2019年度高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化四 动力学中三种典型物理模型课件.ppt

第三章牛顿运动定律 专题强化四动力学中三种典型物理模型 1 本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用 其中等时圆模型常在选择题中考查 而滑块 木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题 2 通过本专题的学习 可以培养同学们审题能力 建模能力 分析推理能力和规范表达等物理学科素养 针对性的专题强化 通过题型特点和解题方法的分析 能帮助同学们迅速提高解题能力 3 用到的相关知识有 匀变速直线运动规律 牛顿运动定律 相对运动的有关知识 过好双基关 一 等时圆 模型1 两种模型 如图1 图1 2 等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为 圆的直径为d 如图2 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 位移为s 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 图2 dsin gsin 二 传送带 模型1 水平传送带模型 加速 匀速 加速 加速 匀速 v0 2 倾斜传送带模型 加速 匀速 加速 匀速 三 滑块 木板 模型1 模型特点滑块 视为质点 置于长木板上 滑块和木板均相对地面运动 且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动 2 两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中 若滑块和木板向同一方向运动 则滑块的位移和木板的等于木板的长度 若滑块和木板向相反方向运动 则滑块的位移和木板的等于木板的长度 位移之差 位移之和 研透命题点 命题点一 等时圆 模型 基础考点自主悟透 例1如图3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 t1t2 t3C t3 t1 t2D t1 t2 t3 答案 解析 图3 变式1如图4所示 位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点 与竖直墙相切于A点 竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60 C是圆环轨道的圆心 已知在同一时刻a b两球分别由A B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM BM运动到M点 c球由C点自由下落到M点 则A a球最先到达M点B b球最先到达M点C c球最先到达M点D b球和c球都可能最先到达M点 答案 解析 图4 1 水平传送带水平传送带又分为两种情况 物体的初速度与传送带速度同向 含物体初速度为0 或反向 在匀速运动的水平传送带上 只要物体和传送带不共速 物体就会在滑动摩擦力的作用下 朝着和传送带共速的方向变速 若v物v传 则物体减速 直到共速 滑动摩擦力消失 与传送带一起匀速 或由于传送带不是足够长 在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速 计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况 若二者同向 则 s s传 s物 若二者反向 则 s s传 s物 命题点二 传送带 模型 能力考点师生共研 模型构建 2 倾斜传送带物体沿倾角为 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mgsin 与 mgcos 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2如图5所示为车站使用的水平传送带模型 其A B两端的距离L 8m 它与水平台面平滑连接 现有物块以v0 10m s的初速度从A端水平地滑上传送带 已知物块与传送带间的动摩擦因数为 0 6 试求 图5 1 若传送带保持静止 物块滑到B端时的速度大小 答案 解析 答案2m s 解析设物块的加速度大小为a 由受力分析可知FN mg Ff ma Ff FN得a 6m s2传送带静止 物块从A到B做匀减速直线运动 则由vB2 v02 2aL得vB 2m s 2 若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12m s 则物块到达B端时的速度大小 答案 解析 答案12m s 解析由题意知 物块先加速到v1 12m s由v12 v02 2ax1 得x1 m L 8m故物块先加速后匀速运动即物块到达B时的速度为vB v1 12m s 3 若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4m s 且物块初速度变为v0 6m s 仍从A端滑上传送带 求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间 答案 解析 解析由题意可知 物块先向右减速后向左加速 向右减速到v2 0时由v22 v0 2 2ax2得x2 3m由v2 v0 at1得t1 1s 向左加速到v3 4m s时 故向左先加速后匀速 向左匀速运动v4 v3 4m s 变式2 2018 湖北荆州模拟 如图6所示为货场使用的传送带的模型 传送带倾斜放置 与水平面夹角为 37 传送带AB足够长 传送皮带轮以大小为v 2m s的恒定速率顺时针转动 一包货物以v0 12m s的初速度从A端滑上倾斜传送带 若货物与皮带之间的动摩擦因数 0 5 且可将货物视为质点 g 10m s2 已知sin37 0 6 cos37 0 8 1 求货物刚滑上传送带时加速度为多大 图6 答案10m s2 方向沿传送带向下 答案 解析 解析设货物刚滑上传送带时加速度为a1 货物受力如图所示 根据牛顿第二定律得沿传送带方向 mgsin Ff ma1垂直传送带方向 mgcos FN又Ff FN由以上三式得 a1 g sin cos 10 0 6 0 5 0 8 m s2 10m s2 方向沿传送带向下 2 经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同 