2024年高考物理大一輪復習：2、高考必須記牢的“六個”物理模型

二、高考必須記牢的“六個”物理模型

模型一斜面模型

情形1:光滑斜面上的單體模型

1.如圖1所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個光滑斜面頂端由靜止開

始下滑。下列說法正確的是（）

圖1

A.滑到底端時的速度相同

B.滑到底端所用的時間相同

C.在傾角為30。的斜面上滑行的時間最短

D.在傾角為60。的斜面上滑行的時間最短

解析在光滑斜面上，由靜止下滑的物體滑到底端時的速度大小茄，與傾

角無關，但方向不同；下滑到底端所用時間為傾角），傾角越大，

所用時間越少。綜上，A、R、C錯誤，DF確。

答案D

情形2：斜面的衍生模型——等時圓模型

2.如圖2所示，ad、bd、cd是豎直平面內三根固定的光滑細直桿，a、b、c、d

分別位于同一圓周上，。點為圓周的最高點，d點為最低點，每根桿上都套著一

個小滑環(huán)（圖中未畫出），讓三個滑環(huán)分別從。、氏c?處由靜止開始釋放，用。、

以依次表示滑環(huán)到達a點所用的時間，貝|J（）

a

圖2

A.t\<t2<t3B.t\>t2>t3

D.t\=t2=t3

解析設光滑傾斜細直桿與水平面間的夾角為優(yōu)

滑環(huán)下滑過程中，受到重力〃織、支持力人的作月，將重力分解為沿平行于細桿

的分力〃?gsin。和垂直于細桿的分力mgcos仇

滑環(huán)所受的合力

T7臺=/〃gsin9

由牛頓第二定律可得滑環(huán)下滑的加速度

〃=gsin0

又設圓周的半徑為R

考慮滑環(huán)沿細桿機/下滑時的情形

由圓的幾何知識可知，為直角三角形，細桿加/的長度

//”/=2Rsin6

由運動學公式有垢=%產

聯(lián)立以上各式解得嚴

可見，滑環(huán)下滑的時間，與細直桿的傾角。無關。

答案D

情形3：斜面上的多體模型

3.如圖3所示，空間有場強大小為E,方向沿斜面向下的勻強電場；光滑絕緣斜

面的傾角為仇底端固定一根勁度系數為左的輕彈簧；彼此絕緣的A、B兩物體

靜止在彈簧頂端，A、B接觸但不粘連，A的質量為〃?，電荷最為+q,8的質量

也為相，不帶電，彈簧處于彈性限度內，重力加速度為g；某時刻，在沿斜面向

上的大小為產的外力作用下，4、8一起以相同的加速度向上做勻加速運動，則

當A、3分離瞬間（）

圖3

B.彈簧的形變量為1f

彈簧的形變量為

A.0K

C.A的速度達到最大D.A的加速度為0

解析4、A分離瞬間.A、8間無相互作用力目加速度相同,對A受力分析.由

牛頓第二定律可知F-/n^sin9=ma,對A受力分析，由牛頓第二定律可知kx—

aE+F

nigsin6—qE=ma,解得x=—1—,A錯誤，B正確；由于此時A具有向上的加

速度，則A的速度不是最大且加速度不為0,C、D錯誤。

答案B

情形4：斜面中的“平拋類模型”

4.如圖4所不，跳臺滑雪運動員經過一段加速滑行后從。點以20m/s的水平速

度飛出，經過一段時間后落到斜坡上的4點。已知。點是斜坡的起點，斜坡與

水平面的夾角8=37。,運動員的質量m=50kg。不計空氣阻力。(取sin37。=0.60,

cos37°=0.80；g取10m/s2)求:

