2020届高考物理二轮总复习课件：附：力学常见模型(一)

型
二 运动的位移为 s1＝－v12＋v3Δt⑪
第一部分 专题一
第27页
高考二轮复习 ·物理
小物块运动的位移为
模 型
s2＝v1＋2 v3Δt⑫
一
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1⑬
模
型
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
三
模 型
Δs＝6.0 m⑭
二
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长
解析：甲图中滑块 A 的加速度大小为 a1，则有 mgsin θ－
模 μmgcos θ＝ma1，解得 a1＝gsin θ－μgcos θ，乙图中滑块 A 的
型
一 加速度大小为 a2，有(m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝(m
＋m′)a2，解得 a2＝gsin θ－μgcos θ，丙图中滑块 A 的加速 模
一
1～2 s 时间内，木板与物块将相对滑动，木板向左做匀减
速运动，物块向右做匀减速运动；
模 型
三
2 s 后，木板与物块的运动情况：
模 型
木板向左做匀减速运动，物块向左做匀加速运动；
二
(1＋Δt) s 共速后，木板与物块组成的系统在地面摩擦力的
作用下向左做匀减速运动，直至静止．
第一部分 专题一
第23页
高考二轮复习 ·物理
模 型 一
第一部分 知识专题突破篇
模
型
三
模 型 二
第一部分 专题一
第1页
高考二轮复习 ·物理
模 型 一
专题一 力与运动
模
型
三
模 型 二
第一部分 专题一
第2页
高考二轮复习 ·物理
模 型 一
附：力学常见模型(一)
模
型
三
模 型 二
第一部分 专题一
第3页
高考二轮复习 ·物理
模 型 一
由运动学公式有
二
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋12a1t21③
第一部分 专题一
第24页
高考二轮复习 ·物理
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 是小物
模 型
块和木板开始运动时的速度
一
联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1 的初速度向左做匀变速
模型 1
斜面体模型
模 型
三
模 型 二
第一部分 专题一
第4页
高考二轮复习 ·物理
来源
模 型 一
2015·全 国卷Ⅰ第 20 题
模 型 二
图例
考向
模型核心归纳
斜面体模型是中学物理中常
见的模型之一．斜面体模型的
基本问题有物体在斜面上的
受力分析、运动
平衡、运动及受力问题． 图象、牛顿第二
1．常考的斜面体模型 定律
f＝ma2，由以上各式可求得
sin
θ＝v02＋t1gv1，滑动摩擦力
f＝
模 型
模 型
mv20－t1 v1，而 f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项 A、 三
二 C 正确．由 v-t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑
的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选
项 D 正确．
高考二轮复习 ·物理
条件与决策
(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板
模 型
一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量
一 分别为 m 和 M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
模
型
由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s， 三
模 型
物块的 v-t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小取 g＝10 m/s2.求：
第一部分 专题一
第19页
高考二轮复习 ·物理
模 型 一
图(a)
图(b)
模
(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间的动
型 三
模 型
摩擦因数 μ2；
二
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
第一部分 专题一
第10页
高考二轮复习 ·物理
[综合提升]
1．[2019 湖南长郡中学选拔考试](多选)如图所示，质量分
别为 m1、m2 的两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固
模 型 一
定在水平地面上倾角为 α 的斜面上滑．已知 m2 与斜面间的动
摩擦因数 μ<tan α，则( AC )
模 型 三
度应为 6.0 m.
