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专题七 必需把握的两类问题
物理图像能形象地表达物理规律，直观地呈现物理过程，并能鲜亮地体现物理量间的相互关系。从近几年高考来看，图像问题所占的比例越来越大，解决图像问题基本流程：看“坐标轴→斜率→面积→交点、拐点”。关于图像问题，必需把握以下四个方面：
1．坐标轴的物理意义
弄清两个坐标轴各代表什么物理量，以便了解图像所反映的是哪两个物理量之间的关系。
2．斜率的物理意义
要理解物理图像中斜率的含义，首先要看清图像的两个坐标轴。
(1)变速直线运动的x t图像，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，因此图线中某两点连线的斜率表示平均速度，图线上某一点切线的斜率表示瞬时速度。
(2)v t图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示平均加速度和瞬时加速度。
(3)单匝线圈的Φ t图像(Φ为磁通量)，斜率表示感应电动势。
(4)恒力做功的W x图像(x为恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大小。
(5)沿电场线方向的φ x图像(φ为电势，x为位移)，其斜率的大小等于电场强度的大小。
(6)用自由落体运动测量重力加速度试验的v2 h图像(v为速度，h为下落位移)，其斜率为重力加速度的2倍。
(7)不同带电粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动的v r图像(v为速度，r为半径)，其斜率跟带电粒子的比荷成正比。
3．面积的物理意义
(1)在直线运动的v t图像中，图线与t坐标轴所围面积表示相应时间内质点通过的位移。
(2)在a t图像中，图线与t坐标轴所围面积表示质点在相应时间内速度的变化量。
(3)单匝线圈中电磁感应的E t图像(E为感应电动势)，图线跟t坐标轴之间的面积表示相应时间内线圈磁通量的变化量。
(4)F x图像中曲线和x坐标轴之间的面积表示F做的功，假如F是静电力，此面积表示电势能的变化量，假如F是合力，则此面积表示物体动能的变化量。
(5)静电场中的E x图像(E为电场强度，x为沿电场线方向的位移)，曲线和x坐标轴之间的面积表示相应两点间的电势差。
4．交点、拐点的物理意义
(1)交点往往表示不同对象达到的某一物理量的共同点。
(2)拐点既是坐标点，又是两种不同变化状况的交界点，即物理量之间的突变点。
类型一
图 像 解 读
通过对已知图像的分析、求解、推断相关量的变化(如位移、速度、加速度、功、功率、动能、势能、电场强度、电势、电势能等)，查找其内部蕴含的物理规律。
(2022·延安质检)如图所示为某物体做直线运动的v t图像，关于这个物体在4 s内的运动状况，下列说法中正确的是( )
A．物体始终向同一方向运动
B．4 s末物体离动身点最远
C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同
D．4 s内通过的路程为4 m，而位移为零
[解析] 图像的斜率不变，因此物体做匀变速直线运动，开头时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动，t＝2 s时，物体速度减为零，然后物体反向加速运动，t＝4 s时，回到起始点，由图可知物体所经受的路程为s＝2×2× m＋2×2× m＝4 m，位移为零，A、B、C错误，D正确。
[答案] D
[题后感悟]
运用物理图像解题，还需要进一步建立物理图像和物理情境的联系，依据物理图像，想象出图像所呈现的物理现象、状态、过程和物理变化的具体情景，由于这些情景中隐含着很多解题条件，这些过程中体现了物理量相互制约的规律，这些状态反映了理论结果是否能与合理的现实相吻合，这些正是“审题”、“分析”、“端详答案”等解题环节所需要解决的。
[针对训练]
1．(2021·全国新课标Ⅰ)2022年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统马上关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图乙所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则( )
甲 乙
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
解析：选AC 设着舰时舰载机的速度为v，无阻拦索时舰载机加速度大小为a，所以a＝＝ m/s2＝2.45 m/s2，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为v t图像下的面积，即为x2＝70×0.4－×2.45×0.42＋×2.1＋×10×0.5m＝113.275 m，约为无阻拦索时的1/10，A正确；在0.4 s～2.5 s时间内，飞机做匀减速直线运动，即阻拦索的张力的合力恒定不变，又阻拦索的夹角渐渐减小，故张力渐渐减小，B错误；在滑行过程中，0.4 s～2.5 s时间内加速度最大，加速度大小为a＝ m/s2≈28.1 m/s2＞2.5g，飞行员所承受的最大加速度超过2.5g，C正确；在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P＝Fv，F不变，v渐渐减小，功率P减小，D错误。
