1、2021高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 熱點專題系列動力學中三種典型物理模型學案2021高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 熱點專題系列動力學中三種典型物理模型學案年級：姓名：- 16 -熱點專題系列(三) 動力學中三種典型物理模型熱點概述：動力學中三種典型物理模型分別是等時圓模型、傳送帶模型和滑塊木板模型，通過本專題的學習，可以培養審題能力、建模能力、分析推理能力。熱點透析 等時圓模型1模型分析如圖甲、乙所示，質點沿豎直面內圓環上的任意一條光滑弦從上端由靜止滑到底端，可知加速度agsin，位移x2rsin，由勻加速直線運動規律xat2，得下滑時間t2，即沿豎直直徑自由下落的時間。

2、圖丙是甲、乙兩圖的組合，不難證明有相同的結論。2結論模型1質點從豎直面內的圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環的最低點所用時間相等，如圖甲所示；模型2質點從豎直面內的圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示；模型3兩個豎直面內的圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始經切點滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。3思維模板其中模型3可以看成兩個等時圓，分段按上述模板進行時間比較。如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環軌道與水平面相切于m點，與豎直墻相切于a點。豎直墻上另一點b與m的連線和水平面的夾角為60，c是圓環軌道的圓心。已知在同一時刻a

3、、b兩球分別由a、b兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道am、bm運動到m點；c球由c點自由下落到m點。則()aa球最先到達m點bb球最先到達m點cc球最先到達m點db球和c球都可能最先到達m點解析由等時圓模型知，a球運動時間小于b球運動時間，a球運動時間和沿過cm的直徑的下落時間相等，所以從c點自由下落到m點的c球運動時間最短，故c正確。答案c 傳送帶模型傳送帶模型的特征是以摩擦力為紐帶關聯傳送帶和物塊的運動。這類問題涉及滑動摩擦力和靜摩擦力的轉換、對地位移和二者間相對位移的區別，需要綜合牛頓運動定律、運動學公式、功和能等知識求解。題型一：物塊在水平傳送帶上題型概述：物塊在水平傳送帶上可分為兩種情

4、形：一是物塊輕放在水平傳送帶上；二是物塊以一定的初速度沖上水平傳送帶。方法突破：已知傳送帶長為l，速度為v，與物塊間的動摩擦因數為，則物塊滑動時的加速度大小ag。1如圖甲，v00時，物塊加速到v的位移x，若xl即v時，物塊先加速后勻速；若xl即v時，物塊一直加速到右端。2如圖甲，當v00，v0與v同向時，當v0v時，物塊加速到v的位移x，若xl，即v0vv時，物塊減速到v的位移x，若xv，物塊先減速后勻速；若xl，即v ，物塊一直減速到右端；當vv0時，物塊勻速運動到右端。3如圖乙，v00，v0與v反向，物塊向右減速到零的位移x，若xl，即v0，物塊一直減速到右端；若xl，即v0，則物塊先向右

5、減速到零，再向左加速(也可能加速到v后勻速運動)直至離開傳送帶。拓展：若水平傳送帶勻變速運動，傳送帶與物塊共速后，需討論g與傳送帶加速度a的關系。若fmaxmgma，即ga，則物塊與傳送帶一起以加速度a勻變速運動；若fmaxmgma，即gv1，則()at2時刻，小物塊離a處的距離達到最大bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大c0t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左d0t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析小物塊對地速度為零時，即t1時刻，向左離開a處最遠，t2時刻，小物塊相對傳送帶靜止，此時不再相對傳送帶滑動，所以從開始到此刻，它相對傳送帶滑動的距離最大，a錯誤，

6、b正確。0t2時間內，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變，t2時刻以后小物塊相對傳送帶靜止，與傳送帶一起以速度v1勻速運動，不再受摩擦力作用，c、d錯誤。答案b題型二：物塊在傾斜傳送帶上題型概述：物塊在傾斜傳送帶上又可分為向上傳送和向下傳送兩種情況，物塊相對傳送帶速度為零時mgcos與mgsin的大小關系決定著物塊是否會相對傳送帶下滑，tan時相對靜止，tan時相對下滑。方法突破：一、傳送帶向上傳送1如圖甲，若0v0tan：(1)傳送帶比較短時物塊一直以agcosgsin向上勻加速運動。(2)傳送帶足夠長時物塊先以agcosgsin向上勻加速運動再向上勻速運動。2如圖甲，若

