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(看了必有收获)【物理】2012届高考黄冈中学冲刺讲解专题:高中物理常见的物理模型

时间:2012-03-04


2012 届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题 17:第 9 专题 高中物理常见的物理模 型(1)

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 3~4 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)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 热点、重点、
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.如 2009 年高考全国理综卷Ⅰ第 25 题、北京理综卷第 18 题、天津理综卷第 1 题、上海物理卷第 22 题等,2008 年高考全国 理综卷Ⅰ第 14 题、全国理综卷Ⅱ第 16 题、北京理综卷第 20 题、江苏物理卷第 7 题和第 15 题等.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 9-1 甲所示)匀速下滑时,m 与 M 之间的动摩擦 因数 ?=gtan θ.

图 9-1 甲 2.自由释放的滑块在斜面上(如图 9-1 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 9-1 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 9-1 乙 4.悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图 9-2 所示):

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图 9-2 (1)向下的加速度 a=gsin θ 时,悬绳稳定时将垂直于斜面; (2)向下的加速度 a>gsin θ 时,悬绳稳定时将偏离垂直方向向上; (3)向下的加速度 a<gsin θ 时,悬绳将偏离垂直方向向下. 5.在倾角为 θ 的斜面上以速度 v0 平抛一小球(如图 9-3 所示):

图 9-3 2v0tan θ (1)落到斜面上的时间 t= ; g (2)落到斜面上时,速度的方向与水平方向的夹角 α 恒定,且 tan α=2tan θ,与初速度无 关; v0tan θ (v0sin θ)2 小球距斜面最远,最大距离 d= . (3)经过 tc= 2gcos θ g 6.如图 9-4 所示,当整体有向右的加速度 a=gtan θ 时,m 能在斜面上保持相对静止.

图 9-4 7.在如图 9-5 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 mgRsin θ 到的稳定速度 vm= . B 2L 2

图 9-5 8.如图 9-6 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 m L. 的位移 s= m+M

图 9-6 ●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 9-7 甲所示,质量为 M、倾角为 θ 的滑块 A 放于水平地面上.把质量

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为 m 的滑块 B 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 a= gsin θ,式中 g 为重力加速度.

M+m M+msin2 θ

图 9-7 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[2008 年高考·北京理综卷]( ) .. A.当 θ=0°时,该解给出 a=0,这符合常识,说明该解可能是对的 B.当 θ=90°时,该解给出 a=g,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 a≈gsin θ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 g D.当 m?M 时,该解给出 a≈ ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 sin θ 【解析】当 A 固定时,很容易得出 a=gsin θ;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 9-7 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: L-x x M =m t t mL 解得:x= M+m 当 m?M 时,x≈L,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 a≈g. g 选项 D 中,当 m?M 时,a≈ >g 显然不可能. sin θ [答案] D 【点评】本例中,若 m、M、θ、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 v1x、v1y,则有: (M+m)h v1y h = = v1x L-x ML 1 1 1 mv 2+ mv 2+ Mv 2=mgh 2 1x 2 1y 2 2 mv1x=Mv2 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 θ 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 9-8 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.

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图 9-8 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 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 9-8 乙中的位置①所示)时, 线框恰好做匀速运动,则有: mgsin θ=BI1L BLv 此时 I1= R 当线框的 ab 边刚好越过边界 ff′(如图 9-8 乙中的位置②所示)时,由于线框从位置① 到位置②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.故线框的加速度大小为:

图 9-8 乙 4BI1L-mgsin θ a= =3gsin θ,方向沿斜面向上. m (2)而当线框的 ab 边到达 gg′与 ff′的正中间位置(如图 9-8 乙中的位置③所示)时, 线框又恰好做匀速运动,说明 mgsin θ=4BI2L 1 故 I2= I1 4 BLv 1 可知,此时 v′= v 由 I1= R 4 3 从位置①到位置③,线框的重力势能减少了 mgLsin θ 2 v 2 15 2 1 1 动能减少了 mv2- m( ) = mv 2 2 4 32 由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热,因此有: 3 15 Q= mgLsin θ+ mv2. 2 32 [答案] (1)3gsin θ,方向沿斜面向上 3 15 (2) mgLsin θ+ mv2 2 32 【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 2009 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,2008 年高考全国理综卷 Ⅰ 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),

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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上自由释放后 变速运动的过程中(如图 9-9 所示),A、B 之间无摩擦力作用.

