热点专题系列3　动力学中三种典型物理模型高考物理总复习新教材版

热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。[热点透析]等时圆模型1．模型分析如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀变速直线运动规律有x＝eq\f(1,2)at2，得下滑时间t＝2eq\r(\f(R,g))，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。2．结论模型1：质点从竖直面内的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；模型2：质点从竖直面内的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；模型3：两个竖直面内的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经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。3．思维模板其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。如图所示，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]C[解析]由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿过CM的直径的自由下落时间相等，所以从C点自由下落到M点的c球运动时间最短，故C正确。传送带模型传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。题型一：物块在水平传送带上题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。方法突破：已知传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块滑动时的加速度大小a＝μg。1．如图甲，v0＝0时，物块加速到v的位移x＝eq\f(v2,2μg)，若x<L即v<eq\r(2μgL)，物块先加速后匀速；若x≥L即v≥eq\r(2μgL)，物块一直加速到右端。2．如图甲，当v0≠0，v0与v同向时，当v0<v时，物块加速到v的位移x＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2μg)，若x<L，即v0<v<eq\r(v\o\al(2,0)＋2μgL)，物块先加速后匀速；若x≥L，即v≥eq\r(v\o\al(2,0)＋2μgL)，物块一直加速到右端。当v0>v时，物块减速到v的位移x＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2μg)，若x<L，即v0>v>eq\r(v\o\al(2,0)－2μgL)，物块先减速后匀速；若x≥L，即v≤eq\r(v\o\al(2,0)－2μgL)，物块一直减速到右端。当v＝v0时，物块匀速运动到右端。3．如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，若x≥L，即v0≥eq\r(2μgL)，物块一直减速到右端；若x<L，即v0<eq\r(2μgL)，则物块先向右减速到零，再向左加速(若v0≤v将一直加速，若v0>v将加速到v后匀速运动)直至离开传送带。拓展：若水平传送带做匀变速运动，传送带与物块共速后，需讨论μg与传送带加速度a的关系。若fmax＝μmg≥ma，即μg≥a，则物块与传送带一起以加速度a做匀变速运动；若fmax＝μmg<ma，即μg<a，则物块以加速度μg做匀变速运动。如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1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v­t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用[答案]B[解析]小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。题型二：物块在倾斜传送带上题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送带速度为零时μmgcosθ与mgsinθ的大小关系决定着物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μ<tanθ时相对下滑。方法突破：一、传送带向上传送1．如图甲，若0≤v0<v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动。(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动再以速度v向上匀速运动。2．如图甲，若0≤v0<v且μ<tanθ：物块以向下的加速度a＝gsinθ－μgcosθ运动。3．如图甲，若v0>v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动。(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动再以速度v向上匀速运动。4．如图甲，若v0>v且μ<tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动。(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动，再以a＝gsinθ－μgcosθ向上匀减速运动，最后以a＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动。二、传送带向下传送1．如图乙，若0≤v0<v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动。(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再以速度v向下匀速运动。2．如图乙，若0≤v0<v且μ<tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动。(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动。3．如图乙，若v0>v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动。(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动再以速度v向下匀速运动。4．如图乙，若v0>v且μ<tanθ：物块一直以a＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动。总结：物块在倾斜传送带上的运动情形还有很多，但分析思路大体相同：(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。(2)列牛顿第二定律方程，判断a的方向和大小。(3)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，根据μ与tanθ的关系判断之后的运动情形。(多选)如图，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变化的图像可能是()[答案]BC[解析]根据题意，设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsinθ＞μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向下，滑块向下匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，滑块沿传送带方向所受合力为零，滑块匀速下滑；若mgsinθ＜μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向上，滑块匀减速下滑，当减速为零时，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重力沿传送带向下的分力，则之后滑块随传送带一起匀速运动。