高考物理专题突破讲义专题1第3课时动力学两类基本问题板块模型和传送带模型中的动力学问题.pdf

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1、第第 3 课时动力学两类基本问题板块模型和传送带模型中的动力学问题课时动力学两类基本问题板块模型和传送带模型中的动力学问题命题规律 1.命题角度：(1)动力学的两类基本问题；(2)板块模型中的动力学问题；(3)传送带模型中的动力学问题.2.常考题型：计算题高考题型高考题型 1动力学两类基本问题动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路例 1(2021安徽合肥市高三上第一次教学质量调研)如图 1 所示，一质量为 m1 kg 的木块在水平推力 F 作用下沿倾角 37的固定斜面向上做匀速直线运动，已知木块与斜面间的动摩擦因数 0.5，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：

2、图 1(1)水平推力 F 的大小；(2)当 F30 N 时，木块从斜面底端由静止开始向上做加速运动，2 s 末撤去 F，之后木块恰好到达斜面顶端，求撤去 F 时木块的速度及斜面的长度答案(1)20 N(2)10 m/s，方向平行斜面向上15 m解析(1)木块做匀速直线运动时，对木块受力分析如图垂直斜面方向 FNmgcos Fsin 平行斜面方向 Fcos Ffmgsin 又 FfFN解得 Fmgcos mgsin cos sin 20 N(2)木块从斜面底端向上做加速运动过程：设加速度为 a1，受力如图垂直斜面方向 FNmgcos Fsin 平行斜面方向 Fcos mgsin Ffma1又 F

3、fFN解得a1Fcos mgsin mgcos Fsin m5 m/s2，2 s 末木块的速度为 va1t52 m/s10 m/s，方向平行斜面向上，该过程木块发生的位移 x112a1t212522 m10 m撤去 F 后：设木块的加速度大小为 a2，受力如图垂直斜面方向 FNmgcos 平行斜面方向 mgsin Ffma2又 FfFN解得 a2gsin gcos 10 m/s2该过程木块发生的位移 x2v22a21022 10 m5 m，所以斜面的长度为 x1x215 m.高考题型高考题型 2板块模型中的动力学问题板块模型中的动力学问题动力学解决板块模型问题的思路例 2如图 2，两个滑块 A

4、 和 B 的质量分别为 mA1 kg 和 mB5 kg，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 m4 kg，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 v03 m/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，取重力加速度大小 g10 m/s2.求：图 2(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B 开始运动时，两者之间的距离答案(1)1 m/s，方向与 B 的初速度方向相同(2)1.9 m解析(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设 A、B 和木板所

5、受的摩擦力大小分别为 Ff1、Ff2和 Ff3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在滑块 B 与木板达到共同速度前有Ff11mAgFf21mBgFf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得Ff1mAaAFf2mBaBFf2Ff1Ff3ma1设在 t1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1，由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s，方向与 B 的初速度方向相同(2)在 t1时间内，B 相对于地面移动的距离为xBv0t112aBt12设在 B 与木板达到共同速度 v1后，木板的加速度大小为 a2.对于

6、 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有Ff1Ff3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，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所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对 A 有：v2v1aAt2在 t2时间内，B(以及木板)相对地面移动的距离为x1v1t212a2t22在(t1t2)时间内，A 相对地面移动的距离为xAv0(t1t2)12aA(t1t2)2A 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，

7、两者之间的距离为x0 xAx1xB联立以上各式，并代入数据得x01.9 m高考题型高考题型 3传送带模型中的动力学问题传送带模型中的动力学问题1模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向2解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键(2)物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口例 3(2021江苏省四校第三次联考)如图 3 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度 v1运行初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始

8、计时，小物块在传送带上运动的 vt 图像(以地面为参考系)如图乙所示已知 v2v1，则()图 3At2时刻，小物块离 A 处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案B解析小物块相对地面速度为零时，即 t1时刻，向左离开 A 处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A 错误，B 正确；0t2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，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速