第一部分 专题一
第28页
高考二轮复习 ·物理
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运
动直至停止，设加速度为 a4，此过程中小物块和木板运动的位
模 移为 s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
型 一
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v32＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
f2＝m1a2，解得 f2＝μm1gcos α，选项 C 正确，D 错误．
第一部分 专题一
第12页
高考二轮复习 ·物理
2．[2019 江西九江期末]放在固定粗糙斜面上的滑块 A 以
加速度 a1 沿斜面匀加速下滑，如图甲所示．在滑块 A 上放一
物体 B，物体 B 始终与 A 保持相对静止，以加速度 a2 沿斜面
定律、法拉第 其是斜面的角度关系的应
电磁感应定律 用．
(2)利用共点力的平衡条件、 模
胡克定律、牛
型
牛顿运动定律、匀变速运动 三
顿第二定律、
规律以及功能关系列方程．
匀变速直线运
(3)注意整体法与隔离法、合
动规律、二力
成法、正交分解法等物理方
平衡
法的应用.
第一部分 专题一
第6页
高考二轮复习 ·物理
[真题调查]
模 型
匀加速下滑，如图乙所示．在滑块 A 上施加一竖直向下的恒
一
力 F，滑块 A 以加速度 a3 沿斜面匀加速下滑，如图丙所示，
则下列关系式正确的是( B )
模
型
三
模 型 二
甲 A．a1＝a2＝a3 C．a1<a2＝a3
乙
丙
B．a1＝a2<a3 D．a1<a2<a3
第一部分 专题一
第13页
高考二轮复习 ·物理
运动定律
擦力 fm 进行比较分析，若 f<fm，则不会发生相对滑动； 反之，将发生相对滑动．
第一部分 专题一
第17页
高考二轮复习 ·物理
来源
模 型 一
2017·全 国卷Ⅲ 第 25 题
模 型 二
图例
考向
模型核心归纳
(3)动量角度：单个物体在明确
受力分 运动时间的情况下，可以应用
析、滑动 动量定理研究；对滑块与长木
二
第一部分 专题一
第26页
高考二轮复习 ·物理
(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 Δt，木板和小
模 物块刚好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
型
一
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
模
v3＝v1＋a2Δt⑩
型 三面间的动摩擦因数 μ<tan α，可知整体所受摩擦力小于重力
模 型
沿斜面方向的分力，整体在上滑到最高点后将沿斜面返回，做
一 匀加速直线运动，选项 B 错误；物块上滑过程，由牛顿第二定
律得(m1＋m2)gsin α＋μ(m1＋m2)gcos α＝(m1＋m2)a1，设上滑过 模
程中两物块之间的摩擦力为 f1，隔离物块 m1，分析所受力，
三
模
型 二
对应规律：牛顿运动定律、滑动摩擦力公式、运动图象
第一部分 专题一
第9页
高考二轮复习 ·物理
条件与决策：由题图(b)可以求出物块上升过程中的加
模 速度为 a1＝vt10，下降过程中的加速度为 a2＝vt11.物块在上升和
型 一
下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－
摩擦力、 板组成的整体，只有在合外力
模
匀变速直 等于 0 的前提下，才可以应用 型
三
线运动规 动量守恒定律研究．
律、牛顿 (4)能量角度：当滑块和长木板
运动定律 受到滑动摩擦力时，会产生热
量，应用 Q＝fs 相对来计算.
