文档内容
专题 04 类比法
所谓类比法，是指两种或两类物理过程、物理模型在处理方式和方法上具有相似性，通过对已知特定
物理过程和模型的学习，类比拓展到具有相似规律的物理问题的处理中去，从而触类旁通，举一反三，找
到解决问题的正确途径和方法。高中阶段较为常见典型的用类比法处理的问题和模型，有以下几种：类竖
直上抛运动、类平抛运动、类斜抛运动、类小船过河问题、类碰撞模型、类弹簧振子模型，它们与处理竖
直上抛运动、平抛运动、斜抛运动、小船过河问题、碰撞模型和弹簧振子模型方法类似。
所以我们需要熟练掌握以上六类问题的基本规律和处理方法，然后类比到对应问题中去，下面我们重
点复习和展示一下这六类问题的基本规律和处理方法。
一、竖直上抛运动的规律
1.研究竖直上抛运动的两种方法：
（1）分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。
（2）全程法：将全过程视为初速度为v，加速度a＝－g的匀变速直线运动。
0
①速度时间关系： ；
②位移时间关系： ；
③速度位移关系： 。
④符号法则：
1）v>0时，物体上升；v<0时，物体下降；2）h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。
（3）两个重要结论：①最大高度： ；②到达最高点的时间：
2.竖直上抛运动的图像
v-t图像 h-t图像
3.竖直上抛运动的对称性
物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等
时间对称
物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的
时间相等
物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反
速度对称
物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能
能量对称
分别相等
二、平抛运动的规律
1．基本规律(如图所示)
(1)速度关系(2)位移关系
(3)轨迹方程：y＝x2。
2．四个基本规律
飞行时间 由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与初速度v 无关
0
水平射程 x＝v，即水平射程由初速度v 和下落高度h共同决定，与其他因素无关
0 0
落地速度 v＝＝，落地速度也只与初速度v 和下落高度h有关
0
速度改变量
任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示
3.做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与
水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ。
4.做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中 A
点为OB的中点。
三、斜抛运动的规律水平竖直正交分解 最高点一分为二变平抛运动 将初速度和重力加速度
处理方法
化曲为直 逆向处理 沿斜面和垂直斜面分解
g =gcosα
垂直斜面： 1
v =v cosθ v =v sinθ−g⋅t
水平速度： x 0 1 0 1
x=v cosθ⋅t 1
0 y=v sinθt− g t2
0 2 1
竖直速度：
v =v sinθ−gt 最高点：速度水平 沿着斜面： g 2 =gsinα
基本规律 y 0
v
0x
=v
0
cosθ
v =v cosθ+g ⋅t
y=v sinθt− 1 gt2 2 0 2
0 2
1
(v
0
sinθ) 2 x=v
0
cosθt+
2
g
2
t2
h =
最高点： m 2g (v sinθ) 2
0
h =
m 2g
最高点： 1
四、类小船过河问题
1．船的实际运动：是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。
2．三种相关速度：船在静水中的速度v 、水的流速v 、船的实际速度v。
船 水
3．两种渡河方式
方式 图示 说明
渡河时间最短 当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间t ＝
min
当v v 时，如果船头方向(即v 方向)与合速度方向垂
水 船 船
直，渡河位移最短，最短渡河位移为x ＝
min
五、类碰撞模型（一）弹性碰撞
1.碰撞三原则：
(1)动量守恒：即p＋p＝p′＋p′.
1 2 1 2
(2)动能不增加：即E ＋E ≥E ′＋E ′或＋≥＋.
k1 k2 k1 k2
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v >v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
后 前
动，则应有v ′≥v ′。
前 后
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 和m，碰前速度为v，
1 2 1
v，碰后速度分别为vˊ，vˊ，则有：
2 1 2
(1) (2)
v 1 v 2 v 1 ’ˊ v 2 ’ˊ
联立（1）、（2）解得：
m m
1 2
m v +m v m v +m v
2 1 1 2 2 −v 2 1 1 2 2 −v
m +m 1 m +m 2
v’= 1 2 ，v’= 1 2 .