9、度 v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D 错误例 4(2020全国卷25 改编)如图 4，相距 L11.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接传送带向右匀速运动，其速度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定质量 m10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度 v05.0 m/s 自左侧平台滑上传送带 载物箱与传送带间的动摩擦因数 0.10，重力加速度取 g10 m/s2.图 4(1)若 v4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度答案(1)2.75 s(2)4 3 m/s 2 m/s解析(1)传送带的速度为 v4.0

10、 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为 a，由牛顿第二定律有mgma设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为 x1，由运动学公式有v2v022ax1联立式，代入题给数据得x14.5 m因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到 v，然后开始做匀速运动设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为 t1，做匀减速运动所用的时间为 t1，由运动学公式有 vv0at1t1t1Lx1v联立式并代入题给数据得t12.75 s(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为 v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v2，

11、则 v12v022gLv22v022gL由式并代入题给条件得v1 2 m/s,v24 3 m/s1.(2021安徽蚌埠市一模)如图 5 所示，质量为 1 kg 的小物块以 10 m/s 的速度从倾角为 37的固定斜面(足够长)底端向上滑行，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图 5(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离；(2)物块从最高点滑回底端所经历的时间；(3)从开始沿斜面上滑到返回底端的过程中，物块所受合力的冲量答案(1)5 m(2)5 s(3)(2 510)Ns，方向沿斜面向下解析(1)设物块沿斜面做匀减速直线

12、运动的加速度大小为 a1，向上滑行的最大距离为 x，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1由匀变速直线运动规律得 v022a1x，解得 x5 m(2)设物块沿斜面向下滑行时的加速度为 a2、时间为 t，回到底端的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma2由匀变速直线运动规律得 x12a2t2，解得 t 5 s(3)物块下滑时，由匀变速直线运动规律得 va2t，解得v2 5 m/s以沿斜面向上为正方向，根据动量定理得 Im(v)mv0(2 510)Ns故物块所受合力的冲量大小为(2 510)Ns，方向沿斜面向下2.(2021山东滨州市高三期末)如图 6 所示，质量相

13、等的物块 A 和 B 叠放在水平地面上，A 的左端距 B 的左端为 L，某时刻 A 静止，B 有水平向右的初速度，当 A、B 左端对齐时恰好相对静止A 与 B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数都是，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.求：图 6(1)物块左端对齐前物块 B 的加速度大小；(2)物块 B 的初速度大小答案(1)3g(2)2 2gL解析(1)对 B 受力分析，由牛顿第二定律可知 mg2mgmaB，解得 aB3g.(2)对齐前，对 A 受力分析，由牛顿第二定律可知 mgmaA，设经过时间 t，A、B 达到共同速度，则：aAtvBaBt，xA12aAt2，xBvBt12aBt

14、2，xAxBL，联立可得 vB2 2gL.3.(2021江苏南京市、盐城市二模)如图 7 所示，电动传送带以恒定速度 v01.2 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角 37，现将质量 m20 kg 的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到 h1.8 m 的平台上已知箱子与传送带间的动摩擦因数 0.85，不计其他损耗(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图 7(1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量答案(1)0.8 m/s2(2)122.4 J解析(1)箱子刚开始运动时，受到

15、竖直向下的重力 mg、垂直传送带向上的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力 Ff，将重力沿传送带方向和垂直传送带方向进行正交分解，由牛顿第二定律得 Ffmgsin maFfFNFNmgcos 联立式，得 a0.8 m/s2(2)箱子加速所用时间为 tv0a1.20.8 s1.5 s箱子加速过程中传送带的位移 x传v0t1.8 m传送带底端到平台的距离为 Lhsin 3 m箱子加速的位移为x箱12at2120.81.52 m0.9 mL箱子速度与传送带速度相同后，一起匀速运动至平台箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦产生的热量QFfxFf(x传x箱)122.4 J专题强化练专题

