高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律热点专题系列三动力学中三种典型物理模型学案新人教版.docx

1、高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律热点专题系列三动力学中三种典型物理模型学案新人教版热点专题系列（三）动力学中三种典型物理模型热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑块一木板模分析推理能力。型.通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、热点透析Q等时圆模型1 模型分析如图甲、乙所示，质点沿竖直而内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可 知加速度a=5sin ，位移x=2/?sin ，由匀加速直线运动规律得下滑时间 即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。2.结论模型1质点从竖直而内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静I匕开始滑到

2、环的最低点所用 时间相等，如图甲所示：模型2质点从竖直而内的圆环上最髙点沿不同的光滑弦由静I匕开始滑到下端所用时间 相等，如图乙所示：模型3两个竖直而内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上 端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。3.思维模板英中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。起例1如图所示，位于竖直平而内的固定光滑圆环轨道与水平而相切于“点，与竖直墙 相切于月点。竖直墙上期一点万与的连线和水平而的夹角为60 , C是圆环轨道的圆心。 已知在同一时刻a、b两球分别由月、万两点从静I匕开始沿光滑倾斜直轨道山/、运动到M点: c球由C点自由下落

3、到W点。贝lj()A.a球最先到达点B.b球最先到达点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达点解析 由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿过G/的直 径的下落时间相等，所以从C点自由下落到点的c球运动时间最短，故C正确。答案C传送带模型传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦 力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动怎律、运动学 公式、功和能等知识求解。题型一：物块在水平传送带上题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是 物块以一定的初速度冲上水平传送带。方法突破

4、：已知传送带长为厶速度为，与物块间的动摩擦因数为“，则物块滑动时 的加速度大小a= Hg.1.如图甲，5=0时，物块加速到的位移*=夭爲，若XZ即 心2 “誚寸,物块先加 速后匀速：若心L即心寸2 PgL时，物块一直加速到右端。2.如图甲，当询H0, %与卩同向时，当比5时，物块加速到a的位移,若*厶 即vb时，物块减速到y的位移尸=与土，若即宀心_2謠,物块先减速后 匀速：若&L、即卩W 帖一2“乩 物块一直减速到右端：当r=vb时，物块匀速运动到右端。b甲3如图乙，与a反向，物块向右减速到零的位移尸产,若 5、即豪返习L 物块一直减速到右端：若KL、即何丑，则物块先向右减速到零，再向左加速

5、（也可能 加速到a后匀速运动）直至离开传送带。5) 厂*1, 乙拓展：若水平传送带匀变速运动，传送带与物块共速后，需讨论Mg与传送带加速度a 的关系。若fd= UmgMma,即“g$a,则物块与传送带一起以加速度a匀变速运动；若 =即Pga.则物块以加速度Mg匀变速运动起例2如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒立速度几运行。初速度大小为处的小 物块从与传送带等髙的光滑水平地而上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时， 小物块在传送带上运动的旷上图象（以地而为参考系）如图乙所示。已知仏贝IJ（）A.住时刻，小物块离月处的距离达到最大B.匕时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0住时

6、间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0比时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析 小物块对地速度为零时，即九时刻，向左离开川处最远，比时刻，小物块相对传 送带静上，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A 错误，B正确。0住时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变, 上：时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度巾匀速运动，不再受摩擦力作用，C、 D错误。答案B题型二：物块在倾斜传送带上题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送 带速度为零时Pmgcos 0与昭sin 0的大小关系决立着

7、物块是否会相对传送带卜-滑，“tan “ 时相对静止，“tan 0时相对下滑。方法突破：一、传送带向上传送1.如图甲，若OWvoO且“tan ：(1)传送带比较短时物块一直以a= Pgcos 一gsin 0向上匀加速运动。(2)传送带足够长时物块先以a= Pgcos 一gsin 向上匀加速运动再向上匀速运动。2.如图甲，若0 v0 v且“tan：物块以向卜的加速度a=gsin 一 geos 运动。3.如图甲，若Qw且tan ：(1)传送带比较短时物块一直以a= Pgcos ”+gsin 0向上匀减速运动。(2)传送带足够长时物块先以a= Pgcos +騎in 向上匀减速运动再向上匀速运动。4.

