在高中物理的复习和考试中，单个物体或多物体体系做往返运动的实例屡见不鲜.根据该类问题中研究物体的速度变化规律，我们把往返运动基本可分为：类上抛型(“v零v”型)、“零v零”型和“鹿回家”三大类型，下面将对这三种类型问题的运动规律以及求解思路等展开具体描述.

一、类上抛型(v零v型)

有这样一种往返运动，它虽然不是严格的竖直上抛运动，却可以采用类似的方法来处理；它的初末速度虽然不一定表现出严格的对称性，却也呈现出“非零—零—非零”的变化趋势，这类运动被统称为“类上抛”或“v零v”运动.表1总结了几种典型类上抛运动的运动规律和对应v-t图.

表1 典型类上抛模型的物理规律对比运动规律结论v-t图像竖直上抛运动全过程:v=v0-gt h=v0t-12gt2v2-v02=-2gh上升的最大高度:H=v20/2g,上升到最高点的时间:t=v0/g,回到抛出点时的速度v=-v0.(严格的对称性)光滑斜面往返、传送带上往返(v传≥v0)全过程:v=v0-at x=v0t-12at2v2-v02=-2ax离出发点的正向最大距离:x=v20/2a,刚要返回时的运动时间:t=v0/a,回到出发点时的速度v=-v0.(严格的对称性)阻力恒定的上抛运动、粗糙斜面往返运动减速段:v=v0-a1t x=v0t-12a1t2v2-v02=-2a1x加速段:v=a2t x=12a2t2 v2=2a2x 离出发点的正向最大距离:x=v20/2a1,刚要返回时的运动时间:t=v0/a1,vv0=a2a1=t1t2.(除往返距离相等外,不具备对称性)阻力与速度成正比的竖直上抛运动较复杂,略抛出点加速度最大,am=g+kv0m,最高点a=g,落回点加速度最小amin=g-kvm.(除往返距离相等外,不具备对称性,高度足够高,物体向下可能做匀速运动)部分类上抛:物块经传送带减速到零、后反向加速、再匀速运动(v传

例1 如图1甲，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m=1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图1乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.则下列说法正确的是( ).

A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75

B．0～8 s内因摩擦产生的热量为72 J

C．0～8 s内物体机械能的增量为84 J

D．0～8 s内因放上物体，传送带电动机多消耗的电能为216 J

图1

解析根据v-t图像的斜率表示加速度可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a=1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得μ=0.875，故A错误；0～8 s内物体位移为物体被送上的高度为h=x·sinθ=8.4 m，重力势能的增量为ΔEp=mgh=84J，动能增量为J，机械能增量为ΔE=ΔEp+ΔEk=90J，故C错误；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动；0～6 s内传送带运动距离为s1=4×6 m=24 m，0～6 s内物体对地位移为m=6 m，因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ·sxd=μmgcosθ·(s1-s2)=0.875×1×10×0.8×18 J=126 J，0～8 s内传送带电动机多消耗的电能为W=ΔE+Q=90 J+126 J=216 J，故B错误，D正确.

点评本题每个选项都要求学生找出对应物理过程并列式计算，比较繁琐.但若对“类上抛”型往返运动十分熟悉，通过本题给出的v-t图像，就不难联想到对应运动规律，进而提高做题速度.

例2 若在运动过程中空气阻力大小不变，竖直向上抛出物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为( ).

解析取k=1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为代入后只有C满足.

点评通过比较发现，由题设初速度为k·v，具体分析本题的运动过程，把时间硬算出来，不仅耗费大量时间，同时也给答题者的计算带来了负担.但在熟练掌握竖直上抛运动的运动规律之后，结合选项特点即可通过巧取特殊值完成快速求解.

图2

例3 如图2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>tanθ，图3四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)( ).

图3

解析小木块沿传送带向下运动的过程中所受的滑动摩擦力沿斜面向上，设小木块的质量为m、加速度大小为a，因为μ>tanθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，故小木块做匀减速运动，根据牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得a=μgcosθ-gsinθ，当小木块的速度减小到零时，小木块相对传送带向下运动，其所受的滑动摩擦力沿斜面向上，小木块沿传送带向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a=μgcosθ-gsinθ，当小木块的速度增加到v0时，小木块受沿斜面向上的静摩擦力，由于重力沿斜面方向的分力小于最大静摩擦力，故小木块与传送带保持相对静止，选项A正确，B、C、D错误.

文章来源：《水动力学研究与进展》 网址: http://www.sdlxyjyjzzz.cn/qikandaodu/2021/0727/653.html

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