(1)運動員由。點運動到A點所經歷的時間/；

⑵運動員的落點A到0點的距離L；

(3)運動員落到A點時的動能。

解析(1)運動員在水平方向做勻速直線運動，有x=oof

在豎直方向做自由落體運動，有)，=上尸

且由幾何關系知tan

聯(lián)立解得t=3So

(2)4點與。點的距離L=si：6=2sif37。="m°

(3)解法1合成法

運動員到達A點時，豎直方向的速度s=gr=3()ni/s

運動員到達4點時的動能

2

Ek=^nw=^n(vi+vy)=32500Jo

解法2結論法

運動員到達A點時，位移的偏角。=37。

縮0.4m鎖定，/=0時解除鎖定釋放滑塊。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪

出滑塊的速度圖象如圖乙所示。其中O時段為曲線，區(qū)段為直線，傾斜直線Od

是/=0時的速度圖線的切線，已知滑塊質量用=2.0kg,取g=10m/s2,則下列

說法正確的是（）

圖6

A.滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動

B.彈簧恢復原長時，滑塊速度最大

C.彈簧的勁度系數％=175N/m

D.該過程中滑塊的最大加速度為35m/s2

解析根據圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的

加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大。此時加速度為零，隨后加速

度反向增加。最后做勻減速直線運動，所以A、B錯誤；從題中圖象知，滑塊脫

離彈簧后的加速度大小防=笑=需m/s2=5m/s2,合外力由摩擦力提供得：

Ff=ma\=2X5N=10N；剛釋放時滑塊的加速度為。2=穿"=言m/s2=30m/s2,

此時物塊的加速度最大，所以D錯誤；由牛頓第二定律得依一6=m〃2代入數據

解得攵=175N/m,所以C正確。

答案C

情形3：與彈簧相關的功能問題

3.（多選）如圖7所示，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q,Q在4

處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在。處靜止。若將另一帶正電小球4固定在。正

下方某處口寸，?？稍凇ㄌ庫o止。現將。從A處由靜止釋放，則。從A運動到C

處的過程中（）

i

i

Q^

《

Co

"?

07

A.Q運動到。處時速率最大

B.加速度先減小后增大

C.小球Q的機械能不斷減小

D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小

解析夕在。正下方某處時，。在8處受力平衡，速率最大，故A錯誤；。在8

處加速度為零，Q第一次從A運動到C的過程中加速度先減小到零后反向增大,

故B正確；。的機械能E等于。的動能與重力勢能之和，由功能關系有△￡=

卬潭+W電，而彈簧彈力一直做負功，即W^<0,庫侖力也一直做負功，即卬電<0,

則△￡■<(),即Q的機械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的勢能壇等于重力勢能、

電勢能與彈性勢能之和，根據能量守恒有△&+&&=(),由于。的動能以先增

大后減小，所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大，故D錯誤。

答案BC

情形4：與彈簧有關的碰撞問題

4.如圖8所示，光滑水平面上有一輛質量為M=1kg的小車，小車的上表面有一

個質量為〃z=().9kg的滑塊，在滑塊與小車的擋板間用輕彈簧相連接，滑塊與小

車上表面間的動摩擦因數為〃=0.2,整個系統(tǒng)一起以PI=10m/s的速度向右做勻

速直線運動，此時彈簧長度恰好為原長?，F在用一質量為mo=0.1kg的子彈，以

oo=50m/s的速度向左射入滑塊且不穿出，作用時間極短，當彈簧壓縮到最短時,

彈簧被鎖定，測得此時彈簧的壓縮量為"=0.50m,g取lOm/s?。求：

C%

—wr0

頗頗小期

圖8

(1)子彈射入滑塊后的瞬間，子彈與滑塊共同速度的大小和方向;

(2)彈簧壓縮到最短時，小車的速度大小和彈簧的彈性勢能的大小。

解析(1)設向右為正方向，子彈射入滑塊后的共同速度大小為6,

對子彈與滑塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得

mv?-tnovo=(/〃+mo)V2

解得。2=4m/s,方向向右。

(2)設子彈、滑塊與小車三者的共同速度為當三者達到共同速度時彈簧壓縮

量最大，彈性勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律得

Mui+(/??+mo)V2=(M+in+mo)vy

解得。3=7m/s,

設最大彈性勢能為Epnux,對三個物體組成的系統(tǒng)應用能量守恒定律

+初。)虎—+"7+mo)V3=Epmax+Q

其中Q=M(m+〃70)gd

解得Epmax=8J。

答案(4)4m/s向右(2)7m/s8J

模型三圓周運動模型

情形1：水平面內的圓周運動

1.(多選)如圖9,在角錐體表面上放一個物體，角錐繞豎直軸轉動。當角錐體旋

轉角速度增大時，物體仍和角錐體保持相對靜止，則角錐對物體的()

