（课标通用）2020高考物理二轮复习 专题1 力与运动 微专题1 科学思维篇1 力与运动中物理模型构

科学思维篇1力与运动中物理模型构建1．对轻绳，弹力方向一定沿绳收缩的方向．当绳中无结点或通过滑轮时，同一根绳上张力相等；若有结点，则当两段绳处理，张力不一定相等．2．对轻杆，若端点用铰链连接，弹力方向一定沿杆的方向；若端点固定连接，弹力方向不一定沿杆方向，由端点物体所受其他力的合力及物体的状态判断和计算．题型一绳、杆、弹簧模型3．对轻弹簧，弹力满足胡克定律且既能产生拉力也可产生支持力，需注意方向的多样性，轻弹簧两端受力始终大小相等，与其运动状态无关．弹簧的弹力不能发生突变．【典例1】(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A．86cmB．92cmC．98cmD．104cmB解析将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sinθ＝45，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2k1m2－0.8m2cosθ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2kL2－0.8m2，联立解得L＝92cm，选项A、C、D错误，B正确．1．(2019·安徽黄山一模)(多选)如图所示，用滑轮将质量为m1、m2的两物体悬挂起来，忽略滑轮和绳的重力及一切摩擦，使得0＜θ＜180°，整个系统处于平衡状态，关于m1、m2的大小关系应为()(一)A．m1必大于m2B．m1必大于m22C．m1可能等于m2D．m1可能大于m2BCD解析结点O受三个力的作用，如图所示，系统平衡时F1＝F2＝m1g，F3＝m2g，所以2m1gcosθ2＝m2g，m1＝m22cosθ2，所以m1必大于m22；当θ＝120°时，m1＝m2；当θ＞120°时，m1＞m2；当θ＜120°时，m1＜m2，故选项B、C、D正确．2．(2019·湖北安陆一中月考)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①弹簧的左端固定在墙上；②弹簧的左端受大小也为F的拉力作用；③弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动；④弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动．若认为弹簧质量都为零，以L1、L2、L3、L4依次表示四个弹簧的伸长量，则有()A．L2＞L1B．L4＞L3C．L1＞L3D．L2＝L4答案D解析弹簧伸长量由弹簧的弹力(F弹)大小决定．由于弹簧质量不计，这四种情况下，F弹都等于弹簧右端拉力F，因而弹簧伸长量均相同，故选项D正确．3．(2020·山东德州一中开学考试)如图所示，一根轻质木棒AO，A端用光滑铰链固定于墙上，在O端下面吊一个重物，上面用细线BO系于顶板上，现将B点逐渐向右移动，并使棒AO始终保持水平，则()A．BO绳上的拉力大小不变B．BO绳上的拉力先变小后变大C．轻杆的弹力先变小后变大D．轻杆的弹力先变大后变小BC解析以O点为研究对象，分析受力情况，O点受到重物的重力mg、绳子的拉力T和AO杆的弹力F，当B点在O点正上方左侧时，受力分析如图甲所示，由图可知，当B点向右移动直到O点正上方的过程中，T变小，F变小；再分析B点在O点正上方右侧时，受力分析如图乙所示，由图可知，当B点从O点正上方向右移动的过程中，T变大，F变大，所以在B点向右移动的过程中，BO绳子上的拉力先变小后变大，轻杆上的弹力也先变小后变大，选项B、C正确．1．“滑块——木板”模型应用到的规律、方法题型二“滑块—木板”模型判断与计算①不同阶段滑块、木板间摩擦力的计算，滑块、木板加速度方向的判断，滑块、木板做匀加速或匀减速运动的判断②滑块能否达到与木板共速的判断，滑块滑离木板的可能性的判断③正确确定滑块、木板的位移及相对位移突破关键①平衡状态下的木板与滑块：解题关键是受力分析②非平衡状态下的木板与滑块：解题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律的应用功、能的计算方法①计算力所做的功时，位移是对地位移②只有存在滑动摩擦力时才有内能产生③计算因滑动摩擦产生的内能时，常用功能关系Q＝Ffs，需注意的是s为物体之间的相对路程2.“滑块——木板”模型的解题策略(1)要正确分析物体的受力情况、运动过程，判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀速运动；(2)结合牛顿第二定律求加速度，利用运动学公式分析物体的速度关系及位移关系．【典例2】(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg，①f2＝μ1mBg，②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g，③由牛顿第二定律得f1＝mAaA，④f2＝mBaB，⑤f2－f1－f3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－12aBt21，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2，⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2，⑫对A有v2＝－v1＋aAt2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2，⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB，⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m.(也可用速度—时间图线求解)答案(1)1m/s(2)1.9m(1)“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．1．(2020·广东六校联考)如图所示，静止在地面上的长木块A的上表面光滑，质量为M＝1kg，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，其最右端放置一个可视为质点的小铁块B，B的质量为m＝0.2kg，现用一水平恒力F＝8N拉动木块A，从此时开始计时，重力加速度取g＝10m/s2.(二)(1)小铁块未滑离木块A之前，木块A的加速度a1和小铁块滑离木块A之后，木块A的加速度a2的大小分别是多少？(2)已知t＝0.5s时，小铁块刚好滑离木块A，求木块A的长度L；(3)求t＝0.5s至t＝0.9s，这段时间内木块A的位移s的大小．解析(1)小铁块滑离前，对木块，由牛顿第二定律有F－μ(M＋m)g＝Ma1，解得a1＝2m/s2.滑离后，对木块，由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma2，解得a2＝3m/s2.(2)木块长L＝12a1t2＝0.25m.(3)t＝0.5s时，木块速度v＝a1t＝1m/s，t＝0.5s至t＝0.9s，时间为Δt＝0.4s内的位移为s＝vΔt＋12a2(Δt)2，解得s＝0.64m.答案(1)2m/s23m/s2(2)0.25m(3)0.64m2．(2019·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB．解析A、B的运动过程如图所示．(1)由牛顿运动定律知，A的加速度大小aA＝μg，由匀变速直线运动位移公式有2aAL＝v2A，解得vA＝2μgL.(2)设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小为F＝3μmg，由牛顿运动定律F＝maB，可得aB＝3μg；对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg，由牛顿运动定律F′＝2ma′B，可得a′B＝μg.(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，则v＝aAt，v＝vB－aBt，xA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2，且xB－xA＝L，解得vB＝22μgL.答案(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL类型一单个质点的连续运动的思维流程题型三平抛运动与圆周运动的组合模型类型二质点和圆盘的独立运动的思维流程【典例3】(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．解析(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有F0mg＝tanα，①F2＝(mg)2＋F20，②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝mv2R，③由①②③式和题给数据得F0＝34mg，④v＝5gR2.⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图所示，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsinα，⑥CD＝R(1＋cosα)，⑦由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝12mv2－12mv21，⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝m23gR2.⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有v⊥t＋12gt2＝CD，⑩v⊥＝vsinα，⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝355Rg.答案(1)34mg5gR2(2)m23gR2(3)355Rg1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()(三)A．v216gB．v28gC．v24gD．v22gB解析设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg·2R＝12mv2－12mv21，小物块从轨道