2023届高考物理（新人教版）大一轮复习讲义第三章　运动和力的关系

这是一份2023届高考物理（新人教版）大一轮复习讲义第三章　运动和力的关系，文件包含2023届高考物理大一轮复习讲义第2讲牛顿第二定律基本应用DOCX、2023届高考物理大一轮复习讲义专题强化三牛顿运动定律的综合应用动力学图像连接体及临界极值问题DOCX、2023届高考物理大一轮复习讲义第1讲牛顿三定律的理解DOCX、2023届高考物理大一轮复习讲义专题强化四动力学中三种典型物理模型DOCX、2023届高考物理大一轮复习讲义实验四探究加速度与物体受力物体质量的关系DOCX、2023届高考物理大一轮复习讲义章末核心素养提升DOCX等6份学案配套教学资源，其中学案共0页， 欢迎下载使用。
专题强化四　动力学中三种典型物理模型模型一　“等时圆”模型1.“等时圆”模型所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。2.模型的三种情况(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。【例1 (2021·山东济南市二模)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图1所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。图1(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？答案　(1)tAB＝tAC　(2)解析　(1)设AB与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度a＝gsin θ又xAB＝at，AB间的距离为xAB＝2Rsin θ，解得tAB＝与角度无关，同理可知tAC＝，故tAB＝tAC。(2)根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R＋r)2＝(R－r)2＋(R)2解得r＝R，最短时间t＝。【针对训练1】 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2A.v2＞v1＞v3    B.v1＞v2＞v3C.v3＞v1＞v2    D.v1＞v3＞v2答案　A解析　设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为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和斜面长度无关，则有t1＝t2＝t3，因x2＞x1＞x3，根据＝，可知v2＞v1＞v3，故选项A正确。模型二　“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0＞v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0＜v，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①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＜v，返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①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3①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能一直减速④可能先减速后匀速⑤可能先以a1加速后以a2加速情景4①可能一直匀速②可能一直加速③可能先减速后反向加速④可能一直减速3.模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动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。(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)(2021·重庆市新高考模拟)如图3所示，长为L的水平传送带AB以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是(　　)图3A.增大传送带速度v，划痕长度可能不变B.减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小C.增加传送带的长度，划痕长度一定会变长D.一定条件下可使l＞L答案　AD解析　分三种情况：①石墨块到达B端前速度等于v，则l＝vt－，其中t＝、a＝μg，解得l＝，v增大，则l变长；②石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t＝≤，则l＝vt－L，得2L≥l＝v－L，增大v，则l变长；③石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t＞，此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，划痕长度为2L不变，选项A正确；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，选项B错误；第①种情况下l与L无关，选项C错误；由③可知选项D正确。【真题示例3 (2021·辽宁卷，13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图4所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：图4(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t。答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s解析　(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma解得a＝0.4 m/s2。(2)小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，所用时间t1＝＝ s＝2.5 s在传动带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5＝2.75 m因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。滑块在传送带上运动的“五点”注意问题(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcos θ的大小才能确定运动情况。(4)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出。(5)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传运带的相对路程。　　 模型三　“滑块—木板”模型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4 (2021·山东日照市模拟)如图5所示，质量M＝2 kg的滑板P足够长，在光滑水平地面上以速度v0＝7 m/s向右运动。