配套K12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.docx
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配套K12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
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
―→
―→
―→
【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=
B.F1=
C.F1=
D.F1=
【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=
,
隔离物体A,据牛顿第二定律可得F1=
g,
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( )
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
C.在突然撤去F2的瞬间,m2的加速度大小为4m/s2
D.在突然撤去F2的瞬间,m1的加速度大小为10m/s2
【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=
=
m/s2=2m/s2,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,m2的加速度a2=
=
m/s2=12m/s2,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,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
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/s2。
(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/s2
(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=
=2.5m/s2。
(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′=-
=-2.5m/s2,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at2=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/s2
木板的加速度a′木板=
=4.25m/s2
木块滑离木板时,两者的位移关系为x木板-x木块=L,
即
a′木板t2-
a′木块t2=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( )
【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μ
2=0.1,g取10m/s2。
(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)2
m/s
(2)没有脱离
m/s
m/s
【解析】
(1)A在B上向右匀减速运动,加速度大小a1=μ1g=3m/s2
木板B向右匀加速运动,加速度大小a2=
=1m/s2
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
时间关系:
t=
=
位移关系:
L=
-
解得v0=2
m/s。
(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/s2
B向右匀加速运动,加速度大小a2′=
=3m/s2
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
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(2)v0 情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端 (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 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1 )可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (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 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (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/s2) (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/s 0.67s 【解析】 (1)根据牛顿第二定律可知μmg=ma,则a=μg=6m/s2,且v -v =2ax,故vB=2m/s。 (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
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