高考复习物理模块习题精选(附详解)
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物理模型在圆周运动中的应用 1 目录 物理模型在圆周运动中的应用 ................................................................................................................................. 2 滑块与木板 ................................................................................................................................................................. 5 力学中的皮带模型 ................................................................................................................................................... 14 匀变速直线运动中的追及问题 ............................................................................................................................... 23 平抛运动和斜面组合模型及其应用 ....................................................................................................................... 30 圆周运动
2 物理模型在圆周运动中的应用 摘要：在圆周运动中常见的物理模型有轻绳，轻杆和圆锥摆模型，正确认识每一中模型的特点，善于识别形已质同的模型，建立正确的物理模型，是分析和解决物理问题的关键。 关键词：轻绳模型；轻杆模型；圆锥摆模型 一．轻绳模型 1. 轻绳模型的特点： ○1. 轻绳的质量和重力不计； ○2. 可以任意弯曲，伸长形变不计，只能产生和承受沿绳方向的拉力； ○3. 轻绳拉力的变化不需要时间，具有突变性. 2. 轻绳模型在圆周运动中的应用 小球在绳的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动的临界问题： ○1. 临界条件：小球通过最高点，绳子对小球刚好没有力的作用，由重力提供向心力：
R
vmmg2 gRv
临界
○2. 小球能通过最高点的条件：gRv（当gRv时，绳子对球产生拉力） ○3. 不能通过最高点的条件：gRv（实际上小球还没有到最高点时，就脱离了轨道） 例：质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的临界速度为v，当小球以v2的速度经过最高点时，对轨道的压力是（ ）
A 0 B mg C mg3 D mg5 分析：内侧轨道只能对小球产生向下的压力，其作用效果同轻绳一样，所以其本质是轻绳模型 当小球经过最高点的临界速度为v，则
gRv 当小球以v2的速度经过最高点时，轨道对小球产生了一个向下的压力N，则
RvmmgN2)2(
gRv mgN3 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力的大小也是mg3，故选C. 二．轻杆模型： 1. 轻杆模型的特点： ○1.轻杆的质量和重力不计； ○2.任意方向的形变不计，只能产生和承受各方向的拉力和压力 ○3. 轻杆拉力和压力的变化不需要时间，具有突变性. 2. 轻杆模型在圆周运动中的应用 轻杆的一端连着一个小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点时，轻杆对小球产生弹力的情况：
v 绳
G N 圆周运动
3 ○1. 小球能通过最高点的临界条件：0v，mgN（N为支持力） ○2. 当gRv0时，有RvmNmg2（N为支持力） ○3 当gRv时，有Rvmmg2（0N） ○4 当gRv时，有RvmmgN2（N为拉力） 例：半径为mR5.0的管状轨道，有一质量为kgm0.3的小球在管状轨道内部做圆周运动，通过最高点时小球的速率是sm/2，2/10smg，则（ ） A. 外轨道受到N24的压力 B. 外轨道受到N6的压力 C. 内轨道受到N24的压力 D. 内轨道受到N6的压力
分析：管状轨道对小球既有支持力又有压力，所以其本质属于杆模型： 当小球到最高点轨道对其作用力为零时：有Rvmmg2
则，gRv=sm/5 gRsmv/2
所以，内轨道对小球有向上的支持力N，则有RvmNmg2 代入数值得：NN6 根据牛顿第三定律，小球对内轨道有向下的压力大小也为N6，故选D 三．圆锥摆模型： 圆锥摆模型在圆周运动中的应用： 1. 如图所示：摆球的质量为m，摆线长度为L，摆动后 2. 摆线与竖直方向成角，则 分析：摆球在水平面上做匀速圆周运动，加速度必定指 向圆心，依据牛顿第二定律，对摆球受力分析，得：
22tanmrRvmmgF向
拓展延伸，解决水平面内的匀速圆周的问题仍然是牛顿定律的问题，运用规律时采用的基本方法是正交分解法，圆锥摆是物理学中一个基本模型，许多现象都含有这个模型。
v 杆
圆周运动
4 例：小球在半径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中（小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度v，周期T的关系。（小球的半径远小于R） 分析：小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的 水平面上（不在半径的球心），向心力是重力和支持力的 合力，所以是一个圆锥摆模型，则：
22)2(sinsintanTmRRmvmg
由此可得：sintangRv gRTcos2
本题是一个圆锥摆模型，分析方法同样适用自行车，摩托车，火车转弯，飞机在水平面内做匀速圆周飞行等在水平面内的匀速圆周运动的问题。共同点是由重力和弹力的合力提供向心力，向心力方向水平。 在物理学中，不论是概念模型，过程模型，条件模型，还是理论模型，都是突出主要矛盾，屏弃次要矛盾，对客观事物抽象和理想化的结果。同一个客观事物，在不同的情况下，可以抽象为不同的物理模型，一般，建立什么物理模型，必须根据问题的要求，条件而定，不能一概而论，更不能张冠李戴，乱套公式。
G 滑块问题
5 滑块与木板 一 应用力和运动的观点处理 （即应用牛顿运动定律） 典型思维方法：整体法与隔离法 注意运动的相对性
【例1】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。
【例2】如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2， （1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围. （2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.
【例3】质量m=1kg的滑块放在质量为M=1kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75cm，开始时两者都处于静止状态，如图所示，试求： （1）用水平力F0拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，力F0的最大值应为多少？ （2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s内使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？ （3）按第（2）问的力F的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出时，滑块和木板滑行的距离各为多滑块问题 6 少？（设m与M之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等）。（取g=10m/s2）.
【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA＝2.0kg的薄木板A和质量为mB=3 kg的金属块B．A的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0 kg的物块C相连．B与A之间的滑动摩擦因数 µ =0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t后 B从 A的右端脱离（设 A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）．
x2 x1 L
F 滑块问题
7 例1解析（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得：F0=μ(M+m) g 所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g
（2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：a=μmg/M 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得：F0=μ(M+m) mg/M 所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M
例2[解析]（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=μFN=μmg=4N…………① 滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度 a1=f/m=μg=4m/s2 …② 当木板的加速度a2> a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板 F-f=m a2>m a1 F> f +m a1=20N …………③ 即当F>20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。
（2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa2＇ 解得：a2＇＝4.7m/s2………④
设二者相对滑动时间为t，在分离之前 小滑块：x1=½ a1t2 …………⑤ 木板：x1=½ a2＇t2 …………⑥ 又有x2－x1=L …………⑦ 解得：t=2s …………⑧
例3解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=μmg时，M有最大加速度，此时对应的F0即为使m与M一起以共同速度滑动的最大值。 对M，最大加速度aM，由牛顿第二定律得：aM= fm/M=μmg/M =1m/s2 要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度am=aM， 对滑块有F0－μmg=mam 所以 F0=μmg+mam=2N 即力F0不能超过2N （2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=μmg，此时木板的加速度a2为 a2=f/M=μmg/M =1m/s2. 由匀变速直线运动的规律，有（m与M均为匀加速直线运动）木板位移 x2= ½a2t2 ① 滑块位移 x1= ½a1t2 ② 位移关系 x1－x2=L ③ 将①、②、③式联立，解出a1=7m/s2 对滑块，由牛顿第二定律得:F－μmg=ma1 所以 F=μmg+ma1=8N