t＝0时刻，在P最右端位置轻轻地放一质量m＝1 kg 的小物块Q(可看作质点)，同时给Q施加一个水平向右的恒力F＝8 N。已知P与Q间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：图5(1)运动过程中，P的最小速度；(2)从t＝0开始，经过多长时间，Q刚好要从P的右端掉下。答案　(1)6 m/s　(2) s解析　(1)设P的加速度大小为a1，对P由牛顿第二定律可得μmg＝Ma1解得a1＝2 m/s2，方向向左设Q的加速度大小为a2，对Q由牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma2解得a2＝12 m/s2，方向向右P做减速运动v1＝v0－a1t1Q做加速运动v2＝a2t1P、Q达到共同速度时，P的速度最小，即v1＝v2，解得t1＝0.5 s，v1＝6 m/s。(2)从开始计时到P、Q达到共同速度，P的位移大小为x1＝v0t1－a1t＝3.25 mQ的位移大小为x2＝a2t＝1.5 m，Q相对P向左运动的距离为d，则d＝x1－x2＝1.75 m，P、Q达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动。设Q的加速度大小为a3，对Q由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma3，解得a3＝4 m/s2，方向向右Q相对P向右运动，当相对位移大小为d时，Q刚好要从P的右端掉下，有d＝(a3－a1)t解得t2＝ s所以t＝t1＋t2＝ s。【针对训练2】 如图6所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量m板＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：图6(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；(2)从释放到小滑块离开薄平板经历的时间t。答案　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s解析　(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块：由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2对薄平板，由牛顿第二定律有m板gsin 37°＋Ff1－Ff2＝m板a2其中FN2＝(m＋m板)gcos 37°，Ff2＝μ2FN2解得a2＝1 m/s2a1＞a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L解得t＝1 s。题型自我感悟滑块——木板模型和传送带问题的共同特点都涉及到物体间的相对运动，因此在物理情景和分析方法上，二者是一样的。请回答以下问题：1.如何判断滑块是否能与木板达到同速？提示　假设滑块与木板能达到同速，分别求此过程滑块和木板各自对地的位移，看位移之差与木板长度的关系。2.如果木板的下表面是光滑的，当滑块在木板上滑动时是否能够同速，能否采用动量守恒定律结合其他知识来判断？请你写出分析过程？提示　能够应用动量守恒定律和功能关系来分析，设木板的长度为L，质量为m板，初速度为v1，滑块的质量为m，从木板一端滑上木板时的初速度为v2，达到的共同速度为v，相对运动的位移为x，两者之间的摩擦力为Ff，取木板和滑块为系统，系统的动量守恒，即m板v1＋mv2＝(m板＋m)v，由功能关系Ffx＝m板v＋mv－(m板＋m)v2，若x＜L，则滑块不会滑离木板；若x＞L，则滑块会滑离木板。对点练 等时圆模型1.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为R和r的两个相切的圆上(两个圆过切点的直径在竖直方向上)，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1A.2∶1   B.1∶1  C.∶1   D.1∶答案　B2.(多选)如图2所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　)图2A.t1＝t2   B.t2＞t3  C.t1＜t2   D.t1＝t3答案　BCD解析　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca＞aOb，由x＝at2可知，t2＞tca，故选项A错误，B、C、D正确。对点练 传送带模型3.(多选)如图3所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)图3A.若传送带不动，vB＝3 m/sB.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/sC.若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于3 m/sD.若传送带顺时针匀速转动，vB可能等于3 m/s答案　ABD解析　若传送带不动，则物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，根据v－v＝2ax，解得vB＝3 m/s，故A正确；若传送带逆时针转动，物体滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于3 m/s，故B正确；若传送带顺时针匀速运动，且传送带的速度小于3 m/s，则物体滑上传送带仍然做匀减速直线运动，到达B点的速度有可能等于3 m/s，故C错误，D正确。4.(多选)(2021·河北廊坊市摸底)如图4为装卸货物的带式输送机，输送带与水平方向夹角为37°，货物以2 m/s的初速度从底端滑上输送带，已知输送带速度为4 m/s，货物与输送带间的动摩擦因数为0.8，输送机底端到顶端的距离为19 m，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)图4A.货物到达顶端用时(2－5) sB.货物到达顶端用时6 sC.货物在输送带上一直做匀加速运动D.货物在输送带上先做加速运动后做匀速运动答案　BD解析　货物加速上升时，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝0.4 m/s2，货物加速到和输送带速度相等时，所需时间t＝，解得t＝5 s，货物加速的位移x＝，解得x＝15 m＜19 m，没有到达输送带的顶端，则货物和输送带一起匀速上升，匀速运动的时间t1＝＝ s＝1 s，货物到达顶端所需时间t2＝t＋t1＝6 s，故选项B、D正确。5.(多选)(2021·四川绵阳市第二次诊断)如图5所示，传送带倾角为α，表面粗糙，以恒定速度v0逆时针运行。一小滑块从斜面顶端由静止释放，运动到斜面底端的过程中，其速度随时间变化的关系图像可能是(　　)图5答案　AC解析　滑块由静止释放，相对于传送带向上运动，受沿斜面向下的摩擦力，先向下加速运动，加速度为a1＝gsin α＋μgcos α，加速到和传送带速度相等时，若有mgsin α≤μmgcos α，则滑块和传送带保持相对静止，一起匀速运动，故A正确；若有mgsin α＞μmgcos α，则滑块和传送带不能保持相对静止，滑块继续加速运动，加速度为a2＝gsin α－μgcos α，但a2＜a1，故C正确，D错误；滑块只可能存在上述两种情形，不可能出现减速的情形，故B错误。