高中物理复习必修1第三章牛顿运动定律专题二动力学中的典型

1、专题二 动力学中的典型 “模型模型一等时圆模型1 .模型特征(1)质点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1甲所示。(2)质点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，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图内所示。邸乙向2 .思维模板樽型争条神交的偏斜戈滑机源 条件期点由静止开始从趣遹帕一端常到弓端吸置 下箱相交道点为工的，低点 质点上希福交：交点为加的最高点0作等过,点作韭直整时回 *花某轨道为弦华用心在整亘攫上的圉 U轨道端点都在置冏上.庵点蛆动时间相

2、等 整一A造点在圃内的轨量.廉点运行附同用.端 :匕气 点在IK冷的札道.后点近访时间长 00I) 痼Qili tf -MTfJ： 2 X- -TM/ I > T 出 £ 制【例1】 如图2所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位 于同一圆周上，b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个 小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则（）图2B.ti >t2A. ti = t2C.tit2D.无法确定解析 设光滑细杆与竖直方向的夹角为 的圆周的直径为D,根据牛顿第二

3、定律得 滑环的加速度为a=mgms a= gcos “光滑细杆的长度为x= Dcos a则根据x=T at2得,t=、yx=、ycoos?=、y,可见时间t与a无关，故有t1=t2,因此a项正 确。答案 A务般训练苗居1.1 .如图3所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于 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，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。内球由C点自由下落到M点。则（）图3A.甲球最先到达M点C.丙球最先到达M点B.乙球最先到达M点D.三个球同时到达M点解析 设圆轨道

4、的半径为R,根据等时圆模型有t乙t甲,t甲= 2、J1;丙球做自由落 体运动，有1丙=，2$所以有t乙t甲t丙，选项C正确。答案 C2 .（2020合肥质检）如图4所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,0点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为 必伊Q现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（）图4A. tAB = tCD = tEFB.tAB>tCD>tEFC.tAB<tCD<tEFD.tA

5、B = tCD<tEF解析 如图所示，过D点作0D的垂线与竖直虚线交于 G点，以0G为直径作圆, 可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF,选项 B正确。G答案 B模型二“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示运动情况判断方法1Q0可能一直加速，也可能先加速后匀速2若;01,物、带能共速2仙g2ii*_8o当vo>v时,可能一直减速，也可 能先减速冉匀速；当V0<V时， 可能一直加速，也可能先加速 冉匀速|v2 v0|若1&1,物、带能2世g共速3和口传送带较短时，滑块一直减速 达到左端；传送带较长时，滑块 还要被

6、传送带传回右端2若2VoM物块能返回002.倾斜传送带模型项目图示运动情况判断方法1可能一直加速，也可能先加速后匀速2若V01,物、带能共速2a2可能一直加速，也可能先加 速后匀速，还可能先以ai加 速后以a2加速2若Va&1,物、带能共速；2a若诺tan q物、带共速 后匀速；若Stan Q物 体以a2加速（a2<a）考向水平传送带解题关键：对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。（2）解题关键：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2】（多选）（2019陕西榆林三模）如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且以 vi = 2 m/s的恒定速率运行。

7、初速度大小v2=3 m/s的小墨块从与传送带等高的光 滑水平地面（图中未画出）上的A处滑上传送带，墨块可视为质点。若从墨块滑上传 送带开始计时，墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则（）图5A.墨块与传送带速度相同之前，受到传送带的摩擦力方向水平向右B.墨块在传送带上滑行的加速度大小a= 0.2 m/s2C.墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 mD.墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m解析法一运动学方法墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t = 5 s后与传送带速度相同，则墨块加速度大小a=

8、 v1" ("v2)=1 m/s2,选项B错误；墨块向左匀减速运0+ V2一 一.一动过程，对墨块有0 = v2ati,xi = %ti,解得该过程用时ti = 3 s墨块的路程xi =4.5 m,ti时间内传送带的路程x2 = viti=6 m,墨块向右匀加速运动过程，对墨块有vi,0 + Vi 4,1、 一I E ,E ，入,、,.，一=at2,xi = -2t2,解得该过程用时t2= 2 s,墨块的路程xi =2 m,t2时I可内传送市的路程X2'= Vlt2 = 4 m,则墨块在传送带上留下的痕迹长度 x= X1 + X2 + X2' xi'

