2020年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律热点专题（二）第15讲动力学中的三种典型物理模型学案（含解析）.doc

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1、1第 15 讲 动力学中的三种典型物理模型热点概述 (1)本热点是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中“等时圆”模型常在选择题中考查，而“滑块木板”模型和“传送带”模型常以计算题压轴题的形式命题。(2)通过本热点的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养。经过针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，帮助同学们迅速提高解题能力。(3)用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。热点一 “等时圆”模型1 “等时圆”模型设想半径为 R 的竖直圆内有一条光滑直轨道，该轨道是一端与竖直直径相交的弦，倾角为 ，一个物体从轨道顶

2、端滑到底端，则下滑的加速度 a gsin ，位移 x2 Rsin ，而 x at2，解得 t2 ，这也是沿直径自由下落的时间。12 Rg总结：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆(或光滑斜面)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)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。2三种典型情况(1)质点从竖直圆上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)质点从竖直圆上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图

3、丙所示。2如图所示， ab、 cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆， a、 b、 c、 d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点， c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从 a、 c 处由静止释放，用 t1、 t2分别表示滑环从 a 到 b、从 c 到 d 所用的时间，则( )A t1 t2 B t1t2 C t1t3C t1aOb，由 x at2可知， t2tca，故 A 错误，B、C、D 均正确。122. (2018东北三校模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平面内有AM、B M、C M 三条光滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一个

4、圆上，C 是圆上任意一点，A、 M 分别为此圆与 y 轴、 x 轴的切点。B 点在 y 轴上且B MO60， O为圆心。现将a、 b、 c 三个小球分别从 A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、 tB、 tC，则 tA、 tB、 tC大小关系是( )A tA ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )5A tAB tCD tEF B tABtCDtEFC tABtCDtEF，B 正确。热点二 “传送带”模型1特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间 0。2常见的传送带模型(1)

5、水平传送带项目 图示 滑块可能的运动情况6情景 1 a.可能一直加速b可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将变为零情景 2a.v0v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速b v0v 时返回速度为 v，当 v0tan 时，可能一直加速上滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力b tan 时，可能一直加速下滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力b L8 m，v202a 253则由 v v 2 aL，得 vB2 m/s。2B 20(2)由题意知，若物块加速到 v112 m/s，由 v v 2 ax1，得 x1 m mgcos37，物块将继续向下做匀加速运动，设物块此后运动的加速度

6、为 a2，运动时间为 t2，位移为 x2，到 B 端的速度为vB，由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsin mgcosm a2，x2d x1 vt2 a2t ，12 2vB v a2t2。代入数据解得 a22 m/s2， t22 s， vB9 m/s，物块从 A 端运动到 B 端所用时间 t t1 t22.5 s。热点三 “滑块木板”模型滑块木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动等主干知识，能力要求较高。滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系。1模型特点：滑块(

7、视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和12木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。2位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差 x x2 x1L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和 x x2 x1 L。例 1 如图所示，质量 M1 kg 的木板 A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量 m1 kg 的铁块 B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数 10.3，木板长L1 m，用 F5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取 10 m/s2。(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 20

8、.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。解析 (1)A、B 之间的最大静摩擦力为fm 1mg0.3110 N3 N假设 A、B 之间不发生相对滑动，则对 A、B 整体：F(Mm) a对 A： fABM a解得： fAB2.5 N因 fAB0，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ffmg sinm a，又 FfF fm mgcos，联立解得 20 N30 N，所以物块能够滑离木板。对木板，由牛顿第二定律得F mgcosMg sinM a1，对物块，由牛顿第二定律得 mgcosmg sinm a2，设物块滑离木板所用时间为 t，14木板的位移 x1 a1t2，12物块的位移 x2 a2t2，12物块与

9、木板的分离条件为 x x1 x2L，联立以上各式解得 t1.2 s，物块滑离木板时的速度 v a2t，由公式2g sin x0 v2，解得 x0.9 m。答案 (1)20 N 1mg，与假设矛盾，所以物块相对长木板将向前“打滑” 。 t1时刻后，由牛顿第二定律得对物块有 1mgm a1对木板有 22mg 1mgm a2解得物块和木板的加速度大小分别为a12 m/s2a24 m/s2物块还能运动的时间t1 0.5 sv1a1木板还能运动的时间t2 0.25 sv1a2物块全程运动的 vt 图线如图中点粗实线所示。物块相对于木板的位移大小即为两图线与 t 坐标轴所围面积的差值，即x x2 x11.

