专题09 动力学三大经典模型解析版.docx
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专题09动力学三大经典模型解析版
2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练
专题09动力学三大经典模型
【专题导航】
【题型归纳】
热点题型一 千变万化之“斜面模型”
【题型要点】斜面模型是中学物理中常见的模型之一。
斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡、运动及受力问题。
通过斜面模型,借助斜面的几何特点,尤其是斜面的角度关系,可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识,整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查。
考生在处理此类问题时,要特别注意受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用。
类型一斜面中的“平衡类模型”
【例1】(2020·杨浦模拟)物体m恰能沿静止的斜面匀速下滑.现用一个竖直向下的力F作用在m上,并且过m的重心,如右图所示,则下列分析错误的是( )
A. 斜面对物体的支持力增大 B. 物体仍能保持匀速下滑
C. 物体将沿斜面加速下滑 D. 斜面对物体的摩擦力增大
【答案】C
【解析】BC.对物体受力分析,建立直角坐标系并将重力分解,如图所示
在不加F时,根据共点力的平衡可知
解得
加上压力F时,同理将F分解,则x轴上有
y轴上有
又
则
根据
可得,故物体沿斜面方向的合力仍然为零,故物体仍能保持匀速直线运动状态,B符合题意,不符合题意;C不符合题意,符合题意;
A.根据
可知斜面对物体的支持力增大,A符合题意,不符合题意;
D.根据
可知斜面对物体的摩擦力增大,D符合题意,不符合题意。
故答案为:
C。
【题后总结】对物体进行受力分析,在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解,在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度,进而分析物体的运动情况。
【变式1】(多选)如图所示,质量为m的物体A放在质量为M、倾角为θ的斜面B上,斜面B置于粗糙的水平地面上,用平行于斜面的力F拉物体A,使其沿斜面向下匀速运动,斜面B始终静止不动,重力加速度为g,则下列说法中正确的是( )
A.斜面B相对地面有向右运动的趋势
B.地面对斜面B的静摩擦力大小为Fcosθ
C.地面对斜面B的支持力大小为(M+m)g+Fsinθ
D.斜面B与物体A间的动摩擦因数为tanθ
【答案】BC
【解析】将A和B看成一个整体,对其进行受力分析,由平衡条件可知,地面对B的静摩擦力f=Fcosθ,方向水平向右,故B相对地面有向左运动的趋势,选项A错误,B正确;由平衡条件可知,地面对B的支持力FN=(M+m)g+Fsinθ,选项C正确;对A进行受力分析可知,在平行于斜面的方向上有mgsinθ+F=μmgcosθ,解得μ=tanθ+
,选项D错误。
类型二斜面中的“动力学模型”
【例2】(2020·烟台模拟)如图所示,小物块放在足够长的木板AB上,以大小为v0的初速度从木板的A端向B端运动,若木板与水平面之间的夹角不同,物块沿木板向上运动的最大距离也不同。
已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g:
(1)若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的A端,且沿木板向下运动的时间是向上运动时间的2倍,求木板与水平面之间的夹角的正切值;
(2)求物块沿木板向上运动的最大距离最小值。
【答案】
(1)
(2)
【解析】
(1)解:
木板与水平面之间的夹角θ时
上行时,根据牛顿第二定定律
下行时,根据牛顿第二定定律
由位移公式
上行时间
下行时间
由
解得
(2)解:
由速度位移关系可知
解得
由三角函数知识可知当
物块沿木板向上运动的最大距离最小值
【变式2】(多选)(2020·日照一模)如图所示,斜面A固定于水平地面上,在t=0时刻,滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面,t=t0时刻到达最高点。
取沿斜面向上为正方向,下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中,可能正确的是( )
【答案】ABD
【解析】若斜面是光滑的,则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分力,大小方向均不变,故A正确;若斜面不光滑且滑块上滑过程中所受的滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力,则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在斜面上,故B正确;若斜面不光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力(即最大静摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力,则滑块在上升过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合外力,而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力,所以滑块沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度,故C错误,D正确。