9、= 12.5m,选项C错误,D正确。法二图像法墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A正确；以水平向右为正方向，画出墨块、传送带的速度 一时间图像,如图所示，由v-t图像斜率表示加速度知，墨块在传送带上滑行的加速度大小 a=2 + 3cc 5 m/s2= i m/s?,选项B错块；由vt图像与坐标轴围成的面积的绝对值表小i包移的大小知，墨块在传送带上留下的痕迹长度为(2+3)X5 m =i2.5 m选项C错误,D正确。答案 AD【拓展提升i】 若将【例2】中的vi、V2的值改为vi = 3 m/s,v2 = 2 m/s,求墨块在 传送带上留下的痕迹长

10、度。解析 以水平向右为正方向，画出墨块、传送带的速度 一时间图像，如图所示，由v-t图像与坐标轴围成的面积的绝对值表示位移的大小知，墨块在传送带上留下i的痕迹长度为 2X(2+2)X4 m+i X4 m= i2 m。答案 12 m考向占倾斜传送带解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin 8与仙mgos 8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，确定物体运动的情况。【例3】（多选）（2020福建泉州二模）如图6所示，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，滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块速度v

11、随时间t变 化的图像可能是（）解析 设传送带倾角为8,滑块与传送带间的动摩擦因数为的滑块的质量为m,若pngcos 9< mgsin Q即F tan Q则滑块所受的合力沿传送带向下，滑块匀加速下滑， 选项C正确；若1 mgos 8= mgsin q即尸tan q则滑块所受的合力为零，滑块匀速 下滑；若1 mcos 8>mgsin Q即 吐tan Q则滑块先匀减速下滑，当速度减为零时， 开始反向匀加速上滑，且加速上滑的加速度与减速下滑的加速度大小相等，当加速到与传送带速度相同后，因为pmcos 0>mgsin Q所以滑块随传送带一起匀速运动 选项B正确,A、D错误。答案 BC【

12、拓展提升2】（多选）在【例3】中，若滑块以某一初速度从传送带下端沿传送带 向上运动，如图7所示，传送带运动的速度vi小于滑块的初速度V0,其他条件不变， 则滑块的速度v随时间t变化的图像可能是（）图7ABrD解析 设传送带倾角为Q滑块与传送带间的动摩擦因数为N,滑块的质量为m,由 于滑块的初速度v0>vi,滑块相对传送带向上运动，此时滑块受到的滑动摩擦力沿 传送带向下，滑块受到的合力大小为mgsin 8+pmgos q加速度大小 ai =mgsin 制 mgos 0 = gsin 0+ cos q方向沿传送带向下，滑块先做匀减速直线运 动，速度变为vi后，若11 mgos O mgsin

13、 Q即后tan q则滑块随传送带做匀速直线 运动，选项D正确；速度变为vi后，若n mgos （X mgsin q即 匹tan Q则滑块受到 的合力大小为 mgsin 0- ii mcos Q加速度大小a2 = gsin 9-仙cos 9<ai,方向沿传 送带向下，滑块做类竖直上抛运动，选项C正确,A、B均错误。答案 CD学量训练呜w i .如图8所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率 vi运行。初速度大小为V2的小 物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像（以地面为参考系）如图乙所示。 已知v2>vi,则（）

14、甲乙图8A.t2时亥IJ,小物块离A处的距离达到最大B.t2时亥IJ,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析ti时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；tit2 时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0 t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右,C错误；t2t3时间内小物块随传送 带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。答案 B2.如图9所示，传送带与地面夹角437°从A到B长度为L = 10.25 m,传送带以v0=10

15、 m/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=0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为尸0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37=0.6,g取10 m/s2,求:图9(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。解析(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为 a1 = g(sin 0+ pcos )= 10 m/s2,煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1 = 01=1 s,1 o发生的位移X1 = 2at = 5 m。达到V0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则a2=g(sin 0 pcos。=2 m

16、/s2,X2= L xi = 5.25 m,X2= v0t2 + 2a2t2，得 t2 = 0.5 So煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 So(2)第一过程痕迹长 Axi = V0t1 xi = 5 m, 第二过程痕迹长 AX2 = X2V0t2= 0.25 m,Axi与Ax2部分重合，故痕迹总长为5 m。答案(1)1.5 s (2)5 m模型三“板一块”模型1 .抓住一个转折和两个关联滑块与水板速到相同速度或存滑块从木板上窗下附是受力和运前状态变化的再折点转折前，后受力情况之间的关赋和滑块， 木板位移与板长之间的关联，般梢况下.由干摩擦力或其他力的转变a转折前,后甜块和木板的加速度