第一部分 专题一
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高考二轮复习 ·物理
[真题调查]
模 型
[典例] [2015 全国卷Ⅰ]一长木板置于粗糙水平地面上，
模 型
出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的
一
动摩擦因数均相等，则在上述过程中( BD )
模 型 三
模 型 二
第一部分 专题一
第30页
高考二轮复习 ·物理
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
度大小为 a3，有(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cos θ＝ma3，解得 a3
型 三
模 型 二
＝F＋mgsin
θ－μF＋mgcos m
θ，故
a1＝a2<a3，故
A、C、D
错误，B 正确．
第一部分 专题一
第14页
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模 型 一
模型 2
滑块—木板模型
模 型
三
模 型 二
第一部分 专题一
[典例] [2015 全国卷Ⅰ](多选)如图(a)所示，一物块在 t
模 型
＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v-t 图线如图(b)所示．若
一
重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出( ACD )
模 型 三
模 型
图(a)
二
A．斜面的倾角
图(b)
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
模 型
A．整体在上滑的过程中处于失重状态
二
B．整体在上滑到最高点后将停止运动
C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
D．两物块之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
第一部分 专题一
第11页
高考二轮复习 ·物理
解析：整体在上滑的过程中一定做匀减速直线运动，加速
度沿斜面向下，处于失重状态，选项 A 正确；根据题述 m2 与
来源
图例
模 型 一
2015·全 国卷Ⅱ 第 25 题
模 型 二
考向
模型核心归纳
(2)受力角度：判断滑块与长
木板是否发生相对滑动是解
受力分析、 决这类问题的一个难点，通常
滑动摩擦 采用整体法、隔离法和假设法
力、匀变速 等．往往先假设两者相对静 模
型
直线运动 止，由牛顿第二定律求出它们 三
规律、牛顿 之间的摩擦力 f，与最大静摩
型 三
模 由牛顿第二定律得 m1gsin α＋f1＝m1a1，解得 f1＝μm1gcos α，
型 二
物块下滑过程，由牛顿第二定律得(m1＋m2)gsin
α－μ(m1＋
m2)gcos α＝(m1＋m2)a2，设下滑过程中两物块之间的摩擦力为
f2，隔离物块 m1，分析所受力，由牛顿第二定律得 m1gsin α－
一 木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙
壁的距离为 4.5 m，如图(a)所示．t＝0 时刻开始，小物块与木 模 型
板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞 三
模 型
(碰撞时间极短)．碰撞前、后木板速度大小不变，方向相反；
二 运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1 s 时间内小
第15页
高考二轮复习 ·物理
来源
模 型 一
2015·全
国卷Ⅰ
第 25
题
模 型 二
图例
考向
模型核心归纳
运动图象、 受力分析、 匀变速直线 运动规律、 牛顿运动定 律
学会从以下几个角度分
析：
(1)运动角度：滑块与长
模 型
木板的速度和加速度不 三
等，则会发生相对滑动．
第一部分 专题一
第16页
高考二轮复习 ·物理
第一部分 专题一
第20页
高考二轮复习 ·物理
[思维规范]
模
情景图
型
一
模 型 二
模 型 三
第一部分 专题一
第21页
高考二轮复习 ·物理
模 型 一 模 型 二
模 型 三
第一部分 专题一
第22页
高考二轮复习 ·物理
过程模型
0～1 s 时间内，“小物块与木板一起以共同速度向右运
模 型
动”，系统向右做匀减速直线运动．
模 型 三
(1)斜面中的“平衡类模型”．
(2)斜面中的“动力学模型”．
(3)斜面中的“连接体模型”．
第一部分 专题一
第5页
高考二轮复习 ·物理
来源 2016·全
模
型 国卷Ⅰ
一
第 24 题
图例
2017·海
模 型
南卷第
二 2题
考向
模型核心归纳
安培力、物体 2．模型解法
的平衡、欧姆 (1)注意斜面的几何特点，尤
模 型
s＝s1＋s3⑰
三
模 型
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
二
s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
第一部分 专题一
第29页
高考二轮复习 ·物理
[综合提升]
1．(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
第一部分 专题一
第7页
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[思维规范]
模
对象模型：物块(质点)
型
一
情景图
模 型 二
上升
模 型 三
下降
第一部分 专题一
第8页
高考二轮复习 ·物理
模 型
过程模型
一
由运动图象可知：
0～t1：物块沿斜面向上做匀减速直线运动；
模 型
t1～2t1：物块沿斜面向下做匀加速直线运动．
模 型
运动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加 三
模 型
速度为 a2，由牛顿第二定律有
二
－μ2mg＝ma2⑤
第一部分 专题一
第25页
高考二轮复习 ·物理
模 型
由题图(b)可得
一
a2＝vt22－ －tv11⑥
模
型
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
三
模 型
μ2＝0.4.⑦