图 9-9 2.如图 9-10 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=f·s 相.

图 9-10 ●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 9-11 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 3-5 模块)( )

图 9-11 A.最终木块静止,d1=d2 B.最终木块向右运动,d1<d2 C.最终木块静止,d1<d2 D.最终木块静止,d1>d2 【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: mv0-mv0=(M+2m)v 解得:v=0,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=(m+M)v1 1 1 Q1=f·d1= mv02- (m+M)v12 2 2 mMv02 解得:d1= 2(m+M)f 对右侧子弹射入的过程,由功能原理得: 1 1 Q2=f·d2= mv02+ (m+M)v12-0 2 2 (2m2+mM)v02 解得:d2= 2(m+M)f 即 d1<d2. [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综合分析能力,故备受高考命题老师的青睐.如 2009 年

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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,2008 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:F=kx,?F=k·?x. (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 9-12 甲所示,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 9-12 甲 (m1+m2) g A. k1+k2 (m1+m2)2g2 B. 2(k1+k2)
2 2

k1+k2 C.(m1+m2)2g2( ) k1k2 2 2 (m1+m2) g m1(m1+m2)g2 D. + k2 k1 【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=(m1+m2)g 设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长 x1、x2,如图 9-12 乙所示,由胡克定律得:

图 9-12 乙 (m1+m2)g (m1+m2)g x1= ,x2= k1 k2 故 A、B 增加的重力势能共为: ?Ep=m1g(x1+x2)+m2gx2 (m1+m2)2g2 m1(m1+m2)g2 = + . k2 k1 [答案] D 【点评】①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 ?F 的伸长量,再将两者相加,但不如上面解析中直接运用 ?x= 进行计算更快捷方便. k ②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 W= F ·x (m1+m2) g (m1+m2) g + . 2k22 2k1k2
2 2 2 2




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2.动力学中的弹簧问题 (1)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 9-13 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 9-13 ●例 5 一弹簧秤秤盘的质量 m1=1.5 kg, 盘内放一质量 m2=10.5 kg 的物体 P, 弹簧的 质量不计,其劲度系数 k=800 N/m,整个系统处于静止状态,如图 9-14 所示.

图 9-14 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 g=10 m/s2) 【解析】初始时刻弹簧的压缩量为: (m1+m2)g x0= =0.15 m k 设秤盘上升高度 x 时 P 与秤盘分离,分离时刻有: k(x0-x)-m1g =a m1 又由题意知,对于 0~0.2 s 时间内 P 的运动有: 1 2 at =x 2 解得:x=0.12 m,a=6 m/s2 故在平衡位置处,拉力有最小值 Fmin=(m1+m2)a=72 N 分离时刻拉力达到最大值 Fmax=m2g+m2a=168 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 9-15 所示, 用轻弹簧将质量均为 m=1 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 h1=0.90 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 也刚好能离开地面.已 知弹簧的劲度系数 k=100 N/m,求 h2 的大小.

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图 9-15 【解析】设 A 物块落地时,B 物块的速度为 v1,则有: 1 mv 2=mgh1 2 1 设 A 刚好离地时,弹簧的形变量为 x,对 A 物块有: mg=kx 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: 1 mv 2=mgx+?Ep 2 1 换成 C 后,设 A 落地时,C 的速度为 v2,则有: 1 ·2mv22=2mgh2 2 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: 1 ·2mv22=2mgx+?Ep 2 联立解得:h2=0.5 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“①”.如 2005 年高考全国理综卷Ⅰ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 v=6 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 9-16 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 9-16 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 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: (mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA′ (2+2)×6 解得:vA′= m/s=3 m/s. 2+2+4 (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=(mB+mC)v′ 2×6 解得:v′= =2 m/s 2+4 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: 1 1 1 Ep= (mB+mC)v′2+ mAv2- (mA+mB+mC)vA′2 2 2 2

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=12 J. (3)方法一 A 不可能向左运动. 根据系统动量守恒有:(mA+mB)v=mAvA+(mB+mC)vB 设 A 向左,则 vA<0,vB>4 m/s 则 B、C 发生碰撞后,A、B、C 三者的动能之和为: 1 1 1 2 E′= mAv2 + (mB+mC)v2 > (mB+mC)vB=48 J A B 2 2 2 实际上系统的机械能为: 1 E=Ep+ (mA+mB+mC)vA′2=12 J+36 J=48 J 2 根据能量守恒定律可知,E′>E 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 v0=vA′=3 m/s