17、会发生炎化.凶此以转折点为界.时转折前一后用受力分所 是建北帼器的美链2 .分析“板一块”模型的“四点”注意用隔离法分析滑块和木板的受力，分别求出滑块和木板的加速度。(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。(4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的。【例4】(2019江苏卷,15)如图10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 限先敲击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

18、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go求：S图10(1)A被敲击后获得白初速度大小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被敲击后获得白初速度大小vB0解析 A、B的运动过程如图所示由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA=g匀变速直线运动 vA=2aAL解得va=寸2.g L设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F = 3 n mg由牛顿第二定律F = maB,得aB=3g对齐后,A、B整体所受合外力大小F'= 2mg由牛顿第二定律F'= 2maB,得aB'=八设经过时间t,A、B达到

19、共同速度v,位移分别为xa、xb,A加速度的大小等于aA 则 v = aAt,v= vb aBtxa =aAt2, xb = VBt2aB t2且 xbxa = L解得 vb= 2421gL答案（1）Z27gL （2）3 pg pg （3）2/2TgL多维训练一.1 .（多选）如图11所示质量为mi的足够长的木板静止在光滑水平面上，具上放一质 量为m2的物块。t = 0时刻起，给物块施加一水平包力 F,分别用ai、a2和vi、v2 表示木板、物块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（）图11解析物块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，此时二者的加速度 大小相等，选项A正确；物

20、块可能相对木板向前滑动，即物块的加速度大于木板的 加速度，二者均做匀加速直线运动，选项B、D错误,C正确。答案 AC2 .质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木 板上表面水平冲上木板，如图12甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同 减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/金,求：万物为总如11 L ：4 心|甲乙图12(1)A与B上表面之间的动摩擦因数 M ;(2)B与水平面间的动摩擦因数阳(3)A的质量。解析(1)由图像可知，A在。1 s内的加速度V1 v02a1 = t1= 2 m/s ,对A由牛顿第二定律得wmg= m

21、a1,解得 改二 0.2。由图像知,A、B在13 s内的加速度V3-V1/,2a3= -= 1 m/s2,t2对A、B整体由牛顿第二定律得以M +m)g = (M+m)a3,解得 区= 0.1。v1 0由图可知B在01 s内的加速度a2=-=2 m/S2对B由牛顿第二定律得 妆mg必M+m)g = Ma2代入数据解得m= 6 kg。答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg课时作业(时间:30分钟)基础巩固练1 .(2019 广东省东莞市质检)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

22、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ti和t2,则ti与t2之比为（）图1A.2 ： 1B.1 ： 1C杂：1D.1 ： V3答案 B2 .如图2所示,水平传送带静止不动 质量为1 kg的小物体，以4 m/s的初速度滑上 传送带的左端，最终以2 m/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4 m/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2A.小于2 m/sB.等于2 m/sC.大于2 m/sD.不能到达传送带右端解析 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

23、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，这样与传送带静止时比较，受力情况完全相 同,所以运动情况也应该一致，即最后离开传送带时速度仍然是2 m/s,选项B正确。 答案 B3 .如图3所示，有一固定的支架ACB,AC竖直,AC=BC=l。AB为光滑钢丝，一穿在 钢丝中的小球从A点由静止出发，则它滑到B点的时间t为（重力加速度为g）（）D.A.解析 因为AC=BC = l,所以以C点为圆心，以长度l为半径画圆，则A、B两点在同一个圆周上，所以tAB=2寸；,选项C正确答案 C4 .（多选）（2020河南,g拟）如图4甲所示，一小物

24、块从水平转动的传送带的右侧滑上 传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前 3.0 s内为二次函数，在3.04.5 s内为一次函数，取 向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的 是（）图4A.传送带沿顺时针方向转动B.传送带沿逆时针方向转动C.传送带的速度大小为2 m/sD.小物块与传送带间的动摩擦因数尸0.2解析 根据位移一时间图像可知：前2 s物体向左匀减速运动，第3 s内向右匀加速 运动。34.5 s内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转 动。传送带的速度等于物块向右匀速运

25、动的速度v=§=/二3 a m/s= 2 m/s,故n 4.5 3A、C正确,B错误；由图像可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运 动，则x= ；at2（其中x=1 m,t=1 s）,a = mg仙确单得 尸0.2,D正确。答案 ACD5 .如图5所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA=1kg和mB=2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为产0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A,取重力加速度g=10图5B.2.5 m/s2D.4 m/s2m/s2。改变拉力F的大小,B的加速度大小可能为（）A.1 m/s2

