高中高考物理总复习一轮复习知识归纳第三章专题强化四.docx

高考试卷试题学习资料专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解读 1.本专题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通过本专题的学习，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，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能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一、“等时圆”模型1两种模型(如图1)图12等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为，圆的直径为d，如图1所示根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为agsin ，位移为xdsin ，所以运动时间为t0 .即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关二、“传送带”模型1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1可能一直加速可能先加速后匀速情景2v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速v0v，一直匀速v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3传送带较短时，滑块一直减速到达左端传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端其中若v0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1可能一直加速可能先加速后匀速情景2可能一直加速可能先加速后匀速可能先以a1加速，后以a2加速三、“滑块木板”模型1模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动2两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度命题点一“等时圆”模型例1如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则()图2At1<t2<t3 Bt1>t2>t3Ct3>t1>t2 Dt1t2t3答案D解析如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用设杆与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律有mgsin ma，得加速度大小agsin .设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小xDsin ，xat2，解得t .可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角无关，即三个滑环滑到d点所用的时间相等，选项D正确变式1(2018·广东省惠州市第三次调研)如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较()图3A无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短C质点沿着轨道AB下滑，时间最短D轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短答案A命题点二“传送带”模型1水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：若二者同向，则s|s传s物|；若二者反向，则s|s传|s物|.2倾斜传送带物体沿倾角为的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin 与mgcos 的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况例2(2018·安徽省安庆市二模)如图4所示，半径R1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L16 m，传送带以v010 m/s的速度顺时针运动，将质量m1 kg的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数0.4，取g10 m/s2.图4(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件答案见解析解析(1) 设滑块加速运动的时间为t1，加速度大小为a，对滑块受力分析，有mgmav0at1解得：t12.5 s，a4 m/s2设滑块速度达到v0时经过的位移为x1x1at1212.5 m设滑块匀速运动的位移为x2，则x2Lx13.5 m则滑块匀速运动的时间为t20.35 s所需时间为tt1t22.85 s.(2)滑块能通过C点的临界条件是在C点轨道对滑块压力为0，则在C点由牛顿第二定律得mgmB点到C点由动能定理得mg·2RmvC2mvB2滑块通过B点的速度至少为vB4 m/svB22ax解得：x10 m滑块在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处(3)若给滑块一水平向右的初速度v1 ，vB2v122a·解得：v14 m/s所以v14 m/s若给滑块一水平向左的初速度v2，只需让滑块向左减速滑行的距离在28 m的范围即可由运动学公式可得v2202ax，2x8解得4 m/sv28 m/s，所以当初速度方向水平向左时满足于4 m/sv28 m/s.变式2(2018·甘肃省兰州一中模拟)如图5甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，试求：图5(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；(2)08 s内小物块与传送带之间的划痕为多长答案(1)(2)18 m解析(1)根据vt图象的斜率表示加速度，a m/s21 m/s2由牛顿第二定律得mgcos 37°mgsin 37°ma解得(2)08 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动06 s内传送带匀速运动距离为：x带4×6 m24 m速度图象的“面积”大小等于位移，则02 s内物块位移为：x1×2×2 m2 m，方向沿斜面向下，26 s内物块位移为：x2×4×4 m8 m，方向沿斜面向上所以划痕的长度为：xx带x1x2(2428) m18 m命题点三“滑块木板”模型如图6所示，解决此模型的基本思路如下：图6运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例3(2018·山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考)如图7所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M0.6 kg，长度l0.5 m现有一质量m0.4 kg的小木块，以初速度v02 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数10.3，木板与地面间的动摩擦因数20.1，重力加速度g10 m/s2.求：图7(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；(2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)答案(1)1 m/s(2)0.670 m解析(1)木板受到木块的摩擦力为Ff11mg木板受到地面的摩擦力为Ff22(2Mm)g因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，1mgma1小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v：v2v022a1l代入数据解得：v1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a2：1mg2(Mm)gMa2设木块与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：对木块：v1va1t对木板有：v1a2t解得： v10.1 m/s，t0.3 s此时木块运动的位移x1t0.165 m木板的位移x10.015 m木块在木板上滑动的长度为x1x1<l达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，2(Mm)g(Mm)a3v122a3x2解得x20.005 m小木块滑动的总位移xlx1x20.670 m.