8、如图甲，若Qv且“O且“tan ：(1)传送带比较短时物块一直以&= “贰os +$sin 0向下匀加速运动。(2)传送带足够长时物块先以&= 贰os +那in 0向下匀加速运动再向下匀速运动。2.如图乙，若0WwO且“tan：(1)传送带比较短时物块一直以&= “贰os +gsin 0向下匀加速运动。(2)传送带足够长时物块先以a= “geos +员in 向下匀加速运动再以a=gsin“一 Pgcos 0向F匀加速运动。3.如图乙，若 Qv且“tan ：(1)传送带比较短时物块一直以a= Pscos 一gsin 0向下匀减速运动。(2)传送带足够长时物块先以a= 贰os 一罚in 0向下匀减

9、速运动再向下匀速运动。4.如图乙，若Qv且“tan ：物块一直以a=gsin 0 “geos “向下匀加速运动。总结：物块在倾斜传送带上的运动情形还有很多，但分析思路大体相同：(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。(2)列牛顿第二定律方程，判断&的方向。根据临界条件确左临界状态的情况，根据“与tan的关系判断之后的运 动情形。野例3如图所示，倾角为37 ,长为2=16 m的传送带，转动速度为v=10ni/s,在传 送带顶端A处无初速度释放一个质量为也=0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因 数 “=0.5, g 取 10 m/s 求：(sin37 =0.6,

10、cos37 =0. 8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端万的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端月滑到底端万的时间。解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜 面向上，因“/cos37 ,则下一时刻物体相 对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力一一摩擦力发生突变。设当物体下滑速度 大于传送带转动速度时物体的加速度为则m又因为 A-=Vt： + t,解得：fc=l S（t2= 11 S 舍去）所以 t 6= ti+ tz=2 So答案（1）4 s （2）2 s倉滑块一木板模型1.模型特点：滑块（视为质点）垃于木板上，滑块和木板均相对地

11、而运动，且滑块和木板 在摩擦力的相互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的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之 差*=弘一=（或加=）：滑块和木板反向运动时，位移之和”=圧+尤=。3.3.分析滑块一木板模型时要抓住一个转折和两个关联4.解决滑块一木板模型中速度临界问题的思维模板无蛀界淸块与木連度板分离簡定相同时何内的位 移关系，列式求解野例4如图所示，物块川和长木板万的质量均为lkg, ?!与方之间、万与地面之间的动 摩擦因数分别为0.5和0.2,开始时月静止在万的左端，万停在水平地而上。某时刻尼给月施 加一大小为10 N,方向与水平方向成0=37斜向上的拉力巧0.5

12、s后撤去尸，最终恰好 停在万的右端。(sin37 =0.6, cos37 =0.8, &取 10 m/s5)求：(1)0.5 s末物块启的速度：(2)木板万的长度。解析(1)有力尸时，A.巧间最大静摩擦力fu= pAmgFzin “)万与地而间最大静摩擦力fs= Pz(2mgFsin )因为你石地，所以万静止以物块A为研究对象，据牛顿第二定律得：Fcos37c 宀(昭一用in3厂)=如：5i=6 m/svi= ti=3 m/ s o(2)撤去力尸后，对月有：Pimgmaz因为P-.Jng Uz2in)g,所以万滑动对万有：Hmg一2 zmg=ma2a： = 1 m/ s*, as = Q nv

