高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律素养提升课四动力学中的三种典型物理模型学案

素养提升课(四)　动力学中的三种典型物理模型

题型一　等时圆模型

1．两种模型

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＝gsin α，位移为x＝dsin α，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。

 　(2019·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>v3　　　 B．v1>v2>v3

C．v3>v1>v2 D．v1>v3>v2

[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＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，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。

[答案]　A

【对点练1】　如图所示，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(　　)

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

题型二　传送带模型

1．水平传送带模型

2.倾斜传送带模型

 　如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物体从离传送带左端很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)

 [解析]　对物体由牛顿第二定律得a＝＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝ s＝1 s，通过的位移x1＝＝0.5 m<2.5 m。在剩余的位移x2＝L－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为物体与传送带间无相对运动，所以物体以1 m/s的速度

随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s。因此共需时间t＝t1＋t2＝3 s。

[答案]　3 s

【对点练2】　(2020·吉林市第三次调研) 如图所示，倾角为θ足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图象不可能是(　　)

解析：选C。因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，①若F＝mgsin θ＋μmgcos θ，则物体的加速度为零，将一直向上以v2匀速运动，B正确；②若F>mgsin θ＋μmgcos θ，则物体的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，A正确；③若F<mgsin θ＋μmgcos θ，则物体的加速度向下，将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受静摩擦力保证其合外力为零，则和传送带一起向上做匀速运动，故C错误，D正确。故不可能的图象选C。

题型三　“滑块—木板”模型

1．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—木板模型类似。

2．两种类型

3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联

 　(2020·佛山市上学期调研)如图所示，两光滑水平平台通过一竖直台阶相连，下平台足够长，一质量为3m的长木板，紧靠台阶放置在下平台上，其上表面与上平台平面相平。现有质量为m的小滑块，以水平速度v0从上平台滑入木板中而不会掉下，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：

(1)小滑块和长木板的最终速度大小；

(2)小滑块在木板上的滑动距离大小；

(3)木板做加速运动时所移动的距离。

[解析]　(1)小滑块滑入木板中后，滑块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，设滑块和木板的加速度大小分别为a1和a2，最终两者的共同速度为v，运动时间为t。

对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma1

得a1＝μg

以木板，根据牛顿第二定律得μmg＝3ma2

得a2＝μg

最终速度相等时有v＝v0－a1t＝a2t

解得t＝

v＝；

(2)小滑块在木板上的滑动距离s＝x滑－x板

又x滑＝t

x板＝t

联立解得s＝；

(3)木板做加速运动时所移动的距离x板＝t＝。

[答案]　(1)　(2)　(3)

【对点练3】　(2020·江苏省三校上学期联考)如图所示，在粗糙的水平面上有一足够长的质量为M＝2 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板与小物块均静止。现用F＝15 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F。

(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？

(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？

(3)最终小物块离长木板右端多远？

解析：(1)假设F作用时，长木板与木块之间相对滑动，对小物块，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1，可得a1＝2 m/s2；

对长木板由牛顿第二定律可得

F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma

解得a＝5 m/s2，a>a1，假设成立，故长木板的加速度为5 m/s2；　

(2)小物块此时加速度为a1，刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离即是长木板与小物块的位移差Δx，由运动学公式Δx＝at2－a1t2

解得Δx＝1.5 m；

(3)由题可知最终小物块与长木板共速，设此时速度为v。

刚撤去F时，木板的加速度为a2＝

解得a2＝2.5 m/s2

刚撤去F时，长木板速度v1＝at＝5×1 m/s＝5 m/s

刚撤去F时，小物块速度为v2＝a1t＝2×1 m/s＝2 m/s

设从撤去F时到一起做匀速运动的时间为t′，则有

v＝v1－a2t′＝v2＋a1t′

解得v＝ m/s

在时间t′内，木板与小物块的位移差为Δx1，由运动学公式Δx1＝－

解得Δx1＝1.0 m

最终小物块离长木板右端的距离

L＝Δx＋Δx1＝1.5 m＋1 m＝2.5 m。

答案：(1)5 m/s2　(2)1.5 m　(3)2.5 m

(建议用时：25分钟)

1. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(　　)

A．tA<tC<tB

B．tA＝tC<tB

C．tA＝tC＝tB

D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系

解析：选B。由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<tB，B正确。

2．(2020·天津市六校联考期初检测)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　)

A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动

B．当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力

C．当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力

D．当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力

解析：选B。假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力f提供最大的加速度，故f＝μmg＝ma

所以a＝μg＝2 m/s2

对整体：F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N

可知若要m相对于M开始运动，则推力满足F＞20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体：F＝(M＋m)a′，解得a′＝＝1 m/s2，对m，受到的摩擦力提供加速度，有f′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2，m受到的摩擦力f′＝3 N，方向向右，故C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，f＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。

3．(2020·庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10 m/s2，求：

(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；

(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。

解析：(1)由v－t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以

L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m

由平均速度的定义得＝＝8 m/s；

(2)由v－t图象可知传送带运行速度为v1＝10 m/s，

0～1 s内物体的加速度a1＝＝10 m/s2

1～2 s内的加速度a2＝2 m/s2

根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

联立两式解得μ＝0.5。

答案：(1)8 m/s　(2)0.5

4．(2020·云南省师大附中第五次月考)如图所示，长L＝2.0 m平板小车静止在水平地面上。A、B为小车的两端点，小车的上表面距离地面的高度h＝1.25 m。小车的质量M＝3.0 kg。质量m＝1.0 kg的小铁块P(可视为质点)静止在平板小车AB的正中央，现在对小车施加一个F＝14 N的水平向右的恒力。铁块与小车开始发生相对滑动，并在铁块P滑离小车的瞬时撤掉F。已如铁块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.20，不计小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)力F作用在小车上时，小车加速度的大小以及铁块在小车上运动的时间；

(2)铁块落地时与平板小车的A端的水平距离。

解析：(1)根据题意可知，力F作用在小车上时，铁块与小车发生相对滑动，对小车进行受力分析，由牛顿第二定律，得F－μmg＝Ma1

代入数据得a1＝4.0 m/s2

对铁块，由牛顿第二定律得μmg＝ma2

代入数据得a2＝2.0 m/s2

在铁块P滑离小车时撤掉F，设F作用过程小车和铁块的位移分别为x1和x2，对小车有

x1＝a1t

对铁块有x2＝a2t

由位移关系x1－x2＝

联立方程，代入数据得t1＝1 s。

(2)在铁块P滑离小车时撤掉F，此后小车做匀速直线运动，铁块做平抛运动，铁块刚滑离小车时，小车的速度

v1＝a1t1＝4.0 m/s

铁块速度v2＝a2t1＝2.0 m/s

铁块做平抛运动，有h＝gt

x3＝v2t2

得铁块落地时间t2＝0.5 s

落地位移x3＝1.0 m

在这段时间内小车位移为x4＝v1t2＝2.0 m

铁块落地时与平板小车的A端的水平距离

Δx＝x4－x3＝1.0 m。

答案：(1)4.0 m/s2　1 s　(2)1.0 m