这时货物相对于地面运动了多远 答案1s7m 解析货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1 位移设为x1 答案 解析 3 从货物滑上传送带开始计时 货物再次滑回A端共用了多长时间 答案 解析 解析当货物速度与传送带速度相等时 由于mgsin mgcos 此后货物所受摩擦力沿传送带向上 设货物加速度大小为a2 则有mgsin mgcos ma2 得 a2 g sin cos 2m s2 方向沿传送带向下 则货物上滑的总距离为x x1 x2 8m 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑 下滑加速度大小等于a2 如图7所示 解决此模型的基本思路如下 图7 命题点三 滑块 木板 模型 能力考点师生共研 模型构建 例3 2017 全国卷 25 如图8 两个滑块A和B的质量分别为mA 1kg和mB 5kg 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 1 0 5 木板的质量为m 4kg 与地面间的动摩擦因数为 2 0 1 某时刻A B两滑块开始相向滑动 初速度大小均为v0 3m 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g 10m s2 求 1 B与木板相对静止时 木板的速度 答案1m s 方向与B的初速度方向相同 答案 解析 图8 解析滑块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Ff1 1mAg Ff2 1mBg Ff3 2 m mA mB g 由牛顿第二定律得Ff1 mAaA Ff2 mBaB Ff2 Ff1 Ff3 ma1 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v1 v0 aBt1 v1 a1t1 联立 式 代入已知数据得v1 1m s 方向与B的初速度方向相同 2 A B开始运动时 两者之间的距离 答案1 9m 答案 解析 解析在t1时间间隔内 B相对于地面移动的距离为sB v0t1 aBt12 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B与木板组成的系统 由牛顿第二定律有Ff1 Ff3 mB m a2 由 式知 aA aB 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v2 v1 a2t2 对A有 v2 v1 aAt2 在t2时间间隔内 B 以及木板 相对地面移动的距离为s1 v1t2 a2t22 在 t1 t2 时间间隔内 A相对地面移动的距离为sA v0 t1 t2 aA t1 t2 2 A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 两者之间的距离为s0 sA s1 sB 联立以上各式 并代入数据得s0 1 9m 也可用如图所示的速度 时间图线求解 变式3如图9所示 质量m 1kg的物块A放在质量M 4kg木板B的左端 起初A B静止在水平地面上 现用一水平向左的力F作用在木板B上 已知A B之间的动摩擦因数为 1 0 4 地面与B之间的动摩擦因数为 2 0 1 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 g 10m s2 求 1 能使A B发生相对滑动的F的最小值 解析对于A 最大加速度由A B间的最大静摩擦力决定 即 1mg mam am 4m s2对A B整体F 2 M m g M m am 解得F 25N 答案25N 图9 答案 解析 2 若F 30N 作用1s后撤去 要想A不从B上滑落 则木板至少多长 从开始到A B均静止 A的总位移是多少 答案0 75m14 4m 答案 解析 解析设F作用在B上时A B的加速度分别为a1 a2 撤掉F时速度分别为v1 v2 撤去外力F后加速度分别为a1 a2 A B共同运动时速度为v3 加速度为a3 对于A 1mg ma1 得a1 4m s2 v1 a1t1 4m s对于BF 1mg 2 M m g Ma2 得a2 5 25m s2 v2 a2t1 5 25m s 经过t2时间后A B速度相等v1 a1 t2 v2 a2 t2解得t2 0 2s共同速度v3 v1 a1 t2 4 8m s 从开始到A B相对静止 A B的相对位移即为木板最短的长度L A B速度相等后共同在水平面上匀减速运动 加速度a3 2g 1m s2 所以A的总位移为xA总 xA x 14 4m 课时作业 1 2018 广东东莞质检 如图1所示 AB和CD为两条光滑斜槽 它们各自的两个端点均分别位于半径R和r的两个相切的圆上 且斜槽都通过切点P 设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发 由A滑到B和由C滑到D 所用的时间分别为t1和t2 则t1与t2之比为 答案 图1 1 2 3 4 5 6 7 8 2 如图2所示 水平方向的传送带顺时针转动 传送带速度大小恒为v 2m s 两端A B间距离为3m 一物块从B端以初速度v0 4m s滑上传送带 物块与传送带间的动摩擦因数 0 4 g取10m s2 物块从滑上传送带至离开传送带的过程中 速度随时间变化的图象是图中的图2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 3 多选 如图3所示 一足够长的木板静止在粗糙的水平面上 t 0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行 木板与滑块之间存在摩擦 且最大静摩擦力等于滑动摩擦力 则滑块的v t图象可能是下列图中的图3 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 4 多选 如图4所示 表面粗糙 质量M 2kg的木板 t 0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动 加速度a 2 5m s2 t 0 5s时 将一个质量m 1kg的小铁块 可视为质点 无初速度地放在木板最右端 铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半 