6.(多选)如图6所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3  m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为(　　)图6A.1 m/s   B.3  m/s  C.6  m/s   D.9 m/s答案　BC解析　由题意可知mgsin 30°＜μmgcos 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin 30°＋μgcos 30°＝12.5 m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2＝μgcos 30°－gsin 30°＝2.5 m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝＝8 m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2 m/s到8 m/s的范围内，选项B、C正确。对点练 板块模型7.(多选)(2021·山东烟台市期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图7甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板。则(　　)图7A.长木板的质量为2 kgB.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C.长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4D.当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大答案　ABC解析　由图可知，当F>12 N时物块和木板发生相对滑动，则F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由图像可知m＝k＝ kg＝2 kg，μ1mg＝8 N，解得μ1＝0.4，当12 N≥F≥4 N时两者共同运动，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，由图像可知M＋m＝k′＝ kg＝4 kg，则M＝2 kg，μ2(M＋m)g＝4 N，解得μ2＝0.1，选项A、B、C正确；当拉力F增大时，长木板与物块之间发生相对滑动，此时长木板受地面的摩擦力和物块的摩擦力都不变，则加速度不变，选项D错误。8.(2021·湖北选择考模拟)如图8a所示，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2。t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2。求：图8(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移；(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度。答案　(1)3.5 m　(2)0解析　(1)由题知B始终未脱离A，由vBA－t图像可知0～1.5 s内，vB<vA，B在方向向右的摩擦力作用下向右匀加速运动，1.5～2 s内，vB>vA，B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律μmg＝ma，得a＝μg＝2 m/s2，则物块B在1.5 s时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝ t1.5＝2.25 m物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s在1.5～2 s内位移x2＝t0.5＝1.25 m所以B相对水平面的位移xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m。(2)由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度vB＝v2＝2 m/s由vBA＝vB－vA得vA＝0。9.如图9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＝10 m/s2，求：图9(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。答案　(1)8 m/s　(2)0.5解析　(1)由v－t图像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图像可知传送带运行速度为v1＝10 m/s0～1 s内物体的加速度为a1＝＝10 m/s2 1～2 s内的加速度为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。10.(2021·新疆维吾尔自治区联考)如图10所示，质量为m1＝2 kg的薄长木板B放置在粗糙的水平面上，某时刻一质量为m2＝ kg 的小铁块A(可以当成质点)以向右的速度v0＝6 m/s冲上长木板，同时在长木板的左端施加一水平向右的推力F的作用。长木板的上表面光滑，长木板和小铁块与地面的动摩擦因数均为μ＝0.15。长木板长l＝11.5 m。已知推力作用t1＝2 s时，小铁块从长木板的右端掉下，不计小铁块从长木板上掉下过程的能量损失。小铁块落地不反弹。重力加速度为g＝10 m/s2。求：图10(1)水平向右的推力F的大小；(2)小铁块从长木板右端掉下后再经多长时间与长木板相遇；(3)相遇前因摩擦产生的热量。答案　(1)4 N　(2)6 s　(3)43.75 J解析　(1)铁块做匀速运动，木板向右加速的加速度为a1，两者分离的位移关系有v0t1－a1t＝l分析木板的受力，由牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝m1a1联立代入数据解得F＝4 N。(2)铁块滑离木板后，在水平地面做减速运动，加速度大小为a2，则有μm2g＝m2a2解得a2＝1.5 m/s2铁块滑离木板时，木板的速度为v1，则有a1t1＝v1，解得v1＝ m/s铁块滑离后，木板的加速度为a3，则有F－μm1g＝m1a3解得a3＝0.5 m/s2铁块减速到停止的时间为t2，则有a2t2＝v0，解得t2＝4 s这段时间内铁块的位移为x1，则有x1＝，解得x1＝12 m长木板的位移为x2，则有x2＝v1t2＋a3t解得x2＝6 m＜12 m由上两式可知铁块停止运动后，木板才追上铁块的，设时间为t3，则有v1t3＋a3t＝x1解得t3＝6 s或t3＝－8 s(舍掉)。(3)铁块在木板上运动时，因摩擦产生的热量为Q1，则有Q1＝μ(m1＋m2)g×a1t铁块减速因摩擦产生的热量为Q2，则有Q2＝μm2gx1铁块滑离后，长木板因摩擦产生的热量为Q3则有Q3＝μm1gx1则相遇前因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＋Q3代入数据解得Q＝43.75 J。