13、 s月以血减速，万以比加速，当二者共速后，因为泗昭，所以两者相对静止，共同减速至速度为零，设两者 速度刚好相等时的速度为aV v aztzV比 tz以上两式联立解得2=0.5 s,尸=0.5 m/s撤去力尸之前A的位移=屛=0. 75 mV- v.撤去力尸之后到共速A的位移疋=二丄住=0. 875 m万的位移及=空=0125 m木板长=%1 +上一山=15 mo答案(1)3 m/s (2)1.5 m赳例5如图所示，倾角=30的足够长的光滑斜而固泄在水平而上，斜而上放一长= 1.8 m,质疑.片3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质疑也=1 kg的小物块，物块与木板 间的动摩擦因数卩弋。对木板施

14、加沿斜面向上的恒力尸，使木板沿斜而由静止开始向上做 匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m./s_o(1)为使物块不滑离木板，求力尸应满足的条件：(2)若Q37.5N,物块能否滑离木板？若不能，请说明理由：若能，求岀物块滑离木板 所用的时间及滑离木板后沿斜而上升的最大距离。解析(1)若整体恰好静止，则F= M+m) sin o = (3+1) X 10Xsin30 N=20 N因要拉动木板，则/20 N若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二九律得尸一 (J/4-zz?)员in a =(.忤也)a对物块有 f/ogsin(i =m

15、a其中虑P/nscos ii代入数据解得尿30 N向上加速的过程中为使物块不滑离木板，力尸应满足的条件为20 NX3Q No(2)当F=37.5N30 N时，物块能滑离木板，由牛顿第二泄律，对木板有F Pmgcos a 3倉sin a =Mat对物块有昭cos a /ngsin a =maz设物块滑离木板所用的时间为“由运动学公式得1.1.尹广一尹C代入数据解得t=1.2 s物块滑离木板时的速度v=azt由一2gsin & s=0 v代入数据解得s=0. 9 m。答案 (1)20 N尸W30 N (2)能滑离 1.2 s 0. 9 m热点集训1.如图所示，固立支架月少中，胚竖直，曲为光滑钢丝，

16、AC=BC=1. 一穿在钢幺纟中的小球从川点静止出发，则它滑到万点的时间十为（）答案C解析 因为AC=BC=1.所以以C点为圆心，以长度/为半径画圆，则乂万两点均在圆2.（多选）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滑上传送动摩擦因数一圧，关于带，滑上时速率为n,传送带的速率为仏 且“仏 不计空气阻力,物块离开传送带的速率和位置.下面哪个是可能的（）答案ABC解析 物块从月端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，受到向上的滑动 摩擦力，若能从A端离开，则向上的摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，速度向下减速到 零后以相冋的加速度向上加速，由运动的对称性可知，必有v=n,

17、即C正确，D错误：若从 万端离开，当向上的摩擦力大于重力的分力时，则只仏B正确：当向上的摩擦力小于重力的 分力时，则Q心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，卩=仏 故本题应选A、B、Co3.（多选）如图所示，滑块放宜在厚度不计的木板上，二者处于静止状态。现对木板施加一水平向右的恒力尺已知各个接触而均粗糙，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列关于 滑块和木板运动的旷上图象中可能正确的是（实线、虚线分别代表木板和滑块的Vt图 象）（）答案BD解析因恒力尸大小以及各接触而“大小均未知，所以滑块与木板可能相对静止一起向 右匀加速运动，故B正确；不可能木板运动，滑块静止，故A错误：

18、设木板质量为滑块质 量为皿滑块与木板间动摩擦因数为宀，木板与地而间动摩擦因数为 化，当M与皿相对滑动 时，必有木板的加速度大小大于滑块加速度大小，且木板加速度Q 5Ll -当滑块从木板上掉下去之后，滑块在地而上将匀减速运动，木板加速度决=可以看 岀a：a-.,故D i匸确，C错误。4.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地而静止的物块 轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块 与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后， 木板运动的速度一时间图象可能是下列选项中的（）答案A解析设在木板与物块