图 9-16 乙 取以 v0=3 m/s 匀速运动的物体为参考系,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: vAO=v-v0=3 m/s vBO=|v′-v0|=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】①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. ②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 和外壳质量分别为 m 和 4m.笔的弹跳过程分为三个阶段:

图 9-17 ①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 9-17 甲所示); ②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 9- 17 乙所示); ③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 9 -17 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. [2009 年高考·重庆理综卷] 【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

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为 v 2. (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: 1 (4m+m)g(h2-h1)= (4m+m)v2-0 2 2 解得:v2= 2g(h2-h1). (2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒,即: 4mv1=(4m+m)v2 5 将 v2 代入得:v1= 2g(h2-h1) 4 设弹簧做的功为 W,对外壳应用动能定理有: 1 2 W-4mgh1= ×4mv1 2 1 将 v1 代入得:W= mg(25h2-9h1). 4 (3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度 h2 的过程中机械能守恒,只有在外壳和 1 1 内芯的碰撞中有能量损失,损失的能量 E 损= ×4mv2- (4m+m)v2 1 2 2 2 5 将 v1、v2 代入得:E 损= mg(h2-h1). 4 1 [答案] (1) 2g(h2-h1) (2) mg(25h2-9h1) 4 5 (3) mg(h2-h1) 4 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, 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. 2003 年高考全国理综卷第 34 题、 如 2005 年高考全国理综卷Ⅰ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 W=mv2=2Ek=2Q 摩. ●例 9 如图 9-18 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 9-18 甲 A.物块有可能不落到地面上 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

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【解析】如图 9-18 乙所示,设物块滑上水平传送带上的初速度为 v0,物块与皮带之 间的动摩擦因数为 ?,则:

图 9-18 乙 ?mg 物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小 a= =?g m 物块滑至传送带右端的速度为: v= v02-2?gs 1 物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程 s=v0t- ?gt2 解得. 2 当皮带向左匀速传送时,滑块在皮带上的摩擦力也为: f=?mg 物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为: ?mg a1′= =?g m 则物块滑至传送带右端的速度 v′= v02-2?gs=v 1 物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程 s=v0t- ?gt2 解得. 2 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: ①滑动摩擦力 f=?FN,与相对滑动的速度或接触面积均无关; ②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)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 9-19 所示,足够长的水平传送带始终以 v=3 m/s 的速度向左运动,传 送带上有一质量 M=2 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 m=1 kg 的小球先后相隔 ?t=3 s 自传 送带的左端出发, v0=15 m/s 的速度在传送带上向右运动. 1 个球与木盒相遇后立即进 以 第 1 入盒中并与盒保持相对静止;第 2 个球出发后历时 ?t1= s 才与木盒相遇.取 g=10 m/s2, 3 问:

图 9-19 (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: mv0-Mv=(m+M)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, 1 个球经过时间 t0 与木盒相 第 遇,则有: s t0= v0

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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: ?(m+M)g=(m+M)a 解得:a=?g=3 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: ?v t1=t2= =1 s a 故木盒在 2 s 内的位移为零 依题意可知:s=v0?t1+v(?t+?t1-t1-t2-t0) 解得:s=7.5 m,t0=0.5 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: s′=v(?t+?t1-t0)=8.5 m s1=v(?t+?t1-t1-t2-t0)=2.5 m 故木盒相对于传送带的位移为:?s=s′-s1=6 m 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为: Q=f?s=54 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:①对物理过程理解清楚;②求相对路程的方法.

2012 届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题 18:第 9 专题\ 高中物理常见的物理 模型(2) 能力演练

一、选择题(10×4 分) 1.图示是原子核的核子平均质量与原子序数 Z 的关系图象,下列说法正确的是(

)