7、0v0v且v且tan：(1)傳送帶比較短時物塊一直以agcosgsin向上勻減速運動。(2)傳送帶足夠長時物塊先以agcosgsin向上勻減速運動再向上勻速運動。4如圖甲，若v0v且tan：(1)傳送帶比較短時物塊一直以agcosgsin向上勻減速運動。(2)傳送帶足夠長時物塊先以agcosgsin向上勻減速運動再以agsingcos向上勻減速運動，最后向下勻加速運動。二、傳送帶向下傳送1如圖乙，若0v0tan：(1)傳送帶比較短時物塊一直以agcosgsin向下勻加速運動。(2)傳送帶足夠長時物塊先以agcosgsin向下勻加速運動再向下勻速運動。2如圖乙，若0v0v且v且tan：(1)傳送

8、帶比較短時物塊一直以agcosgsin向下勻減速運動。(2)傳送帶足夠長時物塊先以agcosgsin向下勻減速運動再向下勻速運動。4如圖乙，若v0v且tan：物塊一直以agsingcos向下勻加速運動。總結：物塊在傾斜傳送帶上的運動情形還有很多，但分析思路大體相同：(1)判斷物塊相對于傳送帶的運動方向，從而判斷滑動摩擦力方向。(2)列牛頓第二定律方程，判斷a的方向。(3)根據臨界條件v物v帶確定臨界狀態的情況，根據與tan的關系判斷之后的運動情形。如圖所示，傾角為37，長為l16 m的傳送帶，轉動速度為v10 m/s，在傳送帶頂端a處無初速度釋放一個質量為m0.5 kg的物體，已知物體與傳送帶

9、間的動摩擦因數0.5，g取10 m/s2。求：(sin370.6，cos370.8)(1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端a滑到底端b的時間；(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端a滑到底端b的時間。解析(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，因tan，物體相對傳送帶向下勻加速運動，根據牛頓第二定律有：mg(sin37cos37)ma則agsin37gcos372 m/s2，根據lat2得t4 s。(2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得

10、mgsin37mgcos37ma1則有a110 m/s2設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有t1 s1 s，x1a1t5 mmgcos37，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力摩擦力發生突變。設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a22 m/s2x2lx111 m又因為x2vt2a2t，解得：t21 s(t211 s舍去)所以t總t1t22 s。答案(1)4 s(2)2 s 滑塊木板模型1模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發生相對滑動。2位移關系：滑塊由木

11、板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差xx1x2l(或xx2x1l)；滑塊和木板反向運動時，位移之和xx2x1l。3分析滑塊木板模型時要抓住一個轉折和兩個關聯4解決滑塊木板模型中速度臨界問題的思維模板如圖所示，物塊a和長木板b的質量均為1 kg，a與b之間、b與地面之間的動摩擦因數分別為0.5和0.2，開始時a靜止在b的左端，b停在水平地面上。某時刻起給a施加一大小為10 n，方向與水平方向成37斜向上的拉力f,0.5 s后撤去f，最終a恰好停在b的右端。(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)求：(1)0.5 s末物塊a的速度；(2)木板b的長度。解析(

12、1)有力f時，a、b間最大靜摩擦力fab1(mgfsin)b與地面間最大靜摩擦力fb地2(2mgfsin)因為fab2(2m)g，所以b滑動對b有：1mg22mgma2a21 m/s2，a35 m/s2a以a3減速，b以a2加速，當二者共速后，因為1mg22mg，所以兩者相對靜止，共同減速至速度為零，設兩者速度剛好相等時的速度為vvv1a3t2va2t2以上兩式聯立解得t20.5 s，v0.5 m/s撤去力f之前a的位移x1a1t0.75 m撤去力f之后到共速a的位移x2t20.875 mb的位移x3t20.125 m木板長lx1x2x31.5 m。答案(1)3 m/s(2)1.5 m如圖所示

13、，傾角30的足夠長的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長l1.8 m，質量m3 kg的薄木板，木板的最上端疊放一質量m1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數。對木板施加沿斜面向上的恒力f，使木板沿斜面由靜止開始向上做勻加速直線運動，假設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g10 m/s2。(1)為使物塊不滑離木板，求力f應滿足的條件；(2)若f37.5 n，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。解析(1)若整體恰好靜止，則f(mm)gsin(31)10sin30 n20 n因要拉動木板，則f20 n若整體一