19、未达到相同速度之前，木板的加速度大小为物块与木板间的 动摩擦因数为如，木板与地面间的动摩擦因数为心。对木板应用牛顿第二泄律得：昭+ X2mg=mai,弘=（宀+2 “ 设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度大小为a：, 当二者共同减速时，对整体有 2mg=2ma：, a:= “堵，此时对物块zz?a：= P沁Wf= Pm 当时，物块相对木板向右滑动，f为滑动摩擦力，对木板有2 P卩、mg= maz, a：= （2化一 “Jg,可见两种情况下都有&壬，由“r图象的斜率表示加速度可知，图象A正确。5.（2019 江苏高考）如图所示，质量相等的物块和方叠放在水平地而上，左边缘对齐。 A与B、万与

20、地而间的动摩擦因数均为“。先敲击儿月立即获得水平向右的初速度，在万上 滑动距离Z后停下。接着敲击万，万立即获得水平向右的初速度，A.万都向右运动，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)川被敲击后获得的初速度大小切(2)在左边缘再次对齐的前、后，万运动加速度的大小a, a/ ；(3)万被敲击后获得的初速度大小艰答案如就(2)3 “g Pg (3)2如就解析A.方的运动过程如图所示：B I敲击A时(1)设乂万的质量均为Q先敲击时，由牛顿第二左律可知，A的加速度大小少=上竺=Ugm在万上滑动时有2泌=解得：_=寸2 込对齐前，

21、万所受月的摩擦力大小f尸Pmg,方向向左，地而的摩擦力大小f地=2“昭，方向向左，合外力大小F=+f地=3 nmg由牛顿第二泄律尸 =如$,得a$=3“g对齐后，A.万整体所受合外力大小F =/*地=2“昭由牛顿第二定律尸=2ma；,得as = Pgo(3)设敲击方后经过时间t, A.万达到共同速度V,位移分别为山、拖，月的加速度大小 等于贝I】v=aAt, v= vsast1 1 .及=5血门-%= vstasf且 xsXa=L解得：巾=2p2 “g厶6(2017 -全国卷【)如图，两个滑块月和万的质量分别为z=l kg和皿=5血，放在静止于水平地而上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均

22、为幻=0.5：木板的质量为加=4 kg,与地面间的动摩擦因数为化=01。某时刻乂万两滑块开始相向滑动，初速度大小 均为内=3 mA。A.万相遇时，戏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=10 m/s求：（1） 5与木板相对静止时，木板的速度：（2） 乩万开始运动时，两者之间的距离。答案（1）1 m/s （2） 1.9 m解析（1）滑块月和万在木板上滑动时，木板也在地而上滑动。设小万和木板所受的摩 擦力大小分别为、E和，月和万相对于地而的加速度大小分别为或和场，木板相对于地面 的加速度大小为业，在物块万与木板达到共同速度前有fi= “血式Dfs= “;:（加+皿

23、 + 处）5由牛顿第二定律得f = nusL壬= aba）ftfi fz=设在住时刻，万与木板达到共同速度，其大小为小由运动学公式有=-ash応=站上1联立式，代入已知数据得兀=1皿/s（2）在氏时间间隔内，万相对于地面移动的距离为ss=设在方与木板达到共同速度久后，木板的加速度大小为壶，对于万与木板组成的体系， 由牛顿第二定律有去+丘=（劭+加）走由式知，加=&鸟再由式知，万与木板达到共同速度时，川的速度大小也为 仏但运动方向与木板相反。由题意知，月和万相遇时，川与木板的速度相同，设英大小为吟 设力的速度大小从幻变到比所用的时间为妇则由运动学公式，对木板有Vi. a： r：对月有Vz凤+也住在住时间间隔内，万（以及木板）相对地而移动的距离为在（h+Q时间间隔内，月相对地而移动的距离为Sa= % （ + tz） （ &+ 住）=月和万相遇时，月与木板的速度也恰好相同，因此和万开始运动时，两者之间的距离为联立以上各式，并代入数据得s=1.9m（也可用如图所示的速度一时间图线求解）