10、125 m。3(2016四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶17端 38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos1， sin0.1，g10

11、m/s2。求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度。答案 (1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数 0.4，受摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则fmg sinm a1f mgcos联立以上二式并代入数据得 a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 s038 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s1，在车厢内滑动的距离 s4 m，货车的

12、加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距离为 s2。货车受到制动坡床的阻力大小为 F， F 是货车和货物总重的 k 倍， k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为 l，则M4mMgsin F f Ma2F k(m M)gs1 vt a1t212s2 vt a2t212s s1 s2ll 0 s0 s2联立并代入数据解得 l98 m。4(2018宜昌模拟)如图甲所示，可视为质点的 A、B 两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与 A、A 与 B 间距均为 d0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为 10.1，18与地面间的动摩擦因数均为 20.2。现以恒定的加速度 a2 m/s2向右

13、水平拉动纸带，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：(1)A 物体在纸带上的滑动时间；(2)在图乙的坐标系中定性画出 A、B 两物体的 vt 图象；(3)两物体 A、B 停在地面上的距离。答案 (1)1 s (2)图见解析 (3)1.25 m解析 (1)两物体在纸带上滑动时均有 1mgm a1当物体 A 滑离纸带时 at a1t d12 21 12 21由以上两式可得 t11 s。(2)开始时 A、B 以 a1共同加速，速度相同，A 滑到地面时以 a2 2g 减速运动，B 继续加速一段时间后也滑到地面上以 a2减速，故 vt 图象如图所示。(3)物体 A 离开纸带时的速度v1 a1t1两物体

14、在地面上运动时均有 2mgm a2物体 A 从开始运动到停在地面上的过程中总位移x1 v212a1 v212a2物体 B 滑离纸带时 at a1t 2d12 2 12 2物体 B 离开纸带时的速度 v2 a1t2物体 B 从开始运动到停在地面上的过程中总位移x2 v22a1 v22a2两物体 A、B 最终停止时的间距19x x2d x1由以上各式可得 x1.25 m。课后作业1. 如图，光滑水平面上，水平恒力 F 作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为 M，木块质量为 m。它们的共同加速度为 a，木块与长木板间的动摩擦因数为 ，则在运动过程中( )A木块受到的摩擦力一定是 mgB

15、木块受到的合力为 FC长木板受到的摩擦力为 mgD长木板受到的合力为MFm M答案 D解析 整体的加速度 a ， 隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为 F 合 FM m，且长木板所受的合力等于长木板所受的静摩擦力。又长木板所受的静摩擦力等于长MFM m木板对木块的静摩擦力，不一定等于 mg，故 A、C 错误，D 正确；木块所受的合力为 F 合 m a ，故 B 错误。mFM m2(多选)如图所示，一质量为 M 的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为 ，斜面上叠放着 A、B 两物体，物体 B 在沿斜面向上的力 F 的作用下沿斜面匀速上滑。若 A、B 之间的动摩擦因数为 ， mgcos，所以 A

16、、B 一定相对滑动，A 错误，B 正确；选物体 B 为研究对象，由牛顿第二定律得F mgcosmg sin B2mgcos0， B ，故 C 错误，F mgsin mgcos2mgcosD 正确。3(多选)如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块。木板受到水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F的关系如图乙所示，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正确的是( )A小滑块的质量 m2 kgB小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1C当水平拉力 F7 N 时，长木板的加速度大小为 3 m/s2D当水平拉力 F 增大时，小滑块的

17、加速度一定增大答案 AC解析 当 F6 N 时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有 F(Mm) a，代入数据解得 Mm3 kg，当 F 大于 6 N 时，两物体发生相对滑动，对长木板有 a ，图线的斜率 k 1，解得 M1 kg，滑块的质量 m2 F mgM FM mgM 1Mkg，A 正确；滑块的最大加速度 a g2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.2，B 错误；当 F7 N 时，由 a 知长木板的加速度 a3 m/s2，C 正确；F mgM当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度 a g2 m/s2，恒定不变，D 错误。4(2018潍坊模拟)(多选)

18、如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端 A 滑上传送带，滑上时速率为 v1，传送带的速率为 v2，且 v2v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率 v 和位置，下面哪个是可能的( )21A从下端 B 离开， vv1 B从下端 B 离开， vv1，A 正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动， v v1，故本题应选 A、B、C。5(多选)如图，一个质量为 m1 kg 的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为 mA1 kg 和 mB2 kg 的 A、B 两物块。A、B 两物块与木板之间的动摩擦因数都为 0.2。若现用水平恒力 F 作用在

19、 A 物块上，取重力加速度 g10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是( )A当 F2 N 时，A 物块和木板开始相对滑动B当 F1 N 时，A、B 两物块都相对木板静止不动C若 F4 N，则 B 物块所受摩擦力大小为 N43D若 F6 N，则 B 物块的加速度大小为 1 m/s2答案 BC解析 假设 A、B 两物块与木板相对静止一起运动，对整体有 F(mm Am B)a，对 B有 fBm Ba，且 fB mBg，对 A 有 F fAm Aa，且 fA mAg，对 B 和木板整体 fA(mm B)a，解得 F N，故 A 错误， B 正确；当 F N 时，A 与长木板相对