2．(2022·江西师大附中摸底考试)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．电子在N点的动能小于在M点的动能
B．该电场有可能是匀强电场
C．该电子运动的加速度越来越小
D．电子运动的轨迹为曲线
解析：选C 电子从不动到动，电势能渐渐减小，动能渐渐增加，A错误；依据电势能的图像可以看出电势能是非线性减小的，由Ep＝qφ知电势是非线性减小的，再依据U＝Ed推知场强是非固定值，因此该电场是非匀强电场，B错误；由牛顿其次定律得qE＝ma，加速度渐渐减小，C正确；轨迹与电场线重合，表明电场力与轨迹重合，因此轨迹只能是直线，D错误。
3．(2022·茂名模拟)我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开头下潜到最终返回水面的10 min内全过程的深度曲线(a)和速度图像(b)，则下列说法正确的有( )
A．图(a)中h3代表本次下潜最大深度为360 m
B．全过程中最大加速度是0.025 m/s2
C．潜水员感到超重体验发生在0～1 min和8 min～10 min 内
D．整个潜水器在8 min～10 min时间段内机械能守恒
解析：选A 最大深度h3＝(2×60＋4×60)×2× m＝360 m，A正确；最大加速度am＝ m/s2＝ m/s2，B错误；在0～1 min和8 min～10 min内潜水员的加速度方向均向下，故潜水员有失重感，C错误；8 min～10 min内，潜水器的加速度方向向下，大小为a＝ m/s2＝0.025 m/s2，故除重力以外，其他力的合力方向向上，机械能增大，D错误。
类型二
图 像 选 择
题目中给出某种情景，通过对情景的物理过程分析找出与之对应的图像并描绘出来(如给出物体的受力情景，选择物体的运动图像；或给出物体的运动图像，选择物体的受力图像等)。
(2021·福建高考)如图甲所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程外形不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不行能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
甲
乙
[解析] 线框进入磁场过程中可能做：(1)匀速运动；(2)减速运动，始终减速或先减速后匀速；(3)加速运动，始终加速或先加速后匀速。线框做减速、加速运动时，其加速度都是减小的。由此可知A图像反映的规律是不行能的。
[答案] A
[题后感悟]
此类题目一般是先在题干中叙述有关物理情境，然后依据所学物理规律，推断某些物理量的变化状况，有些题目的四个选项是同一个物理量的变化状况，有些题目的四个选项是不同物理量的变化状况，要想解答此类题目，必需正确地分析物理过程。
[针对训练]
4．(2022·成都模拟)如图甲所示，质量为m的滑块以肯定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面对上的恒力F＝mgsin θ。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取动身点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x变化的是( )
甲
乙
解析：选CD 滑块在斜面方向共受三个力，一个重力沿斜面对下的分力mgsin θ，沿斜面对下的摩擦力μmgcos θ＝mgsin θ，沿斜面对上的拉力F＝mgsin θ，滑块做匀减速运动，加速度大小a＝gsin θ，因此位移x＝v0t－gsin θ·t2，那么运动过程中产生的热量Q＝fx＝mgsin θ，与时间不成正比，A错误；动能Ek＝mv2＝m(v0－gsin θ·t)2，不是关于时间t的一次函数关系，B错误；重力势能Ep＝mgh＝mgxsin θ，与位移x成正比，C正确；整个运动过程，拉力和摩擦力的合力等于零，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
5．(2022·长宁三模)汽车在平直大路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率马上减小一半并保持该功率连续行驶。设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图像中，哪个图像能正确表示从司机减小油门开头汽车的速度与时间的关系( )
解析：选B 开头时汽车以速度v0匀速运动，牵引力F＝f；当汽车的功率减小一半并保持该功率连续行驶时，依据P＝Fv，则开头的牵引力减为原来的一半，依据f－F＝ma，汽车做减速运动，随着速度的减小，牵引力渐渐变大，加速度渐渐减小，最终当牵引力再次等于阻力时，汽车将以v0/2做匀速运动，B正确。
6．(2022·辽师大附中三模)如图甲所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一足够长的绝缘直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为M的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ。则小球运动过程中的速度—时间图像可能是图乙中的( )