A.若 D 和 E 结合成 F,结合过程中一定会吸收核能 B.若 D 和 E 结合成 F,结合过程中一定会释放核能 C.若 A 分裂成 B 和 C,分裂过程中一定会吸收核能 D.若 A 分裂成 B 和 C,分裂过程中一定会释放核能 【解析】D、E 结合成 F 粒子时总质量减小,核反应释放核能;A 分裂成 B、C 粒子时, 总质量减小,核反应释放核能. [答案] BD 2.单冷型空调器一般用来降低室内温度,其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相 同.某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量 Q2,向高温物体放出热量 Q1,而外界(压 Q2 缩机)必须对工作物质做功 W,制冷系数 ε= .设某一空调的制冷系数为 4,若制冷机每天 W 7 从房间内部吸收 2.0×10 J 的热量,则下列说法正确的是( ) A.Q1 一定等于 Q2 B.空调的制冷系数越大越耗能 C.制冷机每天放出的热量 Q1=2.5×107 J D.制冷机每天放出的热量 Q1=5.0×106 J 【解析】Q1=Q2+W>Q2,选项 A 错误;ε 越大,从室内向外传递相同热量时压缩机所 Q2 需做的功(耗电)越小,越节省能量,选项 B 错误;又 Q1=Q2+ =2.5×107 J,故选项 C 正 ε

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确. [答案] C 3.图示为一列简谐横波的波形图象,其中实线是 t1=0 时刻的波形,虚线是 t2=1.5 s 时的波形,且(t2-t1)小于一个周期.由此可判断( )

A.波长一定是 60 cm B.波一定向 x 轴正方向传播 C.波的周期一定是 6 s D.波速可能是 0.1 m/s,也可能是 0.3 m/s 【解析】由题图知 λ=60 cm 若波向 x 轴正方向传播,则可知: T λ 波传播的时间 t1= ,传播的位移 s1=15 cm= 4 4 故知 T=6 s,v=0.1 m/s 若波向 x 轴负方向传播,可知: 3 3λ 波传播的时间 t2= T,传播的位移 s2=45 cm= 4 4 故知 T=2 s,v=0.3 m/s. [答案] AD 4.如图所示,在水平桌面上叠放着质量均为 M 的 A、B 两块木板,在木板 A 的上面放 着一个质量为 m 的物块 C,木板和物块均处于静止状态.A、B、C 之间以及 B 与地面之间 的动摩擦因数都为 ?.若用水平恒力 F 向右拉动木板 A,使之从 C、B 之间抽出来,已知重 力加速度为 g,则拉力 F 的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦 力)( )

A.F>?(2m+M)g B.F>?(m+2M)g C.F>2?(m+M)g D.F>2?mg 【解析】无论 F 多大,摩擦力都不能使 B 向右滑动,而滑动摩擦力能使 C 产生的最大 F-?mg-?(m+M)g 加速度为 ?g,故 >?g 时,即 F>2?(m+M)g 时 A 可从 B、C 之间抽出. M [答案] C 5.如图所示,一束单色光 a 射向半球形玻璃砖的球心,在玻璃与空气的界面 MN 上同 时发生反射和折射,b 为反射光,c 为折射光,它们与法线间的夹角分别为 β 和 θ.逐渐增 大入射角 α,下列说法中正确的是( )

A.β 和 θ 两角同时增大,θ 始终大于 β B.b 光束的能量逐渐减弱,c 光束的能量逐渐加强 C.b 光在玻璃中的波长小于 b 光在空气中的波长 D.b 光光子的能量大于 c 光光子的能量 sin β 【解析】三个角度之间的关系有:θ=α, =n>1,故随着 α 的增大,β、θ 都增大, sin α 但是 θ<β,选项 A 错误,且在全反射前,c 光束的能量逐渐减弱,b 光束的能量逐渐加强,

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选项 B 错误;又由 n=

sin β c λ = = ,b 光在玻璃中的波长小于在空气中的波长,但光子的 sin α v λ′ 能量不变,选项 C 正确、D 错误. [答案] C 6.如图所示,水平传送带以 v=2 m/s 的速度匀速前进,上方漏斗中以每秒 50 kg 的速 度把煤粉竖直抖落到传送带上, 然后一起随传送带运动. 如果要使传送带保持原来的速度匀 速前进,则传送带的电动机应增加的功率为( )