20、运动，B 与长木板相对83 83静止，故 F4 N 时， mAg(mm B)a1， fB1m Ba1，解得 fB1 N，故 C 正确；若 F6 4322N，则 B 物块加速度大小为 a1 m/s2，故 D 错误。236(2018济宁模拟)如图所示，光滑细杆 BC、DC 和 AC 构成矩形 ABCD 的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC 杆竖直，各杆上分别套有一可看成质点的小球a、b、d， a、b、d 三小球的质量比为 123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则 a、b、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为( )A111 B543C589 D123答案 A解析 因 ABC

21、D 为矩形，故 A、B、C、D 四点必在以 AC 线段为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，从 A、B、D 三点由静止释放的小球 a、b、d 必定同时到达圆的最低点 C点，故 A 正确。7(2018河南省仿真模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移 x 随时间 t 的变化关系，如图乙所示。已知图线在前 3.0 s 内为二次函数，在 3.04.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g 取 10 m/s2。下列说法正确的是( )A传送带沿顺时针方向转动B传送带沿逆时针方向转动C传送带的速度

22、大小为 2 m/sD小物块与传送带间的动摩擦因数 0.2答案 ACD解析 由 xt 图象可知，图象的斜率等于速度，故物块的速度先减小到零后，反向增23加，最后匀速运动回到初始位置，可判断传送带沿顺时针方向转动，A 正确，B 错误；由3.04.5 s 内的图象可知，传送带的速度 v m/s2 m/s，C 正确；因 2 x t 0 34.5 3s 末物块的速度减为零，位移为 4 m，由 x at2知 a 2 m/s2，则根据 a g 可知，12 2xt2小物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，D 正确。8(2018兰州模拟)如图所示，质量 M8 kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉

23、力 F8 N，当小车速度达到 1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量 m2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数 0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经 t1.5 s 的时间，则物体相对地面的位移为(g 取 10 m/s2)( )A1 m B2.1 m C2.25 m D3.1 m答案 B解析 放上物体后，物体的加速度 a1 g2 m/s2，小车的加速度 a2 0.5 F mgMm/s2，设物体的速度达到与小车共速的时间为 t1，则 a1t1 v0 a2t1，解得 t11 s；此过程中物体的位移 s1 a1t 1 m；共同速度为 v a1t12 m/s；当物体与小车共速

24、后假设12 21相对静止，则共同加速度为 a 0.8 m/s2，物体受到的摩擦力 fm a1.6 N，而FM mfmax mg4 N， fs，故工件从 A 到 B 一直0 v2A 2 g减速，由匀变速运动规律可知 v v 2 gs，代入数据解得 vB3 m/s，当满足2B 2AB、C、D 中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度大小还是 g，所以工件到达 B 端时的瞬时速度仍为 3 m/s，故 A、B、C 正确，D 错误。10(2018保定模拟)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为 ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为 ，小木块

25、速度随时间变化关系如图乙所示， v0、 t0已知，则( )A传送带一定逆时针转动B tanv0gt0cosC传送带的速度大于 v0D t0后木块的加速度为 2gsinv0t0答案 AD解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mg sin mgcos)，将一直匀加速到底端；当木块上滑时(mg sinf3，故假设成立。设在 t1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为 v1。由运动学公式有v1 v0 aBt1v1 a1t1联立式，代入已知数据得 v11 m/s(2)在 t1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为sB v0t1 aBt 12 21在 B 与木板达到共同速度 v1后，因为 1g 2g，所

26、以 B 和木板相对静止，共同减速，设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(m Bm) a2由式知， aA aB；故 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所用时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2 v1 a2t2对 A 有 v2 v1 aAt2在 t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1 v1t2 a2t 12 2在( t1 t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为26sA v0(t1 t2

27、) aA(t1 t2)212A 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联立以上各式，并代入数据得 s01.9 m。(也可用如图的速度时间图线求解)12(2015全国卷)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 4.5 m，如图 a 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 t1 s 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 1 s 时间内小物块的 v t 图线如图 b 所示。

28、木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小g 取 10 m/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。答案 (1) 10.1 20.4 (2)6.0 m (3)6.5 m解析 (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。由牛顿第二定律有27 1(mM)g(mM) a1由题图 b 可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式得v1 v0 a1t1s0 v0t1 a1t 12 21式中， t11 s，

29、 s04.5 m 是木板碰前的位移， 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 2mgm a2由题图 b 可得 a2 v2 v1t2 t1式中， t22 s, v20，联立式和题给条件得 20.4。(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 2mg 1(Mm)gM a3v3 v1 a3t v3 v1 a2t 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s1 t v1 v32小物块运动的位移为 s2 t v1 v32小物块相对木板的位移为 s s2 s1联立式，并代入数值得 s 6.0 m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 6.0 m。(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 s3，由牛顿第二定律及运动学公式得 1(mM)g(mM) a40 v 2 a4s323碰后木板运动的位移为 s s1 s3联立式，并代入数值得 s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m。28