1 2
特殊情况： 若m=m ，vˊ= v ，vˊ= v .
1 2 1 2 2 1
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m 、速度为v 的小球与质量为m 的静止小
1 1 2
球发生正面弹性碰撞为例，则有mv＝mv′＋mv′ （1） mv＝mv′2＋mv′2 （2）
1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2
解得：v′＝，v′＝
1 2
结论：(1)当m＝m 时，v′＝0，v′＝v(质量相等，速度交换)
1 2 1 2 1
(2)当m＞m 时，v′＞0，v′＞0，且v′＞v′(大碰小，一起跑)
1 2 1 2 2 1
(3)当m＜m 时，v′＜0，v′＞0(小碰大，要反弹)
1 2 1 2
(4)当m≫m 时，v′＝v，v′＝2v(极大碰极小，大不变，小加倍)
1 2 1 0 2 1
(5)当m≪m 时，v′＝－v，v′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
1 2 1 1 2
（二）非弹性碰撞和完全非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：mv+m v=m vˊ+m vˊ (1)
1 1 2 2 1 1 2 2
损失动能ΔE 根据机械能守恒定律可得： mv2+ mv2= mvˊ2+ mvˊ 2 + ΔE. (2)
k， 1 1 2 2 1 1 2 2 k2.完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
mv+m v=(m+m )v （1） v 1 v 2 v 共
1 1 2 2 1 2 共
m m
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： 1 2
ΔE = ½mv2+ ½ mv2- ½(m +m )v 2 （2）
k 1 1 2 2 1 2 共
m v +m v 1 m m
1 1 2 2 1 2 (v −v ) 2
m +m 2 m +m 1 2
联立（1）、（2）解得：v = 1 2 ；ΔE= 1 2
共 k
（三）类碰撞模型
六、弹簧振子模型
类“完全弹性碰撞” 类“完全非弹性碰撞”
子弹打木
块模型
板块模型
弹簧模型弧形槽模
型
摆球模型
弹簧振子模型
1.弹簧振子运动的基本特征：
位移特征
受力特征 回复力：F=-kx；F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。
能量特征 系统的动能和势能相互转化,机械能守恒
质点经过关于平衡位置O对称的两点时,速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置
对称性特征
的位移大小相等；由对称点到平衡位置用时相等。
质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周
周期性特征
期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为
2. 注意：
（1）弹簧振子在一个周期内的路程一定是4A，半个周期内路程一定是2A，四分之一周期内的路程不一定
是A。
（2）弹簧振子周期和频率由振动系统本身的因素决定（振子的质量m和弹簧的劲度系数k ），
周期公式： ，与振幅无关。
方法一：类竖直上抛运动【方法演练1】如图所示，在倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端，一小球以 的初速度沿斜
面向上运动（g取10 m/s2），则（ ）
A．小球沿斜面上升的最大距离为20 m
B．小球回到斜面底端的时间为4 s
C．小球运动到距底端7.5 m处的时间可能为3 s
D．小球运动到距底端7.5 m处的时间可能为1 s
【答案】BCD
【详解】A．由 得 小球沿斜面上升的最大距离 ，A错误；
B．上升时间 根据对称性知 ，B正确；
CD．对全过程分析 得 或 故CD正确。故选BCD。
方法二：类平抛运动
【方法演练2】如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P
以初速度v 水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，已知重力加速度为g。则（ ）
0
A．物块由P点变加速运动到Q点
B．物块由P点以加速度 匀加速运动到Q点