A.100 W B.200 W C.500 W D.无法确定 【解析】 漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上, 每秒钟有 50 kg 的煤粉被加速至 2 m/s, 故每秒钟传送带的电动机应多做的功为: 1 ?W=?Ek+Q= mv2+f·?s=mv2=200 J 2 ?W 故传送带的电动机应增加的功率 ?P= =200 W. t [答案] B 7.如图所示,一根用绝缘材料制成的轻弹簧,劲度系数为 k,一端固定,另一端与质 量为 m、带电荷量为+q 的小球相连,静止在光滑绝缘水平面上.当施加水平向右的匀强电 场 E 后,小球开始做简谐运动,下列关于小球运动情况的说法中正确的是( ) qE A.小球的速度为零时,弹簧的伸长量为 k 2qE B.小球的速度为零时,弹簧的伸长量为 k C.运动过程中,小球和弹簧系统的机械能守恒 D.运动过程中,小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零 qE 【解析】由题意知,小球位于平衡位置时弹簧的伸长量 x0= ,小球速度为零时弹簧 k 2qE 处于原长或伸长了 2x0= ,选项 A 错误、B 正确. k 小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功,机械能不守恒,动能、弹性势能、 电势能的总和保持不变,选项 D 正确. [答案] BD 8.如图所示,将质量为 m 的滑块放在倾角为 θ 的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩 擦因数为 ?.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为 g, 则[2009 年高考·北京理综卷]( )

A.将滑块由静止释放,如果 ?>tan θ,滑块将下滑 B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果 ?<tan θ,滑块将减速下滑 C. 用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动, 如果 ?=tan θ, 则拉力大小应是 2mgsin θ D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果 ?=tan θ,则拉力大小应是 mgsin θ 【解析】对于静止置于斜面上的滑块,可沿斜面下滑的条件为 mgsin θ>?mgcos θ;同 理,当 mgsin θ<?mgcos θ 时,具有初速度下滑的滑块将做减速运动,选项 A、B 错误;当 ?=tan θ 时,滑块与斜面之间的动摩擦力 f=mgsin θ,由平衡条件知,使滑块匀速上滑的拉

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力 F=2mgsin θ,选项 C 正确、D 错误. [答案] C 9.国产“水刀”——超高压数控万能水切割机,以其神奇的切割性能在北京国际展览 中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动,它能切割 40 mm 厚的钢板、50 mm 厚的大 理石等材料. 将普通的水加压, 使其从口径为 0.2 mm 的喷嘴中以 800 m/s~1000 m/s 的速度射出, 这 种水射流就是“水刀”.我们知道,任何材料承受的压强都有一定限度,下表列出了一些材 料所能承受的压强的限度. A.橡胶 B.花岗石 C.铸铁 5×107 Pa 1.2×108 Pa~2.6×108 Pa 8.8×108 Pa

D.工具钢 6.7×108 Pa 设想一“水刀”的水射流横截面积为 S, 垂直入射的速度 v=800 m/s,水射流与材料接 触后,速度为零,且不附着在材料上,水的密度 ρ=1×103 kg/m3,则此水刀不能切割上述 材料中的( ) 【解析】 以射到材料上的水量 ?m 为研究对象, 以其运动方向为正方向, 由动量定理得: -pS·?t=-ρSv·?t·v 得:p=ρv2=6.4×108 Pa 由表中数据可知:此“水刀”不能切割材料 C 和 D. [答案] CD 10.如图甲所示,质量为 2m 的长木板静止地放在光滑的水平面上,另一质量为 m 的小 铅块(可视为质点)以水平速度 v0 滑上木板的左端, 恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静 止,铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变.若将木板分成长度与质量均相等(即 m1= m2=m)的两段 1、2 后,将它们紧挨着放在同一水平面上,让小铅块以相同的初速度 v0 由木 板 1 的左端开始运动,如图乙所示,则下列说法正确的是( )

A.小铅块滑到木板 2 的右端前就与之保持相对静止 B.小铅块滑到木板 2 的右端后与之保持相对静止 C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 【解析】长木板分两段前,铅块和木板的最终速度为: mv0 1 vt= = v 3m 3 0 v0 1 1 1 且有 Q=fL= mv02- ×3m( )2= mv02 2 2 3 3 长木板分两段后,可定量计算出木板 1、2 和铅块的最终速度,从而可比较摩擦生热和 相对滑动的距离;也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木 板 2 保持相对静止,故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量.

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丙 [答案] AD 二、非选择题(共 60 分) 11.(5 分)图示为伏安法测电阻的部分电路,电路其他部分不变,当开关 S 接 a 点时, 电压表的示数 U1=11 V,电流表的示数 I1=0.2 A;当开关 S 接 b 点时,U2=12 V,I2=0.15 A.那么,为了提高测量的准确性,开关 S 应接______点(填“a”或“b”),Rx 的测量值为 ________?.