圖9

A.支持力將減小B.支持力將增大

C.靜摩擦力將不變D.靜摩擦力將增大

解析對物體受力分析如圖所示，物體受到重力、支持力和靜摩擦力三個力的作

用，物體做勻速圓周運動，設運動半徑為廣，沿水平和豎直方向正交分解，水平

方向欣os9—FNsin。=〃心26豎直方向電小夕+入8§。=〃吆，聯(lián)立以上兩式解

得Ff=mgsin。+mM2fcosFN=〃吆COSO—mccrrsm仇當角速度增大時，支持力

減小，靜摩擦力增大，故A、D正確，B、C錯誤。

答案AD

情形2：豎直面內的圓周運動

2.（多選）如圖1（）所示，半徑為心內徑很小的光滑半圓管道豎直放置，質量為〃1

的小球以某一速度進入管內，小球通過最高點尸時，對管壁的壓力為0.5〃@重

力加速度為g,不計空氣阻力，則小球落地點到P點的水平距離可能為（）

p

圖10

A.pRB.2RC幣RD.&R

解析小球從管口飛出后做平拋運動，設落地時間為

根據2R=&?,得，=2、聘

當小球對管內壁有壓力時，有mg—0.5叫=,端，

當小球對管外壁有壓力時，有機g+0.5mg=/噴，

解得

因此水平距離為XI=OIZ=啦R或故選項A、D正確。

答案AD

情形3：天體的圓周運動

3.（多選）如圖11所示，兩質量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運動，用R、八

反、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內掃過的

面積。下列關系式正確的有（）

A.TA>TBB.EkA>EkB

門及_心

C.SA=SB。?唳一個

解析衛(wèi)星做勻速圓周運動時有爺坦=%=〃7&。2=〃次繁，則T=27T，^

0cq月，故TA>TB,￥=3,A、D皆正確；取=；〃2。2=皆言0c尢故EkA〈EkB,

B錯誤；S=/R2=宗五和小,故C錯誤。

答案AD

情形4：勻強磁場中的圓周運動

4.如圖12所示，在I、II兩個區(qū)域內存在磁感應強度均為8的勻強磁場，磁場

方向分別垂直于紙面向外和向里，邊界AC、AO的夾角ND4C=30。，邊界AC

與邊界MN平行，邊界AC處磁場方向垂直紙面向里，II區(qū)域寬度為乩一質量

為〃?、電荷量為十4的粒子在邊界AO上距4點d處垂直AD射入I區(qū),已知粒

子速度大小為嚕，方向垂直磁場，不計粒子重力，則粒子在磁場中運動的總時

間為（）

圖12

解析根據洛倫茲力提供向心力,

M'

有竹"V

亞

川X

/曰八mvm,

何R=獷qB

根據幾何關系，粒子離開區(qū)域【的速度方向沿AC方向，進入磁場區(qū)域II做勻速

圓周運動，運動;周期后射出磁場，在I區(qū)域圓弧所對的圓心角仇=60。，在II區(qū)

域圓弧所對的圓心角為90。，粒子在磁場中運動的總時間為，=琮券7=

鬻故C正確，A、B、D錯誤。

IZqHvC/n

答案c

模型四傳送帶模型及板塊模型

情形1:傳送帶模型中的動力學問題

1.如圖13甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率3運行。初速度大小為。2

的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的4處滑上傳送帶。若從小物塊滑

上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的V-t圖象(以地面為參考系)如圖乙

所示。己知貝|J()

圖13

A/2時刻，小物塊離A處的距離達到最大

B.72時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大

C.0?f2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左

D.0?力時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用

解析由圖象知物塊先向左減速，后反向加速到VI再做勻速直線運動，力時刻離

A距離最大，A錯誤；尬時刻二者相對靜止，故及時刻物塊相對傳送帶的滑動距

離最大，B正確；0?/2時間內摩擦力方向一直向右，C錯誤；在()?Z2時間內摩

擦力為滑動摩擦力，大小不變，在?A時間內物塊做勻速運動，此過程摩擦力

為零，D錯誤。

答案B

情形2：傳送帶模型中的能量問題

2.如圖14所示，傳送帶與水平面之間的夾角為6=30。，其上4、B兩點間的距

離為/=5m,傳送帶在電動機的帶動下以。=1m/s的速度勻速運動。現將一質

量為〃z=10kg的小物體(可視為質點)輕放在傳送帶上的A點，已知小物體與傳

送帶之間的動摩擦因數〃=坐，在傳送帶將小物體從A點傳送到8點的過程中,

求：(g取10m/s?)

