轨道上的D点与圆心O等高。不计空气阻力，则下列说法正确的是( ) A．物体在A点时弹簧的弹性势能为3mgR
B．物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgR 1
C．物体从B点运动至D点的过程中产生的内能为mgR
2
D．物体从A点运动至C点的过程中机械能守恒
9．如图所示，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L
－
＝4 m。有一个质量为m＝0.5 kg，带电量为q＝＋103 C的绝缘滑块，放在水平平台上，平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接，现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内，在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.20(g取10 m/s2)求：
(1)滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能Ep；
(2)若传送带以3.0 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E＝5×102 N/C，滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功；
(3)若撤去弹簧及所加电场，两轮半径均为r＝0.9 m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0，滑块以传送带的速度从B点滑上传送带，恰好能由C点水平飞出，求ω0的大小。现让滑块从B点以5 m/s速度滑上传送带，则这一过程中滑块与传送带间产生的内能。
高考物理常见模型5 轻绳、轻杆模型
【模型概述】 1.定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。 2．确定临界点：v临＝gr，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。
3．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
4．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。 5．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
10．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( ) A.3mg
4
B.3mg 3
C．3mg
D．23mg
11．(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝g（R＋r） B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
高考物理常见模型6 带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动模型
【模型概述】 1.粒子速度大小不变，方向改变，则r＝在绕着入射点转动。(如图所示)
mv
大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心qB
2．入射粒子的速度方向不变，但大小变化，造成圆心在一条射线上变动，半径大小不断变化的放缩圆(情形如图所示)。
3．速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)。
12．如图所示，在半径为R的圆形区域内有一磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m且带正电的粒子(重力不计)以初速度v0从圆形边界上的A点正对圆心射入该磁场区域，若该带电粒子在磁场中运动的轨道半径为3R，则下列说法正确的是( )
A．该带电粒子在磁场中将向左偏转
B．若增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨道半径将变大 C．该带电粒子在磁场中运动的位移大小为3R D．该带电粒子在磁场中的运动时间为
3πR
v0
13．如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。
高考物理常见模型7 电磁感应中的“杆＋导轨”模型
【模型概述】 “杆＋导轨”模型分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等。
该模型问题除应用电磁感应规律、电路规律外，与力学综合题的分析方法，有三点不同： (1)多了安培力F安，并且安培力随速度变化，导体通常做变速运动。
(2)多了安培力做功W安，安培力做正功时，电能转化为机械能；安培力做负功时，机械能转化为电能。 (3)多了电能E电，电能是一个暂存形式，很快消耗在用电器上，转变成焦耳热Q等。 14．(多选)如图，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨垂直构成闭合回路，且两棒都可沿导轨无摩擦滑动。用与导轨平行的水平恒力F向右拉cd棒，经过足够长时间以后( ) A．两棒间的距离保持不变 B．两棒都做匀速直线运动 C．两棒都做匀加速直线运动