类型三斜面中的“连接体模型”
【例3】(多选)如图所示,倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上,物块B置于斜面上,已知B、C间的动摩擦因数为μ=tanθ,B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接,连接B的一段细绳与斜面平行,A、B的质量分别为m、M。
现给B一初速度,使B沿斜面下滑,C始终处于静止状态,重力加速度为g,则在B下滑的过程中,下列说法正确的是( )
A.不论A、B的质量大小关系如何,B一定减速下滑
B.A运动的加速度大小为a=
C.水平面对C一定有摩擦力,摩擦力的方向可能水平向左
D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
【答案】ABD
【解析】因B、C间的动摩擦因数为μ=tanθ,故如果物块B不受细绳的拉力作用,则沿斜面方向受力平衡,即Mgsinθ=μMgcosθ,若给B一初速度,物块B将匀速下滑。
但是细绳对B有沿斜面向上的拉力,故物块B一定减速下滑,选项A正确;对A、B分别进行受力分析,由牛顿第二定律可知T+μMgcosθ-Mgsinθ=Ma,mg-T=ma,解得a=
,选项B正确;设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左,则斜面C的受力分析如图所示。
由于斜面体始终静止不动,故有:
Ff′+Ffcosθ=FN2sinθ,FN1=G+Ffsinθ+FN2cosθ,又因为Ff=Mgsinθ,FN2=Mgcosθ,联立可得:
Ff′=0,FN1=G+Mg,故选项C错误,D正确。
【变式3】(多选)如图甲所示,水平地面上有一质量为M=0.8kg、倾角为θ=37°的斜面体A,斜面上放一质量为m=0.3kg的物块B,给斜面体施加一水平恒力F,使二者一起向右加速,已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则力F的大小可能是(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)( )
图甲
A.5NB.10N
C.20ND.30N
【答案】BC
【解析】:
当物块恰好不相对斜面体向下滑动时,对物块受力分析如图乙所示,mg=f1sinθ+N1cosθ,N1sinθ-f1cosθ=ma1,f1=μN1,得a1=
m/s2
对整体有F1-μ(M+m)g=(M+m)a1,解得F1=7.5N
当物块恰好不相对斜面体向上滑动时,对物块受力分析如图丙所示
mg+f2sinθ=N2cosθ,N2sinθ+f2cosθ=ma2,f2=μN2,得a2=20m/s2
对整体有F2-μ(M+m)g=(M+m)a2,解得F2=27.5N
所以7.5N≤F≤27.5N.
类型四斜面模型的衍生拓展模型---等时圆
【题型要点】1.两种模型(如图)
2.等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α,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a=gsinα,位移为x=dsinα,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.
【例4】(2020·安徽芜湖市期末)如图所示,PQ为圆的竖直直径,AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道,分别与圆相交于A、B、C三点.现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点,运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有:
( )
A.v2>v1>v3B.v1>v2>v3
C.v3>v1>v2D.v1>v3>v2
【答案】A
【解析】设任一斜面的倾角为θ,圆槽直径为d.根据牛顿第二定律得到:
a=gsinθ,斜面的长度为x=dsinθ,则由x=
at2得t=
=
=
,可见,物体下滑时间与斜面的倾角无关,则有t1=t2=t3,根据
=
,因x2>x1>x3,可知v2>v1>v3,故选A.
【变式4】如图所示,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( )
A.t1
C.t3>t1>t2D.t1=t2=t3
【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θ,
根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma,得加速度大小a=gsinθ.设圆周的直径为D,则滑环沿杆滑到d点的位移大小x=Dsinθ,由x=
at2,解得t=
.可见,滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关,即三个滑环滑到d点所用的时间相等,选项D正确.