C．物块由P点运动到Q点所用的时间
D．物块的初速度【答案】BD
【详解】AB．物块在光滑斜面受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律可得 解得
可知物块由P点以加速度 匀加速运动到Q点，故A错误，B正确；
CD．物块沿斜面向下的分运动为初速度为0，加速度为 的匀加速直线运动，则有
联立解得 物块沿 方向的分运动为匀速直线运动，则有 解得
故C错误，D正确。故选BD。
方法三：类斜抛运动
【方法演练3】如图，质量为 、带电荷量为 的小金属块 以初速度 从光滑绝缘水平高台上飞出。已
知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小 。则（ ）
A．金属块不一定会与高台边缘相碰
B．金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动
C．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为
D．金属块运动过程的最小速度为
【答案】BCD
【详解】AB．金属块在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向先向右做匀减速运动，当速度减小到零后
再向左做匀加速运动，一定能回到高台的边缘；在运动过程中，所受的电场力和重力的合力保持不变，因此做匀变速运动，A错误，B正确；
C．在水平方向上，当向右运动的速度减小到零时，距离高台边缘最远，根据 而 可得最大
距离 ，C正确；
D．重力与电场力的合成为F，设合力与电场力方向的夹角为θ，如图所示
可知 将速度方向沿F的方向和垂直于F的方向正交分解，当沿F的方向速度
减小到零时，速度达到最小值，最小值为 ，D正确。故选BCD。
方法四：类小船过河问题
【方法演练4】如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿着跑道AB运动拉弓
放箭射向他左侧的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为v，运动员静止时射出的箭速度为v，跑道离
1 2
固定目标的最近距离OA=d。若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则
（ ）
A．运动员应瞄准靶心放箭
B．运动员应在距离A点为 d的地方提前放箭C．箭射到靶心的最短时间为
D．箭射到靶的最短时间为
【答案】BC
【分析】运动员放出的箭既参与了沿马运行方向上的匀速直线运动，又参与了垂直于马运行方向上的匀速
直线运动，当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，根据 求出最短时间，根据分运
动和合运动具有等时性，求出箭在马运行方向上的距离，根据运动的合成，求出运动员放箭处离目标的距
离。
【详解】A．箭参与了沿马运行方向上的匀速直线运动和垂直于马运行方向上的匀速直线运动，如图：
要击中目标靶，运动员应瞄准靶心左侧放箭，选项A错误；
CD．当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，所以最短时间 选项C正确，D错误；
B．箭垂直于马运行方向发射时，箭在沿马运行方向上的位移为x=vt= d即运动员应在距离A点为 d的
1
地方提前放箭，选项B正确。故选BC。
方法五：类碰撞模型
【方法演练5】如图所示，质量分别为 的木块A、B静止在光滑水平面上，一轻质弹簧与B固定连接，
一颗质量为 的子弹，以水平向右的速度 射入木块A并停留其中，子弹和木块的作用时间极短，在此后
的过程中，下列说法正确的是（ ）A．子弹打入木块A后的瞬间，A、B和子弹的速度大小均为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．木块B的最大速度大小为
D．当弹簧恢复原长时，木块A的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．子弹打入木块A的瞬间，B的速度为零，子弹与A组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，
则有 可得A的速度为 故A错误；
B．当弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相同，此时弹簧的弹性势能最大，子弹、A、B组成的系统动量守
恒，则有 可得 根据系统机械能守恒有 可得
故B正确；