26、C.3 m/s2解析 A、B放在轻质长木板上，长木板质量不计，所受合力始终为0,即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为 fAmax<fBmax, 所以B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时 小相对长木板滑动出受到 的最大合力等于A的最大静摩擦力，即fB = fAmax= pIAg,由fB= mBaBmax,可知B的加 速度最大为2 m/s2,选项A正确。答案 A6 .（多选）如图6甲所示，一质量为mi的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上 现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度vo,从木板的左端开始向木板的右端 滑行，滑块和木板的水平速度大小

27、随时间变化的情况如图乙所示，根据图像可知以下判断正确的是（）图6A.滑块始终与木板存在相对运动B.滑块未能滑出木板C.滑块的质量m2大于木板的质量miD.在ti时刻，滑块从木板上滑出解析 滑块以水平初速度 vo滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度 的大小分别为 出二膏:以豺=紫,由v-t图像可知，滑块的速度一直大于木 板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在ti时刻,滑块滑出木板，各自做匀速直 线运动。由v t图像分析可知a2<ai,即容F 曹g，则mi<m2,选项A、C、D正 确。答案 ACD7 .如图7所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切

28、于B 点，一质量为m= 1 kg的物块(可视为质点),静止于A点,AB距离为x= 2 m。已知 物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为 尸0.5,g取10 m/s2。AB图7(1)若给物块施加一水平拉力F=11 N,使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B 点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；在(1)问中,若将传送带绕B点逆时针旋转37。后固定(AB段和BC段仍平滑连接), 要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F应至少多大；(3)若使物块以初速度V0从A点开始向右运动，并仍滑上(2)问中倾斜的传送带，且 传送带以4 m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点

29、,求物块初速度V0至少多大。解析 (1)物块在 AB段:F pmgma1,a1 = 6 m/s2,设到达B点时速度为vb,有vB = V2a1x=2V6 m/s。滑上传送带的过程n mg ma2,刚好到达C点，有vB = 2a2L,得传送带长度L = 2.4 m0(2)传送带倾斜，滑上传送带的过程有mgsin 37 +mgos 37 工 ma3,a3=10 m/s2,物块仍能刚好到C端，有vb'2= 2a3L,在 AB 段，有 VB'2=2ax,F'仙 mg ma,联立解得F'= 17 No(3)由于 F tan 37 ,故要使物块能到达C点，物块初速度最小时，

30、有物块滑到C时速度恰好为00vb"2 0= 2a4L,且 mgsin 0 仙 mgos 0 =ma4,在 AB 段有 v2 vb"2= 2 n gx单彳# vo = 29.6 m/s。答案 (1)2.4 m (2)17 N (3) . 29.6 m/s综合提能练8 .（多选）如图8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 右号,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=346m/

31、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8A.1 m/sB.3 m/sC.6 m/sD.9 m/s解析 由题意可知mgsin 30之n mgos 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ai = gsin 30书"cos 30 =12.5 m/s2,到达B点 时的速度最小，且最小速度v1 = «v0-2a1L = 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= pcos 30 -gsin 30°= 2.5 m/s2, 到达B点时的速度最大，且最大速度v2=x/v2

32、+ 2a2L=8 m/s；综上可知小物块到 达B点的速度在2 m/s至I 8 m/s的范围内，选项B、C正确。答案 BC9 .（2019湖南衡阳模拟）如图9甲所示，在水平面上有一质量 m1 = 1 kg的足够长的 木板，具上叠放一质量m2=2 kg的木块，木块和木板间的动摩擦因数 中= 0.3,木板 与地面间的动摩擦因数 必=0.1,木块和木板间以及木板和地面间的最大静摩擦力 和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F = 3t（N）,g取10 m/s2。图9 ; 一TTT/* r rci -Mfr urf 管 一:«.一< - _13i * - - -TE-(1)求木块与木板保持相对静止的时间t1;求t=10 s时木块、木板各自加速度的大小；(3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图像(取水平拉力F的方向为正方向只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。解析 F从零开始逐渐增大，木板上、下表面受到的静摩擦力也从零开始逐渐增大，由于3m2g区(m+m2)g,故木板与地面会发生相对滑动，木块与木板间的摩擦 力达到最大静摩擦力后，木块与木板就会发生相对滑动。当F以m+ m2)g=