热点题型二 “传送带”模型
【题型要点】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
①v0>v,可能一直减速,也可能先减速再匀速
②v0=v,一直匀速
③v0 情景3 ①传送带较短时,滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.若v0>v,返回时速度为v,若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可能一直匀速 ②可能一直加速 3.模型特点 传送带问题的实质是相对运动问题,相对运动的方向将直接影响摩擦力的方向. 4.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)传送带问题还常常涉及临界问题,即物体与传送带达到相同速度,这时会出现摩擦力改变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口. 类型一水平传送带 【题型要点】分析解答问题的关键 (1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 (2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 【例1】(2020·新课标Ⅲ卷节选)如图,相距L=11.5m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m=10kg的载物箱(可视为质点),以初速度v0=5.0m/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μ=0.10,重力加速度取g=10m/s2。 (1)若v=4.0m/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)2.75s; (2) , ; 【解析】 (1)传送带的速度为时,载物箱在传送带上先做匀减速运动,设其加速度为a,由牛顿第二定律有: ① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1,由运动学公式有 ② 联立①②式,代入题给数据得x1=4.5m;③ 因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至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t2,由运动学公式有 ④ ⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s;⑥ (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.由动能定理有 ⑦ ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 , ⑨ 【变式1】(多选)(2020·辽宁葫芦岛一模)如图所示,在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动,传送带速度保持不变,传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触),现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动,物块速度随时间变化的图象可能的是( ) 【答案】ABD. 【解析】: 第一种情况: 物体在传送带上先减速向左滑行,有可能速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,加速度不变;如果v1>v2,物体向右运动时会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v′2=v2;如果v1≤v2,物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速,当速度增大到等于传送带速度时,物体还在传送带上,之后不受摩擦力,物体与传送带一起向右匀速运动,有v′2=v1;第二种情况: 物体在传送带上减速向左滑行,直接向左滑出传送带,末速度一定小于v2,故A、B、D正确,C错误. 【变式2】如图所示,水平传送带始终以v匀速运动,现将一质量为m的物体轻放于A端,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ,AB长为L,L足够长,重力加速度为g。 问: (1)物体从A到B做什么运动? (2)当物体的速度达到传送带速度v时,物体的位移多大? 传送带的位移多大? (3)物体从A到B运动的时间为多少? (4)什么条件下物体从A到B所用时间最短? 【答案】 (1)先匀加速,后匀速 (2) (3) + (4)v≥ 【解析】 (1)物体先做匀加速直线运动,当速度与传送带速度相同时,做匀速直线运动。 (2)由v=at和a=μg,解得t= 物体的位移x1= at2= 传送带的位移x2=vt= (3)物体从A到B运动的时间为 t总= + = + (4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时,所用时间最短,所以要求传送带的速度满足v≥ 。 类型二倾斜传送带 【题型要点】物体沿倾角为θ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mgsinθ与μmgcosθ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3】(2020·四川成都模拟)如图所示,传送带与地面倾角θ=37°,从A到B长度为L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin37°=0.6,g取10m/s2,求: (1)煤块从A到B的时间; (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度. 【答案】 (1)1.5s (2)5m 【解析】 (1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,如图甲,其加速度为a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2, t1= =1s,x1= a1t =5m<L, 即下滑5m与传送带速度相等. 达到v0后,受到向上的摩擦力,由于μ<tan37°,煤块仍将加速下滑,如图乙,a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2, x2=L-x1=5.25m, x2=v0t2+ a2t ,得t2=0.5s, 则煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5s. 甲 乙 (2)第一过程痕迹长Δx1=v0t1- a1t =5m, 第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25m, Δx1与Δx2部分重合,故痕迹总长为5m. 【例4】(多选)(2020·福建泉州市5月第二次质检)如图,一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动,滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,则其速度v随时间t变化的图象可能是( ) 【答案】BC 【解析】设传送带倾角为θ,动摩擦因数为μ,若mgsinθ>μmgcosθ,合力沿传送带向下,小滑块向下做匀加速运动;若mgsinθ=μmgcosθ,沿传送带方向合力为零,小滑块匀速下滑;若mgsinθ<μmgcosθ,小滑块所受合力沿传送带向上,小滑块做匀减速运动,当速度减为零时,开始反向加速,当加速到与传送带速度相同时,因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力,故小滑块随传送带做匀速运动,A、D错误,B、C正确. 