16、强化练 保分基础练1.(2021山东济宁市高三一模)用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图 1 所示方式放置在底层水泥板上货车以 3 m/s2的加速度启动，然后以 12 m/s 的速度匀速行驶，遇紧急情况后以 8 m/s2的加速度刹车至停止已知每块水泥板的质量为 250 kg，水泥板间的动摩擦因数为 0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g10 m/s2，则()图 1A启动时上层水泥板所受摩擦力大小为 1 875 NB刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为 2 000 NC货车在刹车过程中行驶的距离为 9 mD货车停止时上

17、层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为 0.6 m答案C解析摩擦力提供给水泥板最大的加速度为 ag7.5 m/s2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为 Ffma2503 N750 N，A 错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为 Ffmg1 875 N，B 错误；货车在刹车过程中行驶的距离为 sv22a刹9 m，C 正确；货车刹车至停止的时间为 tva刹1.5 s，该时间内，上层水泥板滑动的距离为 svt12gt218 m8.437 5 m9.562 5 m，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为 sss0.562 5

18、 m，D错误2(2021全国甲卷14)如图 2，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板 P 处，上部架在横杆上横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角 可变将小物块由平板与竖直杆交点 Q 处静止释放，物块沿平板从 Q 点滑至 P 点所用的时间 t 与夹角 的大小有关若由 30逐渐增大至 60，物块的下滑时间 t 将()图 2A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大答案D解析设 PQ 的水平距离为 L，由运动学公式可知Lcos 12(gsin)t2，可得 t24Lgsin 2，45时 t 有最小值，故当 由 30逐渐增大至 60，物块的下滑时间 t 先减小后增大，故

19、选D.3(2021湖北省 1 月选考模拟15)如图 3a，在光滑水平面上放置一木板 A，在 A 上放置物块B，A 和 B 的质量均为 m1 kg.A 与 B 之间的动摩擦因数 0.2.t0 时刻起，对 A 施加沿水平方向的力，A 和 B 由静止开始运动取水平向右为正方向，B 相对于 A 的速度用 vBAvBvA表示，其中 vA和 vB分别为 A 和 B 相对水平面的速度在 02 s 时间内，相对速度 vBA随时间 t 变化的关系如图 b 所示运动过程中 B 始终未脱离 A，重力加速度取 g10 m/s2.求：图 3(1)02 s 时间内，B 相对水平面的位移大小；(2)t2 s 时刻，A 相对

20、水平面的速度答案(1)3.5 m(2)0解析(1)由题知 B 始终未脱离 A，由 vBAt 图像可知，01.5 s 内，vBvA，B 在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动；对物块 B，由牛顿第二定律，mgma，得 ag2 m/s2，则物块 B 在 1.5 s 时，v1.5at1.53 m/s，x1.5v1.52 t1.52.25 m物块 B 在 t2 s 末，v2v1.5at0.52 m/s，在 1.52 s 内位移 x2v1.5v22t0.51.25 m所以 B 相对水平面的位移xB 总x1.5x23.5 m.(2)由题图 b 可知 t2 s 时，vBA2 m/s，又此时 B 的速度 vBv2

21、2 m/s由 vBAvBvA得 vA0.争分提能练4.如图 4 所示，与水平面夹角 37的倾斜传送带以 v02 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块 A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块 B 以 v18 m/s 的速度从底端滑上传送带已知小物块 A、B 质量均为 m1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为 0.5，小物块 A、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图 4(1)小物块 B 向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带从底端到顶端的长度 l 应满足的条件答案(1)2.5 m/s(2)l12.96 m解析(1)对小

22、物块 B，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得 a110 m/s2小物块 B 减速至与传送带共速的过程，时间 t1v1v0a10.6 s，位移大小 x1v12v022a13 m之后，小物块 B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，解得 a22 m/s2小物块 B 减速至 0 的时间 t2v0a21 s位移大小 x2v022a21 m小物块 B 向上运动过程中平均速度的大小vx1x2t1t22.5 m/s.(2)小物块 A 的加速度大小也为 a22 m/s2，小物块 B 开始加速向下运动时，小物块 A 已经具有向下