圖14

(1)傳送帶對小物體做的功;

(2)電動機做的功。

解析(1)小物體剛開始運動時，根據牛頓第二定律有

〃〃7gcos。一mgsin3=mci

解得小物體上升的加速度為a=2.5m/s2

當小物體的速度為。=1m/s時，小物體的位移為

V

工=丁=0.2m<5m

之后小物體以v=\m/s的速度做勻速運動到達B點。

由功能關系得

VV=AEk+AEp=^mv2+mglsin6=255J。

(2)電動機做的功等于小物體的機械能增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產生的

熱量Q之和，由。="得

v

r=-=0.4s

If

相對位移V=3一展=0.2m

摩擦產生的熱量Q=〃〃7gx'cos。=15J

故電動機做的功為W^=W+Q=270Jo

答案（1）255J（2）270J

情形3：滑塊——滑板模型中的動力學問題

3.（多選）如圖15所示，表面粗糙、質量M=2kg的木板，1=0時在水平恒力產

的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運動，加速度。=2.5mH,f=

0.5s時，將一個質量根=1kg的小鐵塊（可視為質點）無初速度地放在木板最右端,

鐵塊從木板上掉下時速度是木板速度的一半。已知鐵塊和木板之間的動摩擦因數

川=0.1,木板和地面之間的動摩擦因數〃2=0.25,g=10m/s?,則（）

圖15

A.水平恒力產的大小為10N

B.鐵塊放上木板后，木板的加速度為Zm/s?