甲
乙
解析：选C 带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直斜面对上的支持力N和沿斜面对上的摩擦力f，小球下滑后，再受到一个垂直直杆向上的洛伦兹力F，沿斜面方向有Mgsin θ－μ(Mgcos θ－F)＝Ma，在垂直于斜面方向有N＋F＝Mgcos θ，由于小球加速，据F＝qvB，F增大而支持力N减小，据f＝μN，摩擦力减小，导致加速度a增加；当速度v1增加到某个值时，消灭Mgcos θ－F＝0，有Mgsin θ＝Ma，此时加速度最大，此后，F>Mgcos θ，支持力N反向，且速度越大支持力N越大，摩擦力f也随之增加，最终消灭Mgsin θ＋μMgcos θ＝μF，之后小球匀速下滑，C正确，A、B、D错误。
类型三
图 像 变 换
给出争辩对象某个量的变化图像，分析其他量的变化图像(如给出磁感应强度随时间的变化图像，分析感应电流、导体棒受到的安培力、导体棒运动状态等物理量随时间变化的图像)。
(2022·华中师大附中模拟)如图甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面对里，图丙中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定向左为力的正方向)( )
丙
[解析] 在第1 s内，磁感应强度是均匀减小的，因此电流在线框里面是顺时针流淌的，结合左手定则，ab边所受安培力水平向左，图像应在横轴以上，B错误；再由闭合电路的欧姆定律可知，电流大小是恒定的，但磁感应强度是线性变小的，因此安培力也是线性变小的，A错误；在第6 s内，安培力是向右的，是负值，C错误，D正确。
[答案] D
[题后感悟]
对于图像转换问题，应划分不同的时间段或者运动过程，逐过程画出与之对应的图像。
[针对训练]
7．(2021·山东高考)将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面对里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是( )
解析：选B 由法拉第电磁感应定律和楞次定律可知，0～和～T时间内，电流的大小相等，方向相反，ab边受到安培力的方向先向左后向右，大小不变，B正确。
8．如图甲所示为起重机沿竖直方向提起的过程中重物运动的速度—时间图像，则该过程中起重机的输出功率最接近图乙中的( )
甲
乙
解析：选D 由v t图像可知运动过程可划分为三个阶段，第一阶段F1>mg，F1－mg＝ma1，F1＝m(g＋a1)，P1＝F1v1＝m(g＋a1)a1t1；其次阶段F2＝mg，P2＝mg·vm<m(g＋a1)vm，A、B错误；第三阶段F3<mg，F3＝m(g－a1)，P3＝m(g－a1)vm<mgvm，C错误，D正确。
9．一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面对里的磁场中，如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向的电流为正，图丙中的i t图像正确的是( )
甲 乙
A B
C D
丙
解析：选A 在0～1 s内，据E＝S可知感应电动势恒定，感应电流恒定，且电流为逆时针方向，在图像中为负，C、D错误；1 s～2 s内，B不变，i＝0；2 s～3 s内，由E＝S同理知电流恒定，方向为正，B错误，A正确。
类型四
图像的综合应用
题目涉及的考点较多，跨度较大，需要较高的规律思维力量和运算力量(如电磁感应中图像问题，一道题可能涉及的学问有运动学公式、牛顿运动定律、功能关系、法拉第电磁感应定律、楞次定律等)。
(2022·通化二模)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施一平行于斜面对上的拉力F，t＝2 s时撤去拉力，物体运动的部分v t图像如图乙所示(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)拉力F的大小；
(2)4 s末物体速度的大小v。
[解析] (1)物体在前2 s内沿斜面加速上升，依据牛顿其次定律得
F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1
由题图乙可知加速度a1＝5 m/s2
在第3 s内物体减速上升，依据牛顿其次定律得
－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
由题图乙可知加速度a2＝－10 m/s2
联立解得F＝15 N
(2)在第4 s内物体沿斜面对下加速下滑，依据牛顿其次定律得
mgsin37°－μmgcos 37°＝ma3
解得加速度a3＝2 m/s2
依据速度公式可知4 s末物体速度大小
v＝a3t＝2×1 m/s＝2 m/s
[答案] (1)15 N (2)2 m/s
[题后感悟]
此类问题属图像信息题，因此解题的关键是深化挖掘图像隐含信息，并且与物体的实际运动状况相结合，从而选择相应的物理规律作答。
[针对训练]
10．(2022·内江联考)如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压。t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中心M点有一电子在电场力作用下由静止开头运动(电子所受重力可忽视不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小渐渐减小的时间是( )