14、起向上做勻加速直線運動，對物塊和木板，由牛頓第二定律得f(mm)gsin(mm)a對物塊有fmgsinma其中fmgcos代入數據解得f30 n向上加速的過程中為使物塊不滑離木板，力f應滿足的條件為20 n30 n時，物塊能滑離木板，由牛頓第二定律，對木板有fmgcosmgsinma1對物塊有mgcosmgsinma2設物塊滑離木板所用的時間為t，由運動學公式得a1t2a2t2l代入數據解得t1.2 s物塊滑離木板時的速度va2t由2gsins0v2代入數據解得s0.9 m。答案(1)20 nv1，不計空氣阻力，動摩擦因數一定，關于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面哪個是可能的()a從下端b離

15、開，vv1 b.從下端b離開，vv1c從上端a離開，vv1 d.從上端a離開，vv1答案abc解析物塊從a端滑上傳送帶，在傳送帶上必先相對傳送帶向下運動，受到向上的滑動摩擦力，若能從a端離開，則向上的摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，速度向下減速到零后以相同的加速度向上加速，由運動的對稱性可知，必有vv1，即c正確，d錯誤；若從b端離開，當向上的摩擦力大于重力的分力時，則vv1，a正確；當摩擦力和重力的分力相等時，物塊一直做勻速直線運動，vv1，故本題應選a、b、c。3.(多選)如圖所示，滑塊放置在厚度不計的木板上，二者處于靜止狀態。現對木板施加一水平向右的恒力f，已知各個接觸面均粗糙，且最大

16、靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列關于滑塊和木板運動的vt圖象中可能正確的是(實線、虛線分別代表木板和滑塊的vt圖象)()答案bd解析因恒力f大小以及各接觸面大小均未知，所以滑塊與木板可能相對靜止一起向右勻加速運動，故b正確；不可能木板運動，滑塊靜止，故a錯誤；設木板質量為m，滑塊質量為m，滑塊與木板間動摩擦因數為1，木板與地面間動摩擦因數為2，當m與m相對滑動時，必有木板的加速度大小大于滑塊加速度大小，且木板加速度a1，當滑塊從木板上掉下去之后，滑塊在地面上將勻減速運動，木板加速度a2，可以看出a2a1，故d正確，c錯誤。4.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t0)將一相對于地面靜止的

17、物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度時間圖象可能是下列選項中的()答案a解析設在木板與物塊未達到相同速度之前，木板的加速度大小為a1，物塊與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數為2。對木板應用牛頓第二定律得1mg22mgma1，a1(122)g。設物塊與木板達到相同速度之后，木板的加速度大小為a2，當二者共同減速時，對整體有22mg2ma2，a22g，此時對物塊ma22mgfmax1mg。當21時，物塊相對木板向右滑動，f為滑動摩擦力，對木板

18、有22mg1mgma2，a2(221)g，可見兩種情況下都有a1a2，由vt圖象的斜率表示加速度可知，圖象a正確。5(2019江蘇高考)如圖所示，質量相等的物塊a和b疊放在水平地面上，左邊緣對齊。a與b、b與地面間的動摩擦因數均為。先敲擊a，a立即獲得水平向右的初速度，在b上滑動距離l后停下。接著敲擊b，b立即獲得水平向右的初速度，a、b都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)a被敲擊后獲得的初速度大小va；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，b運動加速度的大小ab、ab；(3)b被敲擊后獲得的初速度大小vb。答案(1

19、)(2)3gg(3)2解析a、b的運動過程如圖所示：(1)設a、b的質量均為m，先敲擊a時，由牛頓第二定律可知，a的加速度大小aag在b上滑動時有2aalv解得：va。(2)對齊前，b所受a的摩擦力大小famg，方向向左，地面的摩擦力大小f地2mg，方向向左，合外力大小ffaf地3mg由牛頓第二定律fmab，得ab3g對齊后，a、b整體所受合外力大小ff地2mg由牛頓第二定律f2mab，得abg。(3)設敲擊b后經過時間t，a、b達到共同速度v，位移分別為xa、xb，a的加速度大小等于aa則vaat，vvbabtxaaat2，xbvbtabt2且xbxal解得：vb2。6(2017全國卷)如圖，兩個滑塊a和b的質量分別為ma1 kg和mb5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為10.5；木板的質量為m4 kg，與地面間的動摩擦因數為20.1。某時刻a、b兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v03 m/s。a、b相遇時，a與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)b與木板相對靜止時，木板的速