CD．当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量和能量守恒 ；
可得块B的最大速度大小为 ，A的速度为 即弹簧恢复原长时，木块A的速度大小为 ，故
C错误，D正确。故选BD。
方法六：类弹簧振子模型
【方法演练6】科幻作品是在尊重基础科学结论的基础上进行合理设想而创作出的文艺作品，在某科幻小
说中，地球中间出现一道竖直裂缝，可简化为如图所示的模型。物体 从 处由静止释放后，穿过地心
到达 ，用时 ，已知质量分布均匀的球壳对于放于内部的质点的引力为零；质量为 ，劲度系数为 的弹簧振子的周期公式为 ，引力常量为 ，可将地球看作质量均匀分布的球体，不计空气阻力。
则地球的平均密度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据题意，设地球的密度为 ，当物体离地心的距离为 时 物体受到的合力为
可得 类比弹簧振子，则有
可得 解得 故选C。
1．如图所示，底角为30°的固定斜面上表面光滑，斜面上方有平行于斜面向上的匀强电场。一质量
，带电量 的小物块无初速度的在斜面底端释放，能沿斜面向上做匀加速直线运动。经过时
间t后撤去电场，再经过时间 小物块恰好回到斜面底端，则该匀强电场的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【详解】物块加速时，加速度大小 方向沿斜面向上，时间t后，小物块速度
位移 小物块减速时，加速度 方向沿斜面向下，时间2t后恰好回到斜面底端，在这2t内，
位移 解得 故 故选C。
2．如图，小蜀同学站在水平向右以v 匀速运动的滑板上，看到其正对面的墙上有一根竖直细管，某时刻
1
在固定高度用弹弓将弹丸平行水平面射出，已知弹弓静止时发射弹丸的速度大小为v，且v>v，忽略空气
0 0 1
阻力，则（ ）
A．不管以何种方式击中细管，弹丸在击中细管前，其在空中运动的时间都相同
B．小蜀同学运动到O点时，为击中细管，他应瞄准细管发射弹丸
C．为使细管上的弹痕位置最高，小蜀同学应在O点左侧发射弹丸
D．为使弹丸命中细管且在水平方向位移最短，小蜀同学应在O点左侧发射弹丸
【答案】C
【详解】AC．根据题意可知，人运动方向与墙面平行，而弹弓静止时发射弹丸的速度大小一定，方向可以
在水平面内变化，弹丸在速度v 方向上做匀速直线运动，当弹丸在速度v 方向垂直墙壁发射时，该速度方
0 0
向上的分位移最小，根据分运动的独立性与等时性可知，当人运动到O点左侧某一位置时，弹丸在速度v
0
方向垂直墙壁发射击中细管，用时最短，在竖直方向上弹丸做自由落体运动，则有 可知，弹丸在
速度v 方向垂直墙壁发射击中细管时，弹丸竖直向下分位移最小，则此时的弹痕最高，故错误，C正确；
0
BD．当运动到O点时，由于弹丸飞出时还存在沿人运动方向上的分速度v，则应瞄准左前方，向左前方发
1
射，弹丸才能获得指向细管的水平合速度，此时弹丸指向细管的水平合速度方向恰好与墙面垂直，此方式水平位移最短，故BD错误。故选C。
3．如图所示，一质量 的小球在5个力的作用下水平向右做匀速直线运动，其中力F的方向竖直
向下，大小为0.6N，经历时间 ，小球从位置O运动到A，O、A间的距离 。当小球到达位
置A瞬间，力F方向变为竖直向上而大小不变，又经历1.0s，小球到达位置B（图中没有画出），则下列
说法正确的是（ ）
A．在小球从O运动至A的过程中，力F的冲量为0
B．位置A与位置B之间的间距为
C．小球在位置B的速度大小为
D．在小球从O运动至B的过程中，力F做的功等于1.2J
【答案】BD
【详解】A．在小球从O运动至A的过程中，力F的冲量为 故A错误；
B．由题可知 当小球到达位置A瞬间，力F方向变为竖直向上而大小不变，则小球受到的合
外力为 由牛顿第二定律可得 故竖直方向上
水平方向上 则位置A与位置B之间的间距为 故B正确；
C．小球在位置B的速度大小为 故C错误；
D．从O到A的过程中，力F不做功，从A到B过程中F做正功为 故D正确。
故选BD。4．如图所示，两带电平行板M、N水平放置，带电粒子 、 、 分别以初速度 、 、 沿两板间中
线先后自同一位置进入板间电场，均恰从N板边缘射出电场。不计粒子重力，忽略粒子间相互作用及电场
的边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．粒子 、 、 在两板间运动的时间之比为
B．粒子 、 、 在两板间运动的时间之比为
C．粒子 、 、 入射时动量大小之比为
D．粒子 、 、 入射时动量大小之比为
【答案】BC