D．ab棒中的电流方向由b流向a
15．(多选)如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计，两完全相同的导体棒①、②紧靠导轨置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处，磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放①，当①恰好进入磁场时由静止释放②。已知①进入磁场即开始做匀速直线运动，①、②两棒与导轨始终保持良好接触。则下列表示①、②两棒的加速度a 和动能Ek随各自位移x变化的图象中可能正确的是( )
参考答案
Δvv
1．C [设加速后物体最大速度为v，则加速运动的加速度大小a1＝＝，减速运动的加速度大小a2＝
Δt18 sΔvv
＝，则加速、减速过程中的加速度大小之比为a1∶a2＝4∶8＝1∶2，选项A错误；对于匀变速直线Δt24 s
运动，平均速度等于初速度与末速度的平均值，则题述加速运动和减速运动的速度平均值相等，所以加速、减速过程中的平均速度大小之比为1∶1，选项B错误；两个阶段运动的时间之比为Δt1∶Δt2＝2∶1，根据位移等于平均速度乘以时间可知，加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1，选项C正确；由于加速度等于速度的变化率，所以加速、减速过程中速度的变化率大小之比为1∶2，选项D错误。] 2．解析 (1)物块与地面之间的最大静摩擦力fm＝μmg＝4 N，在第1 s内物块静止不动 第1～3 s内物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 F1－μmga1＝＝2 m/s2
m
3 s末物块的速度v1＝a1t1＝4 m/s
第3～4 s内物块做匀速直线运动，撤去外力后加速度大小为 a2＝μg＝2 m/s2
v1
继续滑行时间t＝＝2 s
a2
(2)设第1～3 s内与第3～4 s内物块的位移分别为x1、x2 12x1＝a1t1＝4 m
2x2＝v1t2＝4 m
前4 s内力F做功大小为W＝F1x1＋F2x2＝48 J W
前4 s内力F的平均功率P＝＝12 W
t3答案 (1)2 s (2)12 W
μ2mg
3．C [物体A的最大加速度是aA＝＝μ2g＝2 m/s2，当物体B向右运动时，地面给物体B的滑动摩擦
m力大小是fB＝μ1(m＋M)g＝5 N，当物体A与物体B相对静止一起以加速度aA向右加速时，利用整体法和牛顿第二定律有Fm－fB＝(m＋M)aA，代入数据得Fm＝15 N，选项C正确。]
4．AB [对A、B组成的整体由牛顿第二定律得F－μ(mA＋mB)gcos θ－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，对AmAF
由牛顿第二定律得kx－μmAgcos θ－mAgsin θ＝mAa，其中x为弹簧的形变量，两式联立得kx＝＝
mA＋mBF
，为了减小弹簧的形变量，可以减小A物块的质量或增大B物块的质量，A、B正确，C、D错误。] mB1＋
mA5．解析 (1)木板做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得： F－μMg＝Ma 代入数据得： μ＝0.25
(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg，放上第一个小铁块后木板匀速运动， 由平衡条件得：F＝μMg＋μmg 解得：m＝10 kg。
设待求速度为v，放上第二个铁块后木板又运动L距离的过程中， 11
由动能定理得：FL－μ(Mg＋2mg)L＝Mv2－Mv2
220联立代入数据得v＝4 m/s 答案 (1)0.25 (2)4 m/s
6．A [因为μ>tan θ，即μmgcos θ>mgsin θ，所以木块在速度减为零后又反向加速，且反向前后的加速度大小都是a＝μgcos θ－gsin θ，故A项的图象正确。] 7．解析 (1)弹簧的最大弹性势能 1
Ep＝mgxsin 37°＋mv2
20得Ep＝38 J。
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 与传送带共速需要时间t1＝
v0－v
＝0.5 s a1
2v20－v
工件滑行位移大小x1＝＝3 m＜L
2a1
因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。则 v
t2＝＝1 s
a2
v2
工件滑行位移大小x2＝＝2 m＝L－x1
2a2故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为 t＝t1＋t2＝1.5 s。 答案 (1)38 J (2)1.5 s
2vB
8．B [设物体在B点的速度为vB，所受支持力为FNB，根据牛顿第二定律有：FNB－mg＝m，据题有R
1
FNB＝8mg，可得vB＝7gR，由能量守恒定律可知：物体在A点时弹簧的弹性势能Ep＝mv2＝3.5mgR，
2Bv2C
故A错误；设物体在C点的速度为vC，由题意可知：mg＝m，物体由B点运动到C点的过程中，由能
R112