已知铁块和木板之间的动摩擦因数 1 0 1 木板和地面之间的动摩擦因数 2 0 25 g 10m s2 则A 水平恒力F的大小为10NB 铁块放上木板后 木板的加速度为2m s2C 铁块在木板上运动的时间为1sD 木板的长度为1 625m 答案 解析 图4 1 2 3 4 5 6 7 8 解析未放铁块时 对木板由牛顿第二定律 F 2Mg Ma 解得F 10N 选项A正确 铁块放上木板后 对木板 F 1mg 2 M m g Ma 解得 a 0 75m s2 选项B错误 0 5s时木板的速度v0 at1 2 5 0 5m s 1 25m s 铁块滑离木板时 木板的速度 v1 v0 a t2 1 25 0 75t2 铁块的速度v a铁t2 1gt2 t2 由题意 v v1 解得t2 1s 选项C正确 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 5 如图5所示为粮袋的传送装置 已知A B两端间的距离为L 传送带与水平方向的夹角为 工作时运行速度为v 粮袋与传送带间的动摩擦因数为 正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上 设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等 重力加速度大小为g 关于粮袋从A到B的运动 以下说法正确的是A 粮袋到达B端的速度与v比较 可能大 可能小也可能相等B 粮袋开始运动的加速度为g sin cos 若L足够大 则以后将以速度v做匀速运动C 若 tan 则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D 不论 大小如何 粮袋从 到 端一直做匀加速运动 且加速度a gsin 图5 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 解析若传送带较短 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动 到达B端时的速度小于v 若传送带较长 tan 则粮袋先做匀加速运动 当速度与传送带的速度相同后 做匀速运动 到达B端时速度与v相同 若 tan 则粮袋先做加速度为g sin cos 的匀加速运动 当速度与传送带相同后做加速度为g sin cos 的匀加速运动 到达B端时的速度大于v 选项A正确 1 2 3 4 5 6 7 8 若 tan 粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动 也可能先匀加速运动 当速度与传送带的速度相同后 做匀速运动 选项C D均错误 1 2 3 4 5 6 7 8 6 如图6所示 倾角为 37 的传送带始终保持以v 5m s的速率顺时针匀速转动 AB两端距离d 15 25m 现将一物块 可视为质点 无初速度从A端放上传送带 物块与传送带间的动摩擦因数 0 5 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求物块到达B端时的速度大小和物块从A端运动到B端所用的时间 答案9m s2 5s 图6 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 解析设物块由静止运动到传送带速度v 5m s的过程 其加速度为a1 运动时间为t1 位移为x1 由牛顿第二定律和运动学规律有mgsin mgcos ma1v a1t1x1 a1t12代入数据解得a1 10m s2 t1 0 5s x1 1 25m由于x1 1 25m mgcos37 物块将继续向下做匀加速运动 1 2 3 4 5 6 7 8 设物块此后运动的加速度为a2 运动时间为t2 位移为x2 到B端的速度为vB 由牛顿第二定律和运动学规律 有mgsin mgcos ma2x2 d x1 vt2 a2t22vB v a2t2代入数据解得a2 2m s2 t2 2s vB 9m s物块从A端运动到B端所用时间为t 有t t1 t2 2 5s 1 2 3 4 5 6 7 8 7 2018 青海西宁调研 图7甲为一转动的传送带AB 传送带以恒定的速率v逆时针转动 在传送带的左侧边缘的B点有一滑块 若让滑块以初速度v1 3m s冲上传送带 滑块运动的v t图象如图乙中a所示 若让滑块以初速度v2 6m s冲上传送带 滑块运动的v t图象如图乙中b所示 g取10m s2 试求 1 传送带的长度l和传送带与物块之间的动摩擦因数 答案32m0 05 图7 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 解析根据v t图象 滑块以初速度v2 6m s冲上传送带时 在t 8s时刻 到达A点 根据牛顿第二定律得 mg ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数 0 05 1 2 3 4 5 6 7 8 2 滑块以初速度v1 3m s冲上传送带时 滑块返回B点的时间 答案12 5s 答案 解析 解析滑块在0 6s和6 ts内的位移大小相等 方向相反 滑块返回B点的时间t 12 5s 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析 8 如图8所示 质量M 1kg的木板A静止在水平地面上 在木板的左端放置一个质量m 1kg的铁块B 大小可忽略 铁块与木块间的动摩擦因数 1 0 3 木板长L 1m 用F 5N的水平恒力作用在铁块上 g取10m s2 图8 1 若水平地面光滑 计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动 答案见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 解析A B之间的最大静摩擦力为Ffm 1mg 0 3 1 10N 3N假设A B之间不发生相对滑动则对A B整体 F M m a对B FfAB ma解得 FfAB 2 5N因FfAB Ffm 故A B之间不发生相对滑动 1 2 3 4 5 6 7 8 2 若木板与水平地面间的动摩擦因数 2 0 1 求铁块运动到木板右端所用的时间 答案见解析 解析A B之间发生相对滑动 则对B F 1mg maB对A 1mg 2 M m g MaA 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析