【详解】AB．设两极板间的距离为 ，极板长度为 ，带电粒子在电场中做类平抛运动，偏转位移相同，
有 ， 得 由于电场强度和电荷量都相同，所以 ，则粒子 、 、 在两
板间运动的时间之比为 ，A错误，B正确；
CD．由 得 知 ，粒子 、 、 进入电场时的速度大小之比为 ，根
据
可知，三种粒子入射时的动量大小之比为 ，C正确，D错误。故选BC。
5．如图，倾角为 的斜面上有一个电荷量为 （ ），质量为 的小球以 的初速度水平抛出。竖
直平面内有一水平向左的匀强电场，电场强度为 。已知小球回到斜面时速度方向与斜面的夹角不变，克
服电场力做功 。从抛出小球到小球回到斜面的运动过程中，下列说法正确的是（ ）A．场强大小
B．小球落点距抛出点的竖直高度为
C．小球最小速度为
D．若第二次抛出小球时撤去电场，则两次小球离斜面最远距离之差为
【答案】BD
【详解】A．设小球落回到斜面时速度为 ，则其水平分速度 水平方向只受静电力作用，做匀
减速直线运动，则 ， 水平方向的位移大小 小球克服电场力做功 联立解
得 由类斜抛运动知识可得，小球合力方向垂直斜面向下，则 解得 故A错误；
B．由A项分析可得，小球水平方向的位移大小 则小球落点距抛出点的竖直高度为
故B正确；
C．由类斜抛运动知识可得，当小球沿垂直斜面的分速度为0时，速度最小，即
故C错误；D．第一次抛出小球时，离斜面最远距离 第二抛出小球时，在运动起点同时垂直斜
面方向和平行斜面方向分解 、g，垂直于斜面向上为y轴正方向，y轴方向分速度
y轴方向分加速度大小 则有 ； 解得 ；
所以 故D正确。故选BD。
6．如图所示，竖直平面内的平行板电容器两极板长度为L，所带电荷量保持不变，某带正电微粒紧靠下极
板边缘P点，以大小为 、方向与极板成 角斜向上的速度射入电场，微粒从极板右端M点平行于极板
方向射出，M点到两极板距离均为d，忽略边缘效应，不计微粒的重力。下列说法正确的是（ ）
A．微粒在极板间的运动轨迹为抛物线
B．
C．若仅将上极板向上移动少许，射出点将位于M点下方
D．若将微粒从M点以大小为 、方向向左的初速度垂直电场方向射入电场，运动轨迹不变
【答案】AB
【详解】A．微粒在平行板电容器只受电场力作用，微粒初速度方向与电场力方向不在同一直线上，微粒
做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，故A正确；
B．从P到M点，水平方向有 竖直方向有 且 可得 故B正确；C．电容器所带电荷量保持不变，根据 故两板间电场强度与板间距离无关，
两板间电场强度不变，微粒受力不变，轨迹不变，仍然从M点射出，故C错误；
D．若将微粒从M点以大小相等的初速度垂直电场方向射入电场，粒子运动的时间为
竖直方向位移为 射出点位于P点上方，故D错误。故选AB。
7．在某玻璃自动切割生产线上，宽6m的成型玻璃板以 的速度匀速向前运动，在切割工序处，金
刚钻的割刀速度为 ，为了使割下的玻璃都成规定尺寸的矩形，则下列说法正确的是( )
A．金刚钻的割刀速度与玻璃板的运动方向成
B．金刚钻的割刀速度与玻璃板的运动方向成
C．切割一次的时间为3s
D．切割一次的时间为
【答案】BC
【详解】AB．为使割线垂直玻璃两边，就要求割刀速度v 在沿玻璃板的运动速度v 方向的分量等于v，这
2 1 1
样割刀就在v 方向上与玻璃同步了，如图
1
由几何关系可知 解得 故A错误，B正确；
CD．切割一次的时间为 故C正确，D错误。故选BC。
8．如图所示，带有 光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，一质量为 的小球以水平速度 从小
车左端冲上小车，一段时间后小球从小车的左端飞出，已知小车的质量为 ，重力加速度大小为 ，下列说法正确的是（ ）
A．小球上升的最大高度为 B．小球从小车的左端飞出的速度大小为
C．小球从小车的左端飞出后小车的速度大小为 D．整个过程中小球对小车做的功为
【答案】BD
【详解】A．系统水平方向动量守恒，小球上升到最大高处时，二者共速，可得
由机械能守恒可得 联立，解得 故A错误；
BC．设水平向右为正方向，取小球从小车的左端飞出时为末状态，根据动量守恒，可得
由机械能守恒，可得 联立，解得 故B正确；C错误；
D．整个过程中小球对小车做的功为小车增加的动能，即 故D正确。故选BD。
9．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在
太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探
测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考