23、的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块 B 滑下传送带后，小物块 A 到达传送带底端当小物块 B 刚滑下传送带时，小物块 A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度 l012a2t2小物块 B 向下运动过程中 x1x212a2t32解得 t32 s，则 tt1t2t33.6 s代入解得 l012.96 m，即传送带从底端到顶端的长度 l12.96 m.5.(2020河南信阳市高三期末)如图 5 所示，将质量 m1 kg 的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为 30，环的直径略大于杆的截面直径对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为 30、大小为 10 3 N 的

24、拉力 F，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数 32，g10 m/s2，则：图 5(1)F 作用 t2 s 时圆环的速度是多大？(2)2 s 后撤去力 F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？答案(1)20 m/s(2)16 m解析(1)F 作用时，对圆环受力分析，如图甲所示沿杆方向：Fcos 30mgsin 30Ffma1垂直杆方向：mgcos 30FNFsin 30又 FfFN联立解得：a110 m/s2由运动学公式得：2 s 时圆环的速度大小 va1t代入数据解得：v20 m/s(2)撤去力 F 后，对圆环受力分析如图乙所示沿杆方向：mgsin 30Ffma2垂直杆

25、方向：mgcos 30FN又 FfFN联立解得：a212.5 m/s2圆环继续沿杆上滑的最大距离xv22a22022 12.5 m16 m.6.(2021辽宁沈阳市郊联合体高三上学期 1 月期末)如图 6 所示，质量 M1 kg 且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数 10.1.现有一质量 m2 kg 的小铁块以 v03 m/s 的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间的动摩擦因数20.2.重力加速度g10 m/s2.求：图 6(1)铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大？(2)木板的最大速度多大？(3)从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？答案(

26、1)2 m/s21 m/s2(2)1 m/s(3)3 J解析(1)设铁块刚滑上木板时铁块和木板的加速度大小分别为 a1和 a2，对铁块受力分析，由牛顿第二定律得：2mgma1，代入数据解得：a12 m/s2对木板受力分析，由牛顿第二定律得：2mg1(mM)gMa2，a21 m/s2故铁块和木板的加速度大小分别为 2 m/s2和 1 m/s2.(2)铁块先向右减速，木板向右加速，两者速度相等后，又一起向右减速，直到静止设木板从开始运动到速度最大时所需时间为 t，最大速度为 v，由运动学公式可知：vv0a1tva2t两式联立可得：t1 s，v1 m/s故木板的最大速度为 1 m/s.(3)设铁块和

27、木板速度相等前，木板的位移为 x1；一起减速的加速度大小为 a3，位移为 x2，则由运动学公式可知：a31g1 m/s2x112vt0.5 mx2v22a30.5 m即木板的总位移：xx1x21 m故木板与地面摩擦产生的热量：Q1(mM)gx3 J.尖子生选练7(2020全国卷25)如图 7，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直已知 M4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力图 7(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球

28、各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件答案见解析解析(1)管第一次与地面碰撞后的瞬间，小球仍然向下运动设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球的加速度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 Ff，由牛顿第二定律有 Ma1MgFfma2Ffmg联立式并代入题给数据，得a12g，a23g(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0 2gH方向均向下管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下设自弹起时经过时间 t

29、1，管与球的速度刚好相同取向上为正方向，由运动学公式得v0a1t1v0a2t1联立式得 t1252Hg设此时管下端的高度为 h1，速度为 v.由运动学公式可得h1v0t112a1t12vv0a1t1由式可判断此时 v0.此后，管与球将以加速度 g 减速上升 h2，到达最高点由运动学公式有 h2v22g设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1 h1 h2联立式可得H11325H(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1.在管开始下落到上升 H1这一过程中，由动能定理有Mg(HH1)mg(HH1x1)Ffx10联立式并代入题给数据得x145H同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为 x245H1设圆管长度为 L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是x1x2L联立式，L 应满足条件为L152125H.