2019版高考物理一轮复习小专题1动力学中常考的物理模型课件.ppt

小专题1动力学中常考的物理模型,突破1,“等时圆”模型,1.等时圆模型(如图Z1-1甲，乙所示)：所谓“等时圆”就是物体沿同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相同，都等于物体沿直径自由落体运动所用的时间.图Z1-1,2.等时圆规律：(1)小球从圆的顶端沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到弦轨道与圆的交点的时间相等.(如图Z1-1甲所示)(2)小球从圆上的各个位置沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到圆的底端的时间相等.(如图Z1-1乙所示)(3)沿不同的弦轨道运动的时间相等，都等于小球沿竖直直,圆的半径).,3.等时性的证明：图Z1-2,【典题1】(2016年山东青岛高三期末)如图Z1-3所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比,为(,),图Z1-3,答案：A,【考点突破1】(2017年安徽合肥高三质检)如图Z1-4所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，现在有三条光滑轨道AB、CD和EF，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O，轨道与竖直线的夹角关系为，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所,),图Z1-4,经历的时间关系为(,A.tABtCDtEFB.tABtCDtEFC.tABtCDtEFD.tABtCDtEF,答案：B,突破2,“滑块滑板”模型,1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.2.两种位移关系：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.,3.解题思路：,(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分,析清楚每一个物体的受力情况、运动情况.,(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意,两过程的连接处加速度可能突变).,(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.,【典题2】(2015年新课标卷)一长木板置于粗糙水平地面上，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4.5m，如图Z1-5甲所示.t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图乙所示.木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：,(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2.(2)木板的最小长度.(3)木板右端离墙壁的最终距离.,乙,甲图Z1-5,审题指导,第一步：抓关键点,第二步：找突破口,(1)木板碰墙之前，1(m15m)g产生小物块和木板共同减,速的加速度.,(2)小物块向右匀减速和向左匀加速的加速度均由2mg产,生.,(3)小物块相对于木板滑行过程中，木板受地面的滑动摩擦,力和小物块的滑动摩擦力方向均水平向右.,(4)小物块与木板相对静止后将一起向左做匀减速运动，而,不再发生相对滑动.,解：(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前，小物块和木板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分别为m和M.对小物块与木板整体由牛顿第二定律得,1(mM)g(mM)a1,由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14m/s，由运动学公式有,v1v0a1t1,式中，t11s，x04.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度，联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有,2mgma2由题图乙可得,式中，t22s，v20，联立式和题给条件得20.4.,碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为,(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小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2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t,小物块运动的位移为,小物块相对木板的位移为,xx2x1,联立式，并代入数值得x6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.,(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移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得,1(mM)g(mM)a4,碰后木板运动的位移为,xx1x3,联立式，并代入数值得x6.5m故木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.,【考点突破2】(2017年新课标卷)如图Z1-6所示，两个滑块A和B的质量分别为mA1kg和mB5kg，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10.5；木板的质量为m4kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03m/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，重力加速度大小为g取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.,图Z1-6,解：(1)如图D20所示对A、B和木板受力分析，其中fA、fB分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小，fA、fB和f分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小，设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为aA、aB和a，根据牛顿运动定律得,fAmAaAfBmBaB,图D20,fBfAfma且：fAfA1mAg,fBfB1mBgf2(mAmBm)g联立式解得：aA5m/s2，aB5m/s2，a2.5m/s2故可得B向右做匀减速直线运动，A向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动；且aBaAa，显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反.不妨假设此时B与木板的速度大小为v1，则v1v0aBt1v1at1解得：t10.4s，v11m/s.,(2)设在t1时间内，A、B的位移大小分别为xA、xB，由运动学公式得：,此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA，设B和木板的加速度大小为a，则根据牛顿运动定律得,对木板和B：mAg2(mAmBm)g(mBm)a假设经过t2时间后A、B刚好相遇，且此时速度大小为v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：对B和木板：v2v1at2对A：v2v1aAt2联立式解得t20.3s，可以判断此时B和木板尚未停下,突破3,“传送带”模型,1.模型特征：一个物体以速度v0(v00)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看作“传送带”模型，如图Z1-7甲、乙、丙所示.图Z1-7,2.建模指导：,传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.(1)水平传送带问题,求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.,(2)倾斜传送带问题,求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.,【典题3】(多选，2017年山东济宁高三一模)如图Z1-8所示，表面粗糙且足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块的速度随时间变化的,关系图象可能符合实际的是(,),图Z1-8,A,B,C,D,解析：由静止释放后，木块受滑动摩擦力沿传送带向下运动.对木块，根据牛顿第二定律mgsinmgcosma1，木块以加速度a1做匀加速运动，当速度等于传送带的速度时，摩擦力发生突变.若mgsinmgcos，滑动摩擦力突变为静摩擦力，木块与传送带一起匀速运动；若mgsinmgcos，滑动摩擦力突变为向上，mgsinmgcosma2，木块以加速度a2继续加速，所以B、C正确，A、D错误.,答案：BC,【考点突破3】(多选)如图Z1-9所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8.下列判断,正确的是(,),图Z1-9,A.物块A先到达传送带底端,B.物块A、B同时到达传送带底端,C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上,D.物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过,程中相对传送带的位移,答案：