甲 乙
A．0<t<t0 B．t0<t<2t0
C．2t0<t<3t0 D．3t0<t<4t0
解析：选D 开头时Q板电势比P板高，电场线向左，负电荷受力向右，因此在0<t<t0内，电子向右加速运动，A错误；t0时刻电场反向，电子开头向右减速运动，到2t0时刻，速度恰好减小到零，B错误；在2t0<t<3t0时间内，电子向左加速运动，C错误；在3t0时刻，电场再次反向，电子开头向左减速运动，到4t0时刻，速度刚好减小到零，D正确。
11．(2022·达州质检)某物体由静止开头做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图像如图所示，在0～8 s内，下列说法正确的是( )
A．物体在第2 s末速度和加速度都达到最大值
B．物体在第6 s末的位置和速率，都与第2 s末相同
C．物体在第4 s末离动身点最远，速率为零
D．物体在第8 s末速度和加速度都为零，且离动身点最远
解析：选D 由图线可知，物体在第2 s末所受合力达到最大，所以加速度达到最大值，2 s～4 s物体受力减小，加速度减小，物体仍旧加速，所以4 s末速度达到最大；4 s～6 s物体做减速运动，6 s末速率与第2 s末相同，但位置不同；依据图像，物体在第8 s末合力减到零，速度和加速度都为零，且离动身点最远，D正确。
12．(2022·江西师大附中模拟)如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝1.0 m，NQ两端连接阻值R＝1.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面对上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。一质量m＝0.20 kg、阻值r＝0.50 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.60 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3 s～0.6 s内通过电荷量的，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。
解析：(1)由题图乙知金属棒0.3 s后的速度v＝1.5 m/s，则其在0.3 s～0.6 s内通过的电荷量q1＝I1t1＝
设金属棒在0～0.3 s内通过的位移为x2，则金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量
q2＝＝
由题中的电荷量关系得＝
解得x2＝0.3 m
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为
x＝x1＋x2＝vt1＋x2
解得x＝0.75 m
依据能量守恒定律得
Mgx－mgxsin θ－Q＝(M＋m)v2
解得整个电路在0～0.6 s内产生的热量Q＝2.85 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，依据焦耳定律得Q热＝I2Rt，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝ Q＝0.95 J。
答案：(1)0.3 m (2)0.95 J
物理学科的争辩对象是自然界物质的结构和最普遍的运动形式，对于那些纷繁简单事物的争辩，首先抓住其主要的特征，而舍去次要的因素，形成一种经过抽象概括的抱负化“模型”，这种以模型概括简单事物的方法，是对简单事物的合理的简化。如运动员的跳水问题是一个“竖直上抛”运动的物理模型；人体心脏收缩使血液在血管中流淌可简化为一个“做功”的模型等。物理模型是同类通性问题的本质体现和核心归整。高中物理学中常见的物理模型有质点、斜面体、连接体、传送带、点电荷、电容器、导轨、速度选择器、霍尔元件等。现将高考中消灭频率较高的模型——板块模型、斜面模型、传送带模型和导轨模型做进一步的阐述。
模型一
板 块 模 型
物块与木板(或物块)组合在一起，是高中力学中常见的物理模型。在这一模型中考查二者之间的相互作用问题，依据运动状态可分为：平衡状态下的物块与木板、做匀变速运动的物块与木板、做变加速运动的物块与木板。
解答本类问题的思路是运动分析→受力分析→功能关系分析。
(2022·贵州六校联考)如图所示，质量m＝1 kg的小滑块放在质量M＝1 kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L＝75 cm，开头时两者都处在静止状态。现用水平向右的恒力F拉小滑块向木板的右端运动，为了在0.5 s末使滑块从木板右端滑出，拉力F应多大？此过程产生的热量是多少？
[解析] 分析m，水平方向受拉力F和滑动摩擦力F1作用，设其加速度为a1，由牛顿其次定律得
F－F1＝ma1
分析M，水平方向受滑动摩擦力F1作用，设其加速度为a2，由牛顿其次定律得
F1＝Ma2
设在0.5 s时间内m的位移为x1，M的位移为x2，依据运动学关系有
x1＝a1t2
x2＝a2t2
依据几何关系有x1－x2＝L
又F1＝μmg
代入数值解得F＝8 N
此过程产生的热量Q＝μmgL＝0.75 J
[答案] 8 N 0.75 J
