高考物理热点+题型全突破专题35动力学中的三类模型连接体模型叠加体模型传送带doc.docx
- 文档编号:30100837
- 上传时间:2023-08-05
- 格式:DOCX
- 页数:37
- 大小:165.16KB
高考物理热点+题型全突破专题35动力学中的三类模型连接体模型叠加体模型传送带doc.docx
《高考物理热点+题型全突破专题35动力学中的三类模型连接体模型叠加体模型传送带doc.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考物理热点+题型全突破专题35动力学中的三类模型连接体模型叠加体模型传送带doc.docx(37页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考物理热点+题型全突破专题35动力学中的三类模型连接体模型叠加体模型传送带doc
专题3.5动力学中的三类模型:
连接体模型—叠加体模型—传送带模型
连接体模型
1.连接体的分类
根据两物体之间相互连接的媒介不同,常见的连接体可以分为三大类。
(1)绳(杆)连接:
两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起;
(2)弹簧连接:
两个物体通过弹簧的作用连接在一起;
(3)接触连接:
两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。
2.连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速
度与转动半径成正比。
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速率不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接
体的速率相等。
特别提醒
(1)“轻”——质量和重力均不计。
(2)在任何情况下,绳中张力的大小相等,绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。
3.连接体问题的分析方法
(1)分析方法:
整体法和隔离法。
(2)选用整体法和隔离法的策略:
①当各物体的运动状态相同时,宜选用整体法;当各物体的运动状态不同时,宜选用隔离法;
②对较复杂的问题,通常需要多次选取研究对象,交替应用整体法与隔离法才能求解。
【典例1】如图所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,
轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。
当拉力F一定时,Q受到绳的拉力()
A.与斜面倾角θ有关
B.与动摩擦因数有关
C.与系统运动状态有关
D.仅与两物块质量有关
【答案】D
方法提炼
受力分析
绳、杆
连接体
―→
求加速度:
整体法
求绳、杆作用力:
隔
―→加速度―→
讨论计算
相关问题
离法
【典例2】如图所示,一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后,两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和
B。
若滑轮有一定大小,质量为m且分布均匀,滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之间的摩擦。
设细绳对A和B的拉力大小分别为F1和F2,已知下列四个关于F1的表达式中有一个是正确的,请你根据所
学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是()
A.F1=
m+2m2m1g
m+m1+m2B.F
1=
m+2m1m1gm+4m2m1g
m+m1+m2C.Fm+m1+m2D.F
1=1=
m+4m1m2g
m+m1+m2
【答案】C
【解析】设滑轮的质量为零,即看成轻滑轮,若物体B的质量较大,由整体法可得加速度
a=
m2-m1g
,
m1+m2
2m1m2
隔离物体A,据牛顿第二定律可得F1=m1+m2g,
将m=0代入四个选项,可得选项C是正确,故选C。
【典例3】如图所示,质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止,一起沿倾角为θ的固定光滑斜
面下滑,Q的上表面水平,P、Q之间的动摩擦因数为μ,则下列说法正确的是()
2
A.P处于超重状态
B.P受到的摩擦力大小为μmg,方向水平向右
C.P受到的摩擦力大小为mgsinθcosθ,方向水平向左
D.P受到的支持力大小为mgsin2θ
【答案】C
【典例4】如图所示,两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹
簧测力计连接。
两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上,则()
A.弹簧测力计的示数是50N
B.弹簧测力计的示数是24N
2C.在突然撤去F2的瞬间,m2的加速度大小为4m/s
2D.在突然撤去F2的瞬间,m1的加速度大小为10m/s
【答案】B
【解析】对两物体和弹簧测力计组成的系统,根据牛顿第二定律得整体的加速度a=
F1-F2
=
m1+m2
10
5
m/s
2
=2m/s
2,隔离m2,根据牛顿第二定律有F-F2=m2a,解得F=24N,所以弹簧测力计的示数为24N,选项
2,根据牛顿第二定律有F-F2=m2a,解得F=24N,所以弹簧测力计的示数为24N,选项
A错误,B正确;在突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不变,m1的加速度不变,为2m/s2的加速度a2=2,m
2,m
F
=
m2
24
2
m/s
2
=12m/s
2
,选项C、D错误。
【典例5】(多选)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻质弹簧连接放在倾角为θ的斜面上,
3
用始终平行于斜面向上的拉力F拉B物块,使它们沿斜面匀加速上升,A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ,
为了减小弹簧的形变量,可行的办法是()
A.减小A物块的质量B.增大B物块的质量
C.增大倾角θD.增大动摩擦因数μ
【答案】AB
滑块—木板模型
一、模型特征
滑块-木板模型(如图a),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热,多次互相作用,属于多物体多过程
问题,知识综合性较强,对能力要求较高,故频现于高考试卷中,例如2015年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题25
题。
另外,常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题,处理方法与滑块
-木板模型类似。
二、思维模板
4
三、滑块—木板类问题的解题思路与技巧:
1.通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态(具体做什么运动);
2.判断滑块与木板间是否存在相对运动。
滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么?
