高考物理模型

第1页高三大一轮复习学案高考物理模型第2页高三大一轮复习学案•01纸带类模型•02动杆定杆死结活结模型•03滑板-滑块模型•04竖直平面内圆周运动的绳杆模型•05传送带模型•06带电粒子在交变电磁场中的运动模型•07流体柱状模型•08速度选择器模型•09导体棒+滑轨模型•10理想变压器模型第3页高三大一轮复习学案物理模型1纸带类模型第4页高三大一轮复习学案研究多物体在时间或空间上重复同样运动问题或单物体连续相等时间内运动问题时，可将其运动看成打点计时器打下的纸带问题进行研究，应用以下两个重要推论求解.1平均速度公式：.2任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即Δx＝aT2.第5页高三大一轮复习学案第6页高三大一轮复习学案[典例]从斜面上某一位置每隔0.1s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示．现测得AB＝15cm，BC＝20cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)D、C两球相距多远？(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？第7页高三大一轮复习学案解析小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.1s，可以认为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置．(1)由推论Δx＝aT2可知，小球的加速度大小为a＝ΔxT2＝xBC－xABT2＝20×10－2－15×10－20.12m/s2＝5m/s2.第8页高三大一轮复习学案(2)由题意知B点是AC段的中间时刻，可知B点小球的速度等于AC段上的平均速度，即vB＝vAC＝xAC2T＝20×10－2＋15×10－22×0.1m/s＝1.75m/s.(3)由于相邻相等时间内位移差恒定，所以xCD－xBC＝xBC－xAB所以xCD＝2xBC－xAB＝2×20×10－2m－15×10－2m＝0.25m.第9页高三大一轮复习学案(4)设A点小球速度为vA，由于vB＝vA＋at，所以vA＝vB－at＝1.75m/s－5×0.1m/s＝1.25m/s所以A点小球运动时间为tA＝vAa＝1.255s＝0.25s因为每隔0.1s释放一个小球，故A点小球的上面滚动的小球还有2个．答案(1)5m/s2(2)1.75m/s(3)0.25m(4)2个第10页高三大一轮复习学案[突破训练]1．(多选)物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2m，BC＝3m．且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是()A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD＝4mC．可求得OA之间的距离为1.125mD．可求得OA之间的距离为1.5m第11页高三大一轮复习学案解析：选BC.设加速度为a，时间为T，则有Δx＝aT2＝1m，可以求得CD＝4m，而B点的瞬时速度vB＝xAC2T，所以OB之间的距离为xOB＝v2B2a＝3.125m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125m，即B、C选项正确．第12页高三大一轮复习学案2．某同学获得一竖直上抛小球的频闪照片图，已知频闪仪每隔0.05s闪光一次，图中所标数据为实际距离．(当地重力加速度取9.8m/s2，小球质量m＝0.2kg，结果保留三位有效数字)(1)由频闪照片上的数据计算t4时刻小球的速度v4＝_____m/s.(2)小球上升的加速度大小约为a＝________m/s2.(3)对(2)的数据进行分析，可得到的结论是________________________．第13页高三大一轮复习学案解析：(1)做匀变速直线运动的物体，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故t4时刻的瞬时速度等于t3～t5时间段的平均速度，即v4＝h3＋h42T＝21.16＋18.66×10－22×0.05m/s＝3.98m/s.(2)由Δx＝aT2得，小球的加速度大小为a＝h1＋h2－h3＋h44T2＝26.18＋23.68－21.16＋18.664×0.052×10－2m/s2＝10.0m/s2.第14页高三大一轮复习学案(3)小球的加速度大于重力加速度，是由于小球上升过程中受到空气阻力的作用．答案：(1)3.98(2)10.0(3)小球上升过程中受到空气阻力的作用第15页高三大一轮复习学案物理模型2“动杆”、“定杆”和“死结”、“活结”模型第16页高三大一轮复习学案1．“动杆”和“定杆”模型杆所受到的弹力方向可以沿着杆，也可以不沿杆，因此在分析问题时，要注意是动杆还是定杆．第17页高三大一轮复习学案(1)若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动．如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．(2)若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向．如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内．弹力的方向不沿杆的方向．第18页高三大一轮复习学案2．“活结”和“死结”问题(1)当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上力的大小是相等的，即滑轮只改变力的方向，不改变力的大小．例如图乙中，两段绳中的拉力F1＝F2＝mg.(2)若结点不是滑轮，是称为“死结”的结点，则两侧绳上的弹力不一定相等．例如图甲中，B点固定，B点下面绳中的拉力大小始终等于mg，而B点上侧绳AB中的拉力随杆的转动而变化．第19页高三大一轮复习学案[典例]如图甲所示，轻绳AD跨过固定的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻轩的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：第20页高三大一轮复习学案(1)轻绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；(2)轻杆BC对C端的支持力；(3)轻杆HG对G端的支持力．