系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为 ，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度
大小分别为 和 。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以
与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】设探测器的质量为 ，行星的质量为 ，探测和行星发生“弹性碰撞”对于模式一：设向左为
正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得
联立解得探测器“碰撞”后的速度 因 ，则 对于模式二：设向左
为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得
联立解得探测器“碰撞”后的速度 因 ，则 则
故BC正确，AD错误。故选BC。
10．如图a所示，下端附有重物的粗细均匀木棒浮在水中，已知水的密度为 ρ ，木棒的横截面积为 S ，
重力加速度大小为 g ，将木棒向下按压一段距离后释放，木棒所受的浮力 F 随时间周期性变化，如图b
所示，下列说法正确的是（ ）
A．木棒做简谐运动，重力充当回复力
B．0~0.25s 内木棒的加速度逐渐减小
C．木棒和重物的重力之和等于
D．木棒所受合外力与偏离初始位置的距离成正比【答案】BD
【详解】A．木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故A错误；
B．0~0.25s内木棒的浮力减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，则其加速度逐
渐减小，故B正确；
C．根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的位置加速度大小相等，故在最低点有：
在最高点有： 联立可得： 故C错误；
D．设向下为正，则在初始位置时，由平衡条件可得 在偏离平衡位置x位置时，木棒所受合外
力为： 则木棒所受合外力大小与偏离初始位置的距离成正比，且比值
为 ，故D正确。故选BD。
11．设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过
隧道到达另一端的B点， 为隧道的中点， 与地心O的距离为 ，假设地球是半径为R的质量
均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到
的距离为x，则（ ）
A．列车在隧道中A点的合力大小为mg B．列车在P点的重力加速度小于g
C．列车在P点的加速度等于 D．列车在运动中的最大速度为
【答案】BD
【详解】A．设列车在A时， ，列车在A点受到地球的引力为列车在A点受到合力为 根据几何关系有 解得 故A错误；
BC．设地球的质量为 ，列车运动到P点距地心为 ， ，根据几何关系有
列车运动到P点加速度满足 根据 ， 可得
又 联立解得 故B正确，C错误；
D．列车在隧道内距 的距离 时，合力为 可知 随 均匀变化，列车从A到 做加速度
减小的加速运动，则列车在 点有最大速度，则有 其中 ， ，
联立解得 故D正确。故选BD。
12．如图，在水平地面上固定一倾角为37°足够长的的斜面，有一木块以初速度8m/s冲上斜面，木块与斜
面的动摩擦因数为0.25，（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）则：
（1）木块沿斜面上升的最大距离为多少？
（2）木块在斜面上运动的时间为多少？
（3）如果斜面是光滑的，求木块运动到离斜面底端4m处的速度？
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）对木块分析受力，根据牛顿第二定律有 ， ，
联立以上可得加速度为 物体沿斜面做匀减速运动，根据
可得木块沿斜面上升的最大距离为（2）木块上升到最高点所用的时间为tt= =1s木块上升到最高点后
11
故木块不能停留在斜面上，沿斜面下滑 解得下滑加速度为
木块下滑的时间为t，有 ； 木块在斜面上运动的总时间为
2
（3）如果斜面是光滑的，木块上升到最高点后沿斜面返回，在斜面是的加速度不变，
加速度大小为 由速度位移公式得 - =-2ax木块离斜面底端4m时的速度v=±
=±4m/s速度的大小是4m/s，方向沿斜面向上或向下。