[题后感悟]
(1)板块模型一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度等。
(2)平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析。
(3)非平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析、运动分析和牛顿其次、三定律。
[针对训练]
1．(2022·宝鸡一模)如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ。开头时木块静止在木板左端，现用水平向右的拉力F将m拉至右端，拉力F至少做功为( )
A.μmgL B．μmgL
C．μ(m＋M)gL D.μ(m＋M)gL
解析：选B 缓慢拉动时，拉力F做功最少，依据功能关系，拉力做的功等于系统产生的内能，所以W＝μmgL，B正确。
2．(2022·自贡一模)如图所示，质量m＝10 kg和M＝20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250 N/m。现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开头相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是( )
A．M受到的摩擦力保持不变
B．物块m受到的摩擦力对物块m不做功
C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能
D．开头相对滑动时，推力F的大小等于200 N
解析：选C 对m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力。由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M对m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，A错误；物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，B错误；把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40 cm时，两物块间开头相对滑动，依据胡克定律得F＝kx＝100 N，对整体争辩，依据动能定理得WF＋W弹＝ΔEk＝0，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，WF＝－W弹＝ΔEp，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C正确，D错误。
3．(2022·开封模拟)质量为1 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，后共同减速直至静止，其v t图像如图乙所示，g＝10 m/s2，求：
(1)A与B间的动摩擦因数μ1，B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(2)A的质量m。
解析：(1)由图像可知，物块和木板在0～1 s内的加速度大小均为a1＝2 m/s2
由牛顿其次定律得μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2
在1 s～3 s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，对整体分析，加速度大小为a2＝1 m/s2
由牛顿其次定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a2
解得μ2＝0.1
(2)隔离B分析，在0～1 s内由牛顿其次定律得
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1
解得m＝3 kg
答案：(1)0.2 0.1 (2)3 kg
模型二
斜 面 模 型
斜面模型是高中物理中最常见的物理模型之一，各类考题中都会消灭，高考物理中的斜面问题千变万化，既可能光滑，也可能粗糙；既可能静止，也可能运动，运动又分为匀速和变速；既可能是一个斜面，也可能是多个斜面。求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力(包括支持力和摩擦力)是解决问题的关键。
(2021·广东高考)如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )
A．P向下滑动
B．P静止不动
C．P所受的合力增大
D．P与斜面间的静摩擦力增大
[解析] 设P的质量为m，P静止于斜面上，则有mgsin θ＝f≤μmgcos θ，当把Q轻放于P之上，相当于P的质量变大，设P、Q的总质量为M，则有 Mgsin θ ≤μMgcos θ，故P仍静止不动，A错误，B正确；P静止不动，其所受合力为零，C错误；对P、Q整体有f′＝Mgsin θ，由于M >m，故P与斜面间的静摩擦力变大，D正确。
[答案] BD
[针对训练]
4．(2021·北京高考)如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是( )
A．木块受到的摩擦力大小是mgcos α