解析如题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如下图1和2所示，根据平衡规律可求解．第21页高三大一轮复习学案(1)图1中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g图2中由于FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g.所以FTACFTEG＝M12M2.第22页高三大一轮复习学案(2)图1中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC＝FTAC＝M1g，方向和水平方向成30°，指向右上方．(3)图2中，根据平衡方程有FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，所以FNG＝M2gcot30°＝3M2g，方向水平向右．答案(1)M12M2(2)M1g方向和水平方向成30°，指向右上方(3)3M2g方向水平向右第23页高三大一轮复习学案[突破训练]1．(2016·淄博质检)如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是()A．细线BO对天花板的拉力大小是G2B．a杆对滑轮的作用力大小是G2C．a杆和细线对滑轮的合力大小是GD．a杆对滑轮的作用力大小是G第24页高三大一轮复习学案解析：选D.细线上的弹力处处相等，因此细线BO对天花板的拉力大小是G，选项A错误．两段细线上弹力均为G，构成菱形，合力为2Gsin30°＝G，大小等于a杆对滑轮的作用力，选项B错误、D正确．a杆和细线对滑轮的合力大小是0，选项C错误．第25页高三大一轮复习学案2．(2016·江苏苏北四市联考)如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是()第26页高三大一轮复习学案A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小B．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D．当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大第27页高三大一轮复习学案解析：选A.将与C相连的绳子的拉力按照作用效果分解，如图所示．根据平行四边形定则有F1＝F2＝12mgsinθ＝mg2sinθ，第28页高三大一轮复习学案故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，选项A正确；对A、B、C组成的整体分析可知，对地面压力为FN＝2M＋m2g，与θ无关，选项B错误；对A受力分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件有f＝F1cosθ＝mg2tanθ，与M无关，选项C错误；只要动摩擦因数足够大，即可满足F1cosθ≤μF1sinθ，不管m多大，滑块都不会滑动，选项D错误．第29页高三大一轮复习学案3．如图所示，杆BC的B端连接在竖直墙上，C端为滑轮．重物G上系一轻绳经过滑轮固定于墙上A点，杆恰好平衡．若BC杆、滑轮的质量与摩擦均不计．则将绳的A端沿墙向上移动一小段距离，再次达到平衡时()A．绳的拉力增大，BC杆受压力增大B．绳的拉力不变，BC杆受压力增大C．绳的拉力不变，BC杆受压力减小D．绳的拉力不变，BC杆受压力不变第30页高三大一轮复习学案解析：选C.对C点受力分析，如图所示，C点受向下的拉力，沿CA方向的拉力F1及沿BC方向的支持力F2；三力的合力为零；A上移，使AC、CD的夹角变大，由于ACD为同一根绳，所以绳的拉力大小相等即F1＝G，故细绳的拉力不变，两绳对C点的作用力的合力减小，即BC杆所受压力变小，故选项C正确．第31页高三大一轮复习学案物理模型3“滑板—滑块”模型第32页高三大一轮复习学案[模型概述](1)滑板——滑块模型的特点①滑块未必是光滑的．②板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．③板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个面都不存在摩擦．(2)滑板——滑块模型常用的物理规律匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系等．第33页高三大一轮复习学案[模型指导](1)两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．第34页高三大一轮复习学案(2)解题思路第35页高三大一轮复习学案第36页高三大一轮复习学案[典例](20分)如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M＝4kg，长度L＝2m，小物块质量m＝1kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10m/s2，试求：第37页高三大一轮复习学案(1)小物块和长木板间的动摩擦因数；(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？第38页高三大一轮复习学案规范解答(1)设两物体间的最大静摩擦力为Ff，当F＝2.5N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a①(2分)对长木板由牛顿第二定律有Ff＝Ma②(2分)由①②可得Ff＝2N(2分)小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力FN＝mg，摩擦力Ff＝μmg得μ＝0.2(2分)第39页高三大一轮复习学案(2)F＝12N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿第二定律有F－Ff＝Ma1(1分)得a1＝2.5m/s2(2分)对小物块，由牛顿第二定律有Ff＝ma2(1分)得a2＝2m/s2(2分)第40页高三大一轮复习学案由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为s1＝12a1t2(1分)s2＝12a2t2(1分)