量守恒定律得产生的内能Q＝mv2B－(mvC＋2mgR)，解得Q＝mgR，故B正确；物体在半圆形轨道上做22圆周运动，由指向圆心的合力充当向心力，由牛顿运动定律和向心力知识可知，在BD段物体对轨道的压力大于在DC段物体对轨道的压力，则物体在BD段受到的摩擦力大于在DC段的摩擦力，所以根据功能1
关系可知，物体从B点运动到D点的过程中产生的内能大于mgR，故C错误；物体从A点运动至C点的
2过程中，由于有弹力和摩擦力做功，所以物体的机械能不守恒，故D错误。]
1
9．解析 (1)设弹簧储存的最大弹性势能Ep，滑块从静止释放至运动到B点，由能量守恒定律知：Ep＝2mv2B
1滑上传送带不动时，滑块刚从B到C, －μmgL＝0－mv2
2B解得：vB＝4 m/s Ep＝4 J
(2)加电场后，滑块刚滑上传送带时就做匀减速直线运动， μmg－qE＝ma 解得：a＝1 m/s2
vB－v传
滑块减速至与传送带共速的时间为t＝＝1 s
a
vB＋v传
滑块减速的位移为x1＝t＝3.5 m 112 故滑块先匀减速之后匀速运动，从B到C，由qEL＋Wf＝mv2传－mvB 22Wf ＝－3.75 J 2/r (3)滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有mg＝mvC 解得：vC＝3 m/s ω0＝vC/r ω0＝10/3 rad/s 滑块在减速运动中μmg＝ma′ a′＝2 m/s2 t′＝(vB－ vC)/ a′＝1 s 1 滑块减速时间 t′＝1 s滑块位移x1＝vBt′－a′t′2＝4 m 2传送带距离x2＝vCt＝3 m 内能Q＝μmg(x1－x2)＝1 J 答案 (1)4 m/s 4 J (2)－3.75 J (3)1 J 10．A [设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos θ＝ 3 L。根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg2 （2v）2v2 ＝m；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcos θ＋mg＝m，联立解得： rrF＝3mg，选项A正确。] 11．BC 12．C [由左手定则可知，该带电粒子将向右偏转，A错误；带电粒子在磁场中做v2mv00 圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由qv0B＝m，得r＝，当B增大时，粒子 rqB做圆周运动的半径将减小，B错误；如图所示，由几何关系可知，∠BOO′＝60°，所 以带电粒子在磁场中运动的位移大小为xAO′＝2Rcos30°＝3R，C正确；由几何关系可知，该带电粒子在mv01πm3πR 磁场中运动的圆心角为60°，所用时间t＝T＝，又因为3R＝，所以有t＝，D错误。] 63qBqB3v013．解析 (1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示 图甲 由几何关系可知：R＝5a v2 由牛顿第二定律可知：qvB0＝m R5aqB0 解得：v＝ m (2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得： 图乙 r1＋r1cos θ＝3a 3 由(1)知cos θ＝ 515a 所以r1＝ 8v2 根据qvB1＝m r18B0 解得：B1＝ 3 8B0 故当B1>时，粒子不会从AC边界飞出 3v2 (3)如图丙所示，当B＝3B0时，根据qvB＝m r5 得粒子在OF下方的运动半径为r＝a 3 设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：PP1＝4a 所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为 L＝nPP1＝4na(n＝1，2，3…) 5aqB08B0 答案 (1) (2)B1> (3)4na(n＝1，2，3…) m3 14．CD [由右手定则知cd棒上电流的方向由c到d，ab棒上电流的方向从b到a，D项对；cd受拉力F 和安培力的作用做加速度减小的加速运动，ab棒做加速度增大的加速运动，两棒的加速度相等 时，系统达到稳定状态，由于开始cd棒的加速度大于ab棒的加速度，故cd棒的速度始终大于ab棒的速度，且稳定后两者的速度差恒定不变，故A、B项错，C项对。] 15．AD [导体棒①在进入磁场之前做自由落体运动，进入磁场时在②进入磁场之前做匀速直线运动，受B2L2v 力平衡，mg＝F安＝，在②也进入磁场的瞬间，由于导体棒②做匀加速直线运动的末速度与导体棒 R①的匀速运动的速度相同，可知在导体棒②进入磁场时导体棒①的位移为3h，从此时刻直到①离开磁场，由于两棒运动的速度大小、方向均相同，没有产生感应电流，导体棒①、②均做匀加速直线运动，加速度等于重力加速度。可以得出在第一个h内导体棒①做自由落体运动，h到3h做匀速直线运动，3h到4h以g做匀加速直线运动。在导体棒①离开磁场以后，只受重力，加速度等于重力加速度，故A正确，C项错误；导体棒②在①离开磁场时的速度比刚进入磁场时的速度大，故导体棒②的匀加速过程在此时结束，对应的下落高度为2h，从此时开始起到导体棒②离开磁场经历了一个减速过程，故B错误，D正确。] 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容