B．木块对斜面体的压力大小是 mgsin α
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是 mgsin αcos α
D．桌面对斜面体的支持力大小是 (M＋m)g
解析：选D 对m进行受力分析，由平衡方程得木块对斜面的压力N＝mgcos α，木块受到的摩擦力f＝mgsin α，A、B错误；对M和m进行整体受力分析，可得桌面对斜面体的摩擦力大小是零，桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g，C错误，D正确。
5．(2021·天津高考)如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力N以及绳对小球的拉力FT的变化状况是( )
A．N保持不变，FT不断增大
B．N不断增大，FT不断减小
C．N保持不变，FT先增大后减小
D．N不断增大，FT先减小后增大
解析：选D 由于缓慢地推动斜面体，小球处于动态平衡，小球受到大小方向不变的重力，方向不变的斜面支持力，还有绳的拉力，三力构成封闭三角形，如图所示，开头时绳的拉力与支持力的夹角为锐角，随着绳的拉力FT按顺时针转动，其大小先减小后增大，而支持力N始终增大，D正确。
6．(2022·浙江高考)如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0 kg的物体，细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N。关于物体受力的推断(取g＝9.8 m/s2)，下列说法正确的是( )
A．斜面对物体的摩擦力大小为零
B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面对上
C．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上
D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面对上
解析：选A 物体受到重力、支持力和细绳的拉力作用，重力沿斜面对下的分力mgsin θ＝4.9 N，其沿斜面方向所受的合力为零，所以物体没有沿斜面运动的趋势，摩擦力大小为零，A正确，B错误；斜面对物体的支持力大小mgcos θ＝4.9 N，方向垂直斜面对上，C、D错误。
模型三
传送带模型
(1)物块与传送带是高中力学中一个常见的模型，其特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的相对运动，这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间的相对位移的区分，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等学问。该题型按传送带设置可分为水平与倾斜两种；按转向可分为顺时针和逆时针两种；按转速是否变化可分为匀速和匀变速两种。
(2)解答本类问题的基本思路
运动分析→受力分析→功能关系分析。受力分析的关键是推断f的方向，功能关系分析的关键是明确物体与传送带间的相对位移。
(2022·廊坊二模)水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内( )
A．小物体相对地面的位移大小为x
B．传送带上的A点对地的位移大小为x
C．由于小物体与传送带相互作用产生的热量为mv2
D．由于小物体与传送带相互作用，电动机要多做的功为mv2
[解析] 在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1＝vt，传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为x2＝vt，物体相对传送带的位移大小x＝x2－x1＝vt，明显x1＝x，x2＝2x，A正确，B错误；物体与传送带间的滑动摩擦力做功，将系统的部分机械能转化为系统的内能，摩擦生热Q＝fx，对物体运用动能定理有fx1＝mv2，又x1＝x，故Q＝fx＝mv2，C错误；在这段时间内，电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功，W＝fx2＝2fx＝mv2，D正确。
[答案] AD
[题后感悟]
(1)当v物与v传同向时，只要传送带足够长，无论v物与v传大小关系如何，最终肯定一起匀速运动。
(2)当v物与v传反向时，只要传送带足够长，当v物<v传时，物块返回到滑入端，速度大小仍为v物；当v物>v传时，物块返回到滑入端，速度大小为v传。
(3)Q＝fx相对中x相对为全过程的相对路程，留意v物与v传同向和反向时的区分。
[针对训练]
7．(2022·自贡模拟)如图甲所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ。现将一个质量为m的小物体轻轻地放在传送带的上端，小物体与传送带间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，则图乙中能够正确地描述小物体的速度随时间变化关系的图线是( )
甲
乙