变式3(2019·黑龙江省哈尔滨市模拟)如图8甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态作用于滑块的水平力F随时间t的变化图象如图乙所示已知滑块质量m2 kg，木板质量M1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.(已知滑块在2.5 s内没有滑离木板)图8(1)在00.5 s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小是多少？(2)在2.5 s时，滑块和长木板的速度分别是多少？答案(1)2 N(2)13 m/s9 m/s解析(1)在00.5 s过程中，假设M、m具有共同加速度a1，则：F1(Mm)a1a12 m/s2木板能达到的最大加速度a2a 24 m/s2>a1所以M、m相对静止，M、m之间为静摩擦力FfMa1解得：Ff2 N(2)木板和滑块在0.5 s时的速度v1a1t1解得：v11 m/s在0.52.5 s过程中，假设M、m具有共同加速度a3 ，则：F2(Mm)a3a35.3 m/s2>a2，则M、m相对滑动长木板在2.5 s时的速度v2v1a2t2解得：v29 m/s以滑块为研究对象：F2mgma4解得：a46 m/s2滑块在2.5 s时的速度v3v1a4t2解得：v313 m/s.1(2019·广东省东莞市质检)如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()图1A21 B11 C.1 D1答案B2(2018·山东省泰安市上学期期中)如图2所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA6 kg、mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现对A施加一水平力F，则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)()图2AaA6 m/s2，aB2 m/s2BaA2 m/s2，aB6 m/s2CaA8 m/s2，aB4 m/s2DaA10 m/s2，aB6 m/s2答案D解析对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则FfmmAg12 N，则最大加速度a m/s26 m/s2.对整体运用牛顿第二定律可得F(mAmB)a48 N，即当拉力增加到48 N时，发生相对滑动，当F48 N时，aAaB6 m/s2，当F>48 N时，aA>aB，且aA>6 m/s2，aB6 m/s2恒定不变，故D正确3(2018·安徽省安庆市二模)如图3所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图3A11 B23 C13 D32答案C解析当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，隔离B分析，aBa1g，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aAa2g，可得a1a213，故选项C正确4(多选)(2019·湖北省黄冈市模拟)机场使用的货物安检装置如图4所示，绷紧的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L2 m，现有一质量为m1 kg的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面已知背包与传送带间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，下列说法正确的是()图4A背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD背包与传送带之间的相对位移为0.1 m答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，mgma，得a5 m/s2，背包达到传送带的速度v1 m/s所用时间t10.2 s，此过程背包对地面位移x1t1×0.2 m0.1 m<L2 m，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为xvt1x11×0.2 m0.1 m0.1 m，背包匀速运动的时间t2 s1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：tt1t22.1 s，故A、D正确5(多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图5甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图象如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()图5AMmBM2mC木板的长度为8 mD木板与物块间的动摩擦因数为0.1答案BC解析物块在木板上运动过程中，mgma1，而vt图象的斜率大小表示加速度大小，故a1 m/s22 m/s2，解得0.2，D错误；对木板受力分析可知mgMa2，a2 m/s21 m/s2，解得M2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，两者vt图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L×(73)×2 m×2×2 m8 m，C正确6(2018·福建省宁德市上学期期末)智能分拣设备迅速将包裹分拣装车若把智能分拣设备简化成如图6所示的水平传输装置，皮带在电动机的带动下保持v1 m/s的速度向右运动，现将一质量为m2 kg的包裹轻放在皮带上，包裹和皮带间的动摩擦因数0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中，设皮带足够长，取g10 m/s2，求：图6(1)包裹滑动时加速度a的大小；(2)包裹滑动的时间t；(3)包裹位移x的大小答案(1)5 m/s2(2)0.2 s(3)0.1 m解析(1)设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为Ff，则：Ffmgmaag5 m/s2(2)包裹加速到与传送带速度相等的时间为t s0.2 s(3)加速到与传送带相对静止的位移为xat2×5×0.22 m0.1 m.7(2018·江西省六校第五次联考)如图7所示，一倾角37°的斜面底端与一传送带左端相接于B点，传送带以v7 m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v04 m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C点已知斜面AB长度为L16 m，传送带BC长度为L26 m，物块与传送带之间的动摩擦因数20.3(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)求：图7(1)物块与斜面之间的动摩擦因数1；(2)物块在传送带上运动的时间答案(1)(2)2 s解析(1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，在AB斜面上下滑的过程中：L1，可得a1 m/s2由牛顿第二定律得1mgcos 37°mgsin 37°ma1，故1.(2)在BC上运动过程中，物块先匀加速运动，加速度大小a22g3 m/s2假设一直加速到C点时速度为vC，vC22a2L2，vC6 m/s<7 m/s，假设成立，则t2 s.8(2018·安徽省安庆市二模)如图8甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带的左端与A、A与B之间距离均为d0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为10.1，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向右水平拉动纸带，重力加速度g10 m/s2.求：图8(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)在图乙坐标系中定性画出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)如图所示(3)1.25 m解析(1)两物体在纸带上滑动时有1mgma1，当物体A滑离纸带时d得t11 s(2)如图所示(3)物体A离开纸带时的速度v1a1t1两物体在地面上运动时有2mgma2物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1当物体B滑离纸带时2d物体B离开纸带时的速度v2a1t2物体B从开始运动到停止在地面上过程的总位移x2两物体A、B最终停止时的间距xx2dx1联立得x1.25 m.