[答案] b (2 分) 80 (3 分) 12.(10 分)如图所示,光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切,轻弹簧的一端固定在水平轨 道的左端,OP 是可绕 O 点转动的轻杆,且摆到某处就能停在该处;另有一小钢球.现在利 用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能.

(1)还需要的器材是________、________. (2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量,需要直接测量 ________和________. (3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系,除以上器材外,还准备了 几个轻弹簧,所有弹簧的劲度系数均不相同.试设计记录数据的表格. [答案] (1)天平 刻度尺 (每空 1 分) (2)重力势 质量 上升高度 (每空 1 分) (3)设计表格如下 (5 分) 小球的质量 m=________kg,弹簧 A 压缩量 x(m) 上升高度 h(m) E=mgh(J) 压缩量 x=________cm,小球的质量 m=________kg 弹簧 劲度系数 k(N/m) 上升高度 h(m) E=mgh(J) 13.(10 分)如图所示,一劲度系数 k=800 N/m 的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为 m=12 kg 的物体 A、B,A、B 和轻弹簧静止竖立在水平地面上.现加一竖直向上的力 F 在 上面的物体 A 上,使物体 A 开始向上做匀加速运动,经 0.4 s 物体 B 刚要离开地面,设整个 过程中弹簧都处于弹性限度内,取 g=10 m/s2.求: A B C

(1)此过程中所加外力 F 的最大值和最小值. (2)此过程中外力 F 所做的功.

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【解析】(1)A 原来静止时有:kx1=mg (1 分) 当物体 A 刚开始做匀加速运动时,拉力 F 最小,设为 F1. 对物体 A 有:F1+kx1-mg=ma (1 分) 当物体 B 刚要离开地面时,拉力 F 最大,设为 F2. 对物体 A 有:F2-kx2-mg=ma (1 分) 对物体 B 有:kx2=mg (1 分) 1 对物体 A 有:x1+x2= at2 (1 分) 2 2 解得:a=3.75 m/s 联立解得:F1=45 N (1 分),F2=285 N. (1 分) (2)在力 F 作用的 0.4 s 内,初末状态的弹性势能相等 (1 分) 由功能关系得: 1 WF=mg(x1+x2)+ m(at)2=49.5 J. (2 分) 2 [答案] (1)285 N 45 N (2)49.5 J 14.(12 分)如图甲所示,倾角为 θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内, 导轨间距为 l,与电阻 R1、R2 及电容器相连,电阻 R1、R2 的阻值均为 R,电容器的电容为 C, 空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.一个质量为 m、阻值也为 R、长 度为 l 的导体棒 MN 垂直于导轨放置, 将其由静止释放, 下滑距离 s 时导体棒达到最大速度, 这一过程中整个回路产生的焦耳热为 Q,则:

甲 (1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少? (2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过 R1 的电荷量为多少? 【解析】(1)当达到最大速度时,导体棒匀速运动,电容器中没有电流,设导体棒稳定 下滑的最大速度为 v,有: E=Blv (1 分) E I= (1 分) R2+R B2l2v 所以 F 安=BIl= (2 分) 2R 导体棒的受力情况如图乙所示,根据受力平衡条件有:

乙 F 安=mgsin θ (1 分) 2mgRsin θ 解得:v= . (2 分) B2l2 (2)棒加速运动时电容器上的电压增大,电容器充电;当棒达到最大速度后,电容器上 的电荷量最大并保持不变,所以流过 R1 的电荷量就是电容器所带的电荷量,则: E E Blv mgRsin θ (3 分) U=IR2= R= = = 2R 2 2 Bl

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mgRCsin θ QR1=CU= . (2 分) Bl 2mgRsin θ mgRCsin θ [答案] (1) (2) B2l2 Bl 15.(13 分)如图甲所示,一质量为 m、电荷量为 q 的正离子,在 D 处沿图示方向以一 定的速度射入磁感应强度为 B 的匀强磁场中,此磁场方向垂直纸面向里.结果离子正好从 距 A 点为 d 的小孔 C 沿垂直于电场方向进入匀强电场,此电场方向与 AC 平行且向上,最 后离子打在 G 处,而 G 处到 A 点的距离为 2d(直线 DAG 与电场方向垂直).不计离子重力, 离子运动轨迹在纸面内.求:

甲 (1)正离子从 D 处运动到 G 处所需时间. (2)正离子到达 G 处时的动能. 【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示,在磁场中做圆周运动的时间为:

乙 1 2πm t1= T= (1 分) 3 3Bq 圆周运动半径 r 满足:r+rcos 60°=d 2 解得:r= d (1 分) 3

(1 分)

mv0 设离子在磁场中运动的速度为 v0,则有:r= (1 分) Bq 2Bqd 解得:v0= (1 分) 3m 2d 3m 离子从 C 运动到 G 所需的时间 t2= = (2 分) v0 Bq 离子从 D→C→G 的总时间为: (9+2π)m t=t1+t2= . (2 分) 3Bq (2)设电场强度为 E,对离子在电场中的运动过程,有: 1 qE=ma,d= at22 (1 分) 2 1 由动能定理得:Eq·d=EkG- mv02 (1 分) 2 4B2q2d2 解得:EkG= . (2 分) 9m (9+2π)m 4B2q2d2 [答案] (1) (2) 3Bq 9m 16.(15 分)如图甲所示,质量 m1=2.0 kg 的物块 A 随足够长的水平传送带一起匀速运 动,传送带的速度大小 v 带=3.0 m/s,方向如图所示;在 A 的右侧 L=2.5 m 处将质量 m2= 3.0 kg 的物块 B 无初速度放上传送带. 已知在 A、 碰后瞬间 B 相对传送带的速度大小为 1.0 B m/s,之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时,传送带立即以大小为 2.0 m/s2 的加速 度制动,最后停止运动.传送带的运动情况不受物块 A、B 的影响,且 A、B 碰撞的时间极

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短.设两物块与传送带间的动摩擦因数均为 ?=0.10.求:

甲 (1)物块 B 刚开始滑动时的加速度. (2)碰撞后两物块的速度. (3)两物块间的最大距离. 【解析】(1)物块 B 刚开始滑动时,加速度为: ?m2g a= =?g=1 m/s2,方向向右. (2 分) m2 (2)设经 t1 时间,A、B 两物块相碰,有: 1 2 at +L=v 带 t1 2 1 解得:t1=1 s,t1′=5 s(由上述分析可知,t1′不合题意,舍去) 碰前 B 的速度 v2=at1=1 m/s (2 分) 由题意可知:碰后 B 的速度 v2′=2 m/s 或 v2″=4 m/s 由动量守恒定律得: m1v 带+m2v2=m1v1′+m2v2′ m1v 带+m2v2=m1v1″+m2v2″ 解得:碰后 A 的速度 v1′=1.5 m/s 或 v1″=-1.5 m/s 1 1 1 1 2 检验:由于 m1v带+ m2v2< m1v1′2+ m2v2″2 2 2 2 2 2 故 v1″=-1.5 m/s、v2″=4 m/s 这组数据舍去 所以碰后 A 的速度 v1′=1.5 m/s,方向向右;B 的速度 v2′=2 m/s,方向向右. (3 分) (3)因碰后两物块均做加速度运动,加速度都为 a=1 m/s2,所以 B 的速度先达到与传送 带相同速度,设 B 达到与传送带速度相同的时间为 t2.

乙 有:v 带=v2′+at2,t2=1 s 此时 A 的速度 v3=v1′+at2=2.5 m/s<v 带 故从 t2 之后 A 继续加速运动,B 和传送带开始减速运动,直到 A 和传送达到某个共同 速度 v4 后,A 所受的摩擦力换向,才开始减速运动.设 A 继续加速度的时间为 t3,则: 1 v4=v3+at3=v 带-a 带 t3,t3= s 6 8 A 的速度 v4=v3+at3= m/s (2 分) 3 17 此时 B 的速度 v5=v 带-at3= m/s,之后 A、B 均做减速运动,因为在整个过程中 B 6 的速度始终大于 A 的速度,所以当 A、B 都静止时两物块间的距离最大. (1 分) v2 -v2′2 0-v2 带 带 + =7 m B 碰后运动的总位移 s2= 2a 2×(-a)

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v2′+v带 v带 v带 或 s2= t2+ × =7 m (2 分) 2 2 a 2 v2-v1′2 0-v4 4 A 碰后运动的总位移 s1= + ≈6 m (2 分) 2×a 2×(-a) 两物块间的最大距离 sm=s2-s1=1 m. (1 分) [答案] (1)1 m/s2,方向向左 (2)A 的速度为 1.5 m/s,方向向右;B 的速度为 2 m/s,方向向右 (3)1 m

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