2021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学案作业（含解析）新人教版

专题强化四　动力学中三种典型物理模型

专题解读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，可以培养同学们的审题能力、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．

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1　(2019·安徽芜湖市期末)如图2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：(　　)

图2

A．v2＞v1＞v3

B．v1＞v2＞v3

C．v3＞v1＞v2

D．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1　如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直．一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较(　　)

图3

A．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同

B．质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短

C．质点沿着轨道AB下滑，时间最短

D．轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短

答案　A

1．水平传送带模型

2.倾斜传送带模型

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．

例2　(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图4，一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(　　)

图4

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2　(多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2m/s的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，则(　　)

图5

A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右

B．小墨块的加速度大小为0.2m/s2

C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5m

D．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m

答案　AD

解析　小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确．小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，故a＝＝＝1m/s2，方向向右，故B错误．小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝t1，联立解得：x1＝4.5m，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2＝v1t1＝6m；小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝t2，联立解得x1′＝2m，对传送带有：x2′＝v1t2＝4m，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)＝12.5m，故C错误，D正确．

1．模型特点

“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系．

2．解题关键

(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．

(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移．

例3　(2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图6所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1s时，木板以速度v1＝4m/s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．运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下．已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：

图6

(1)t＝0时刻木板的速度大小；

(2)木板的长度．

答案　(1)5m/s　(2)m

解析　(1)对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1

设初始时刻木板速度为v0

由运动学公式：v1＝v0－a1t0

代入数据解得：v0＝5m/s

(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2

对物块，当速度为0时，经历时间t，发生位移x1，则有v1＝a2t，x1＝t

对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3

对木板，经历时间t，发生位移x2

x2＝v1t－a3t2

木板长度l＝x1＋x2

联立并代入数据解得l＝m.

变式3　(2019·江苏卷·15)如图7所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：

图7

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；

(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.

答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2

解析　(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA＝μg

由匀变速直线运动规律得2aAL＝v

解得vA＝；

(2)设A、B的质量均为m

对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg

由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg

对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg

由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg；

(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小为aA

则v＝aAt，v＝vB－aBt

xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2

且xB－xA＝L

解得vB＝2.

1.如图1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(　　)

图1

A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3

C．t3>t1>t2 D．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．

2.(2020·广东东莞市质检)如图2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为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(　　)

图2

A．2∶1 B．1∶1

C.∶1 D．1∶

答案　B

3.如图3所示，水平传送带静止不动，质量为1kg的小物体，以4m/s的初速度滑上传送带的左端，最终以2m/s的速度从传送带的右端离开传送带．如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4m/s的初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度(　　)

图3

A．小于2m/s

B．等于2m/s

C．大于2m/s

D．不能到达传送带右端

答案　B

解析　当传送带不动时，小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带．当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍然向左，与传送带静止时的受力情况完全相同，所以运动情况也一致，即最后离开传送带时速度仍然是2m/s，选项B正确．

4.(多选)(2019·河南周口市上学期期末调研)如图4所示，质量M＝2kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力F＝2N，则下列说法正确的是(　　)

图4

A．物块和长木板之间的摩擦力为1N

B．物块和长木板相对静止一起加速运动

C．物块运动的加速度大小为1m/s2

D．拉力F越大，长木板的加速度越大

答案　AC

解析　物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F0，由牛顿第二定律有a＝＝＝，解得F0＝1.5N．因F＝2N>F0＝1.5N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ff＝μmg＝1N，故A正确，B错误；对物块，由牛顿第二定律F－μmg＝ma1，可得a1＝1m/s2，故C正确；拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1N，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a2＝＝0.5m/s2，故D错误．

5．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图5所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是(　　)

图5

A．0 B.

C. D.－

答案　ACD

解析　若F较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F－·2mg＝2ma，解得：a＝－μg，选项D正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg－·2mg＝ma，解得：a＝，选项C正确．

6．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图6

A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4

B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2

C．图乙中t2＝24s

D．木板的最大加速度为2m/s2

答案　ACD

解析　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.4，选项A正确．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，则由F＝0.5t (N)可知，t＝24s，选项C、D正确．

7．如图7甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：

图7

(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；

(2)0～8s内小物块与传送带之间的划痕为多长．

答案　(1)　(2)18m

解析　(1)根据v－t图象的斜率表示加速度可得a＝＝m/s2＝1 m/s2

由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma

解得μ＝

(2)0～8s内只有前6s内物块与传送带发生相对滑动，

0～6s内传送带匀速运动的距离为：x带＝4×6m＝24m，

由题图乙可知：0～2s内物块位移大小为：x1＝×2×2m＝2m，方向沿斜面向下，

2～6s内物块位移大小为：x2＝×4×4m＝8m，方向沿斜面向上

所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18m.