解析：选D 开头时传送带的速度大于物体的速度，故滑动摩擦力沿斜面对下，故物体的加速度a1＝gsin θ＋μgcos θ，当物体的速度等于传送带的速度时物体的加速度为gsin θ，此后物体的速度大于传送带的速度，物体所受的摩擦力沿斜面对上，依据μ＜tan θ可得sin θ＞μcos θ，故mgsin θ＞μmgcos θ，即重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，所以物体的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，故a1＞a2，速度图像的斜率等于物体的加速度，故速度相同后速度图像的斜率将减小，D正确。
8．(2022·驻马店模拟)如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度h＝0.45 m。一小物体从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面。g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．若v＝1 m/s，则小物体能回到A点
B．若v＝2 m/s，则小物体能回到A点
C．若v＝5 m/s，则小物体能回到A点
D．无论v等于多少，小物体都不能回到A点
解析：选C 小物体从光滑曲面滑行过程由动能定理可知mgh＝mv2，得v＝＝3 m/s，到达传送带后与传送带运动方向相反，受到向右的摩擦力，开头减速，向左减速到零后向右加速。依据机械能守恒，要返回A点，那么向右加速的末速度也必需为v＝＝3 m/s，依据运动的可逆性，小物体向左匀减速到零后向右匀加速到3 m/s，位移相等即始终加速，但加速的末速度等于传送带速度时就会变为匀速不再加速，所以传送带速度要大于3 m/s，C正确。
9．(2022·眉山调研)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为v0＝6 m/s，将质量m＝1.0 kg的可看做质点的滑块无初速度地放到传送带A端，传送带长度为L＝12.0 m，“9”形轨道全高H＝0.8 m，“9”形轨道上半部分圆弧半径为R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；
(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向；
(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)。
解析：(1)滑块在传送带上加速运动时，由牛顿其次定律得μmg＝ma
解得a＝3 m/s2
加速到与传送带达到共同速度所需要的时间
t1＝＝2 s
前2 s内的位移x1＝at＝6 m
之后滑块做匀速运动的位移x2＝L－x1＝6 m
所用的时间t2＝＝1 s
滑块从A端运动到B端所用时间
t＝t1＋t2＝3 s
(2)滑块从B到C的过程中由动能定理得
－mgH＝mv－mv
在C点，设轨道对滑块的弹力N方向竖直向下，由牛顿其次定律得N＋mg＝m
解得N＝90 N
方向竖直向下。
由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为90 N，方向竖直向上。
(3)滑块从B到D的过程中由动能定理得
－mg(H－2R)＝mv－mv
在P点vy＝vDtan 45°
又h＝
解得h＝1.4 m
答案：(1)3 s (2)90 N，方向竖直向上 (3)1.4 m
模型四
电磁感应中的“杆＋导轨”模型
(1)“杆(单杆)＋导轨”模型是高考的热点，也是难点，考查学问点多。按导轨的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直线运动、匀变速直线运动、变加速直线运动等，杆的最终状态一般为静止或匀速直线运动；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等，情景简单，形式多变。
(2)解答本类问题的基本思路
受力分析→运动分析→功能关系分析。
(3)本类问题一般状况下用到的学问：运动学公式、牛顿运动定律、法拉第电磁感应定律和功能关系等。
(2022·昆明模拟)宽度为L，足够长的光滑倾斜导轨与水平面间夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨向上，范围足够大，导轨的上端连着一个阻值为R的电阻，下端连着一个阻值为2R的电阻，导轨电阻不计。金属棒ab长为L，质量为m，电阻也为R，垂直地放在导轨上。在某一平行于导轨向上的恒力(图中未画出)的作用下，ab棒从静止开头沿导轨向上运动，最终达到稳定的运动状态。整个过程中，通过斜面底端电阻2R的最大电流为I，求：
(1)通过ab棒的最大电流；
(2)ab棒的最大加速度；
(3)ab棒的最大速度。
[解析] (1)ab棒在外力F的作用下沿导轨向上做加速度a渐渐减小的加速运动，当a＝0时，速度v＝vm最大，此时电流也最大。由电路结构知，此时，通过ab棒的电流为3I。
(2)当速度v＝vm时，有F－3BIL－mgsin θ＝0
解得F＝3BIL＋mgsin θ
刚开头时，v＝0，a＝am最大，故
F－mgsin θ＝mam
解得am＝
(3)a＝0时，v＝vm，ab棒的电动势E＝BLvm
又E＝3I·R总＝3I×R＝5IR
解得vm＝
[答案] (1)3I (2) (3)
[题后感悟]
由于感应电流与导体切割磁
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