【变式3】(2020·四川成都诊断)如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A到B长度为L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动。 在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。 煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。 已知sin37°=0.6,g=10m/s2,求: (1)煤块从A到B的时间; (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 【答案】 (1)1.5s (2)5m 【解析】 (1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为 a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2, 煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1= =1s, 发生的位移x1= a1t =5m。 达到v0后,受到向上的摩擦力,则 a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2, x2=L-x1=5.25m, x2=v0t2+ a2t , 得t2=0.5s。 煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5s。 (2)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5m, 第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25m, Δx1与Δx2部分重合,故痕迹总长为5m。 【变式4】(多选)如图所示,白色传送带保持v0=10m/s的速度逆时针转动,现将一质量为0.4kg的煤块轻放在传送带的A端,煤块与传送带间动摩擦因数μ=0.5,传送带AB两端距离x=16m,传送带倾角为37°,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)( ) A.煤块从A端运动到B端所经历的时间为2sB.煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6m C.煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5mD.煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4J 【答案】AC 【解析】煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1= =gsin37°+μgcos37°=6m/s2+0.5×8m/s2=10m/s2, 则煤块速度达到传送带速度的时间为: t1= = s=1s, 位移为: x1= = m=5m, 煤块速度达到传送带速度后的加速度为: a2= =gsin37°-μgcos37°=6m/s2-4m/s2=2m/s2, 根据x-x1=v0t2+ a2t 代入数据解得: t2=1s, 则煤块从A端运动到B端所经历的时间为: t=t1+t2=2s,故A正确。 煤块速度达到传送带速度时,相对位移大小Δx1=v0t1-x1=10m-5m=5m,物块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx2=x-x1-v0t2=11m-10×1m=1m,则相对位移的大小Δx=Δx1-Δx2=5m-1m=4m,故B错误。 留下的痕迹长度Δx′=Δx1=5m,故C正确。 摩擦产生的热量Q=μmgcos37°Δx1+μmgcos37°Δx2=0.5×4×0.8×5J+0.5×4×0.8×1J=9.6J,故D错误。 热点题型三“滑块—滑板”模型 【题型要点】: 1.模型特征 滑块—滑板模型(如图a),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热,多次相互作用,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.另外,常见的子弹射击滑板(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—滑板模型类似. 2.两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为xB=xA+L 物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为xB+L=xA 【解题规律、方法】1.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 2.思维模板 【例1】一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图甲所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图乙所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2.求: 甲 乙 (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离. 【模型解析】 第一步: 分析研究对象模型。 设小物块和木板的质量分别为m和M。 小物块可以看作质点(初始条件v0未知,如图甲所示)。 第二步: 分解过程模型。 (1)认为地面各点的粗糙程度相同,小物块和木板一起向右做匀变速运动,到速度大小为v1,如图乙所示。 (2)木板与墙壁碰撞过程: 小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件),由于碰撞时间极短(Δt→0),故碰后小物块速度不变,木板的速度方向突变(设置的初始条件),如图丙所示。 (3)然后小物块向右减速,木板向左减速,经1s小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较小,故小物块速度为零时,木板仍有速度.然后小物块向左加速,木板向左减速,到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。 (4)分析临界条件,包括时间关系和空间关系,如图戊所示。 (5)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。 第三步: 选择计算方法。 上面的每一个过程都有特定条件要求,应根据各自的物理规律,选择相应的计算方法解题。 【答案】 (1)0.1 0.4 (2)6.0m (3)6.5m 【解析】 (1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1① 由题图乙可知,木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v1=4m/s,由运动学公式得 v1=v0+a1t1② x0=v0t1+ a1t ③ 式中,t1=1s,x0=4.5m是木板与墙壁碰撞前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度. 联立①②③式和题给条件解得 μ1=0.1④ 在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有 -μ2mg=ma2⑤ 由题图乙可得 a2= ⑥ 式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件解得 μ2=0.4.⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧ v3=-v
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