⑴运动学条件:
若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动。
⑵动力学条件:
假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出共同加速度,再用隔离法算出其中一个物
体“所需要”的摩擦力f;比较f与最大静摩擦力fm的关系,若f>fm,则发生相对滑动;否则不会发生相
对滑动。
3.分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度;
4.对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系,建立方程.特别注
意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.
5.计算滑块和木板的相对位移(即两者的位移差或位移和);
6.如果滑块和木板能达到共同速度,计算共同速度和达到共同速度所需要的时间;
7.滑块滑离木板的临界条件是什么?
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达到共同速度(相对静止)是滑块
滑离木板的临界条件。
【典例1】如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块。
已知木块的质量m
=1kg,木板的质量M=4kg,长L=2.5m,上表面光滑,下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2。
现用
水平恒力F=20N拉木板,g取10m/s
2
。
5
(1)求木板加速度的大小;
(2)要使木块能滑离木板,求水平恒力F作用的最短时间;
(3)如果其他条件不变,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.3,欲
使木板能从木块的下方抽出,对木板施加的拉力应满足什么条件?
(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都
不变,只将水平恒力增加为30N,则木块滑离木板需要多长时间?
【答案】
(1)2.5m/s
2
(2)1s(3)F>25N(4)2s
【解析】
(1)木板受到的摩擦力Ff=μ(M+m)g=10N
木板的加速度a=
F-Ff
=2.5m/s
M
2
。
(2)设拉力F作用时间t后撤去,F撤去后,木板的加速度为a′=-
Ff
=-2.5m/s
M
2
,可见|a′|=a
木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且时间相等,故at
2=L
解得:
t=1s,即F作用的最短时间为1s。
(4)木块的加速度a′
木块=μ1g=3m/s
2
木板的加速度a′
木板=
F2-μ1mg-μ(M+m)g
=4.25m/s
M
2
木块滑离木板时,两者的位移关系为x木板-x木块=L,
即
1
2
a′木板t
1
2
-a′
2
木块t
2
=L
代入数据解得:
t=2s。
【典例2】如图甲,水平地面上有一静止平板车,车上放一质量为m的物块,物块与平板车间的动摩擦
因数为0.2,t=0时,车开始沿水平面做直线运动,其v-t图象如图乙所示。
g取10m/s2,平板车足够长,
则物块运动的v-t图象为()
6
【答案】C
【典例3】如图所示,物块A、木板B的质量均为m=10kg,不计A的大小,B板长L=3m。
开始时A、B
均静止。
现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。
已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别
为μ1=0.3和μ2=0.1,g取10m/s
2
。
(1)若物块A刚好没有从B上滑下来,则A的初速度多大?
(2)若把木板B放在光滑水平面上,让A仍以
(1)问中的初速度从B的最左端开始运动,则A能否与B
脱离?
最终A和B的速度各是多大?