C.鐵塊在木板上運動的時間為1s

D.木板的長度為1.625m

解析未放鐵塊時，木木板由牛頓第二定律/一焦四=詼/,解得尸=10N,選

項A正確；鐵塊放在木板上后，對木板F—/nmg—/i2（M+m）g=Ma,,解得a,

=0.75m/s2,選項B錯誤；0.5s時木板的速度oo=M=2.5X0.5m/s=1.25m/s,

鐵塊滑離木板時，木板的速度初=a+。為=1.25+0.75/2,鐵塊的速度以=〃/2

=N\gl2=t2,由題意知。'=/|,解得Z2=1S,選項C正確；鐵塊滑離木板時，木

板的速度磯=2m/s,鐵塊的速度U=1m/s,則木板的長度為乙=戊）："%一^72

1.25+21

=---5---X11m=1.125m,選項D錯誤。

答案AC

情形4：滑塊——滑板模型中的能量、動量問題

4.（多選）如圖16所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體8以水平速度沖

上4后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從8沖到木板A上到相對

木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是（）

BA

WNV^WNW<WNWWNW\X\NW、<N\NYW、

圖16

A.物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能

B.物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內能的增加量

C.物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和

D.摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕對值等于系統(tǒng)內能的增

加量

解析物體8以水平速度沖上木板A后，由于摩擦力作用，8減速運動，木板A

加速運動，根據能量守恒定律，物體8動能的減少量等于木板A增加的動能和

產生的熱量之和.選項A錯誤；根據動能定理，物體3克服摩擦力做的功等于

物體8損失的動能，選項B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能

等于木板4獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，選項C正確；摩擦力對物體B

做的功等于物體B動能的減少量，摩擦力對木板A做的功等于木板A動能的增

加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕

對值等于系統(tǒng)內能的增加量，選項D正確。

答案CD

模型五“桿+導軌”模型

情形1：“單桿+水平導軌”模型

1.（多選）（2019?湖南五市十校聯(lián)考）如圖17所示，兩平行的光滑導軌固定在同一

水平面內，兩導軌間距離為L,金屬棒，也垂直于導軌，金屬棒兩端與導軌接觸

良好，在導軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個裝置處于豎直向下的磁感應

強度為5的勻強磁場中。與R相連的導線、導軌和金屬棒的電阻均可忽略不計。

用平行于導軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為。的速度向右

勻速運動，貝女）

圖17

A.金屬棒而相當于電源，其〃端相當于電源負極

4,B?L2V

B.拉力F=-r-

C.回路中的感應電流沿順時針方向流動

D.定值電阻消耗的電功率P=Fv

解析根據楞次定律可得金屬棒。b中電流從〃到m。端相當于正極，回路中感

應電流方向為逆時針方向，A、C錯誤；產生的感應電動勢E=BLv,導體棒受

RJ7)n2r2<

到的安培力廠安=上7，由于導體棒做勻速直線運動，所以產

AA

?2r2^j

=看，B正確；由于金屬棒?！ㄋ俣炔蛔儯岳ψ龅墓D化為電阻產生的

內能，故定值電阻消耗的電功率尸=尸。，D正確。

答案BD

情形2：“單桿+傾斜導軌”模型

2.如圖18所示，MN、PQ為間距L=0.5m的足夠長平行導軌，NQ1MN。導軌

平面與水平面間的夾角。=37。，NQ間連接有一個R=5。的電阻。有一勻強磁

場垂直于導軌平面，磁感應強度為8o=lT。將一根質量為"2=0.05kg的金屬棒

面緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻均不計。

現由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與M2平行。已知金屬

棒與導軌間的動摩擦因數〃=0.5,當金屬棒滑行至〃處時已經達到穩(wěn)定速度，

cd距離NQ為s=2m。則(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

圖18

⑴當金屬棒滑行至cd處時，回路中的電流是多大；

⑵金屬棒達到的穩(wěn)定速度是多大；

(3)當金屬棒滑行至〃處時，回路中產生的焦耳熱是多少？

解析(1)金屬棒勻速運動時，沿導軌方向金屬棒受力平衡加歐而6=6+/

金屬棒受的安培力為F=BoIL

Ff=/ZFN=////?gcos0

解得/=0.2A。

E

(2)由歐姆定律得/=房

由電磁感應定律得

解得v=2m/s

(3)金屬棒滑行至“處時，由能量守恒定律得

mgssin0=^f?w2+(?+/^wgcos0-s

解得Q=().lJo

答案(1)0.2A(2)2m/s(3)0.1J

情形3：“單桿+豎直導軌”模型

3.如圖19所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌豎直放置，相距為￡,電阻R

與兩導軌相連，磁感應強度為3的勻強磁場與導凱平面垂直。一質量為加、電阻

不計的導體棒MM在豎直向上大小為尸的恒力作用下，由靜止開始沿導軌向上

運動。整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的

電阻，求：

圖19

⑴初始時刻導體棒的加速度大?。?/p>

(2)當流過電阻R的電流恒定時，求導體棒的速度大小。

解析(1)初始時刻，導體棒受到豎直向下的重力〃吆、拉力凡由牛頓第二定律

得F—mg=ma,

解得。=

m

⑵導體棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度減小的加速運動，當加速

度為零時。達到穩(wěn)定狀態(tài)即做勻速運動，此時電流恒定，設此時速度為以

導體棒產生的電動勢為E=BLv

受到的安培力為F安=BIL

p

穩(wěn)定時的電流為/美

由平衡條件得尸一mg一b安=0

以上聯(lián)立解得。=與泮

iqF-m乂R

答案⑴k⑵B喈

情形4：“雙桿+導軌”模型

4.如圖20所示，光滑平行金屬軌道的水平部分處于豎直向下的4=4T的勻強磁

場中，兩軌道間距為L=().5m,軌道足夠長。金屬棒。和b的質量都為m=1kg,

電阻凡=R〃=1O。b棒靜止于軌道水平部分，現將。棒從〃=8()cm高處自靜止

沿弧形軌道下滑，通過。點進入軌道的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終

保持與軌道垂直，且兩棒始終不相碰。求。、匕兩棒的最終速度，以及整個過程

2

中h棒中產生的焦耳熱(已知重力加速度g=10m；s)o

解析。棒下滑至。點時速度設為。o,則由機械能守恒，有〃迎=；〃就

解得a=4m/s

此后的運動過程中，或h兩棒達到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因

此。、兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有"約0=。〃+加%

解得。、兩棒共同的最終速度為。=2m/s,此后兩棒一起做勻速直線運動

由能量守恒定律可知，整個過程中回路產生的總的焦耳熱為

Q=^invi—；(〃?+m)v2

因為4、b兩棒電阻相同

則人棒中產生的焦耳熱Qb=^Q

聯(lián)立解得Q=2J。

答案2m/s2J

模型六線圈模型

情形I：靜止線圈模型

1.（多選）在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線

圈所圍的面積為0.1m?,線圈電阻為1C。規(guī)定線圈中感應電流/的正方向從上

往下看是順時針方向，如圖21甲所示。磁場的磁感應強度8隨時間/的變化規(guī)

律如圖乙所示。則以下說法正確的是（）

圖21

A.在時間0?2s內，/的最大值為0.01A

B.在時間3?5s內，/的大小越來越小

C.前2s內，通過線圈某截面的總電荷量為0.01C

D.第3s內，線圈的發(fā)熱功率最大

解析線圈所圍面積不變，因磁場的磁感應強度B隨時間，的變化，引起磁通量

的變化，由法拉第電磁感應定律，石=喈=管，其大小由圖象的斜率決定，

在，=0時，斜率最大，且等=0.1T/s,則人=0.01A,A正確；在時間3?5s

內,等一定，產生