【答案】
(1)26m/s
(2)没有脱离6m/s6m/s
2【解析】
(1)A在B上向右匀减速运动,加速度大小a1=μ1g=3m/s
μ1mg-μ2·2mg
木板B向右匀加速运动,加速度大小a2==1m/s
m
2
由题意知,A刚好没有从B上滑下来,则A滑到B最右端时和B速度相同,设为v,得
v0-v
时间关系:
t=
=
a1
v
a2
222v0-vv
位移关系:
L=
-
2a12a2
解得v0=26m/s。
2
(2)木板B放在光滑水平面上,A在B上向右匀减速运动,加速度大小仍为a1=μ1g=3m/s
7
B向右匀加速运动,加速度大小a2′=
μ1mg
=3m/s
m
2
传送带模型
一、模型特征
1.水平传送带模型
项目图示滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速情景1
(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速情景2
(2)v0 (1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端 情景3 (2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。 其 中v0>v返回时速度为v,当v0 2.倾斜传送带模型 项目图示滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速情景1 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 情景2 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 情景3 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 8 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速情景4 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 二、传送带模型的一般解法 ①确定研究对象; ②分析其受力情况和运动情况,(画出受力分析图和运动情景图),注意摩擦力突变对物体运动的影响; ③分清楚研究过程,利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。 三、注意事项 1.传送带模型中要注意摩擦力的突变 ①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向 2.传送带与物体运动的牵制。 牛顿第二定律中a是物体对地加速度,运动学公式中S是物体对地的位移,这一点必须明确。 3.分析问题的思路: 初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→ 由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。 【典例1】如图所示,水平传送带两端相距x=8m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6,工件滑上 A端时速度vA=10m/s,设工件到达B端时的速度为vB。 (取g=10m/s 2) (1)若传送带静止不动,求vB; (2)若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗? 若不能,说明理由;若能,求到达B点的速度vB; (3)若传送带以v=13m/s逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间。 【答案】 (1)2m/s (2)能,2m/s(3)13m/s0.67s 【解析】 (1)根据牛顿第二定律可知μmg=ma,则a=μg=6m/s 222 ,且vA-vB=2ax,故vB=2m/s。 9 (2)能。 当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始终减速,故工件到达B 端的速度vB=2m/s。 【名师点睛】 分析传送带问题的关键 要注意抓住两个关键时刻: 一是初始时刻,根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方 向,二是当v物=v传时(速度相等是解决问题的转折点),判断物体能否与传送带保持相对静止。 【典例2】如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑, 以某一初速度从传送带左端滑上,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示 (图中取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。 已知传送带的速度保持不变,重力加速度g 取10m/s 2 。 关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t, 下列计算结果正确的是() A.μ=0.4B.μ=0.2 C.t=4.5sD.t=3s 【答案】BC 【解析】由题图乙可得,物块做匀变速运动的加速度大小为a= Δv Δt =2.0m/s 2 ,由牛顿第二定律得 Ff=ma=μmg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,A错误,B正确;在v-t图象中,图线与t 轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左 端时,物块的位移为0,由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s,C正确,D错误。 【典例3】如图所示,与水平面成θ=30°的传送带正以v=3m/s的速度匀速运行,A、B两端相距l =13.5m。 现每隔1s把质量m=1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上,工件在传送带的带动下向上运 10 23 5 动,工件与传送带间的动摩擦因数μ= ,取g=10m/s 2 ,结果保留两位有效数字。 求: (1)相邻工件间的最小距离和最大距离; (2)满载与空载相比,传送带需要增加多大的牵引力? 【答案】 (1)0.50m3.0m (2)33N v (2)由于工件加速时间为t1==3.0s,因此传送带上总有三个(n1=3)工件正在加速,故所有做加速运 a 动的工件对传送带的总滑动摩擦力Ff1=3μmgcosθ 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x= 2 v =4.5m 2a 传送带上匀速运动的工件数n2= l-x =3 dmax 当工件与传送带相对静止后,每个工件受到的静摩擦力Ff0=mgsinθ,所有做匀速运动的工件对传送 带的总静摩擦力Ff2=n2Ff0 与空载相比,传送带需增大的牵引力 F=Ff1+Ff2 联立解得F=33N。 【典例4】如图所示,为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A、B 两端相距5.0m,质量为M=10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送 带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s,(g取10m/s 2 ,sin37°= 0.6,cos37°=0.8)求: 11 (1)物体从A点到达B点所需的时间; (2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少? 【答案】 (1)2.2s (2)1s (2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上,则所用时间最短,此种情况 加速度一直为a2,L=v0t′- 1 2 2 a2t′ 解得t′=1s(或t′=5s舍去) 【典例5】如图所示,倾角为37°,长为l=16m的传送带,转动速度为v=10m/s,动摩擦因数μ =0.5,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体。 已知sin37°=0.6,cos37° =0.8,g=10m/s 2.求: (1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间; (2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。 12 【答案】 (1)4s (2)2s (2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体 所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得 mgsin37°+μmgcos37°=ma1 mgsin37°+μmgcos37° 则有a1= m =10m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有 t1= v10 = a110 s=1s, x1= 1 a1t 2 2 1=5m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mgsin37°>μmgcos37°,则下一时刻物体相对传送带向下 运动,受到沿传送带向上的滑动摩擦力——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a2,则 a2= mgsin37°-μmgcos37° m 2 =2m/s , x2=l-x1=11m 又因为x2=vt2+ 1 2 a2t 2 2,则有10t2+t 2 2=11 解得: t2=1s(t2=-11s舍去) 所以t总=t1+t2=2s. 13
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 物理 热点 题型 突破 专题 35 动力学 中的 模型 连接 叠加 传送带 doc
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)