故A、D错误，B、C正确。(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(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)0.4m/s2(2)4.5s[解析](1)小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平衡条件有FN＝mgcosα由μ>tan37°知，加速度方向沿传送带向上，则沿传送带方向，由牛顿第二定律有f－mgsinα＝ma又f＝μFN联立并代入数据解得a＝0.4m/s2。(2)假设小包裹到达传送带底端前就已与传送带共速，共速前小包裹的位移大小为x1，则有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)＝－2ax1代入数据解得x1＝2.75m因为x1<L，所以假设成立。由于μ>tan37°，所以共速后小包裹以速度v1匀速运动。设共速前小包裹的运动时间为t1，共速后小包裹的运动时间为t2，则有v1＝v2－at1L－x1＝v1t2t＝t1＋t2联立并代入数据解得t＝4.5s。滑块—木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图a所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图b所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图c所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等[答案]BCD[解析]由图c可知，t1时刻木板刚要开始滑动，此时物块与木板相对静止，以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由图c可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；由图c可知，在0～t2时间段物块与木板相对静止，有相同的加速度，故D正确。如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝3m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)[答案]2s[解析]由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcos37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，滑块在平板上滑行时由牛顿第二定律有：mgsin37°＝ma1解得：a1＝gsin37°＝6m/s2由运动学公式有：v2＝2a1L解得到达B点时速度为：v＝eq\r(2a1L)＝6m/s之后滑块滑离平板，在斜面上运动时有：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得：a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2设滑块在斜面上运动的时间为t，则有：LBC＝vt＋eq\f(1,2)a2t2解得：t＝2s对平板，滑块滑离后才开始运动，同理可知加速度为：a3＝a2＝2m/s2，设滑至斜面底端C所用时间为t′，则有：LBC＝eq\f(1,2)a3t′2解得：t′＝4s滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：Δt＝t′－t＝2s。[热点集训]1．(2021·江苏省盐城市高三三模)如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铅块以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成1和2两部分，其质量分别为m1、m2，紧挨着放在此平面上，再让小铅块以相同的初速度滑上木板1的左端。小铅块运动中所受的摩擦力始终不变。下列判断正确的是()A．当m1>m2时，小铅块能从木板2的最右端滑出B．当m1<m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且速度为零C．当m1＝m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且刚好相对静止D．无论m1与m2之间是何种关系，小铅块都能滑到木板2上但不能到达最右端答案D解析当木板完整时铅块滑到木板最右端才与木板相对静止。当将木板分成两块后，铅块刚滑到木板2上时，木板1不再受到向右的滑动摩擦力作用，木板2开始受到向右的滑动摩擦力作用，两块木板将分离，且此时小铅块、木板的速度与图甲中相应位置速度相同，分离之后木板1做匀速直线运动，铅块和木板2相互作用，由于木板2的质量小于完整木板的质量，铅块对木板的摩擦力不变，因此根据牛顿第二定律可知，此时木板2的加速度要比木板完整时的加速度大，铅块的加速度不变，这样二者达到共同速度时所用时间较短，共同速度较大，由能量守恒定律可知，摩擦生热较少，因此最后在铅块滑到木板2的最右端之前与木板2保持相对静止，与m1、m2的大小无关。故A、B、C错误，D正确。2．(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq\r(5))m答案AD解析由图乙所示v­t图像得t＝1s时煤块与传送带共速，0～1s内煤块的加速度大小a1＝eq\f(12－4,1)m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下；1～2s内煤块的加速度大小a2＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下。0～1s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，1～2s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正确，B错误；v­t图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为x＝10m，由运动学公式得下滑时间为t下＝eq\r(\f(2x,a2))＝eq\r(\f(2×10,4))s＝eq\r(5)s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq\r(5))s，C错误；0～1s内煤块比传送带多走eq\f(12＋4,2)×1m－4×1m＝4m，划痕长4m，1～2s内传送带比煤块多走4×1m－eq\f(4,2)×1m＝2m，划痕还是4m,2～(2＋eq\r(5))s内传送带向上运动，煤块向下运动，相对位移大小为eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,下)＋vt下＝(10＋4eq\r(5))m>2m，划痕总长为2m＋(10＋4eq\r(5))m＝(12＋4eq\r(5))m，D正确。3．(2021·河北省唐山市高三下三模)如图甲所示，一质量为M的足够长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。当木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g＝10m/s2，则通过分析计算可得()A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.2B．当F＝8N时，滑块的加速度为1m/s2C．木板的质量为2kg，滑块的质量为1kgD．若拉力作用在小滑块m上，当F＝9N时滑块的加速度为2m/s2答案A解析由图乙可知，当F＝6N时，滑块与木板刚好相对滑动，此时滑块的加速度为2m/s2，由牛顿第二定律可得滑块的加速度a滑＝eq\f(μmg,m)＝μg，解得滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，A正确；当F＝8N时，由图乙知，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度仍为2m/s2，B错误；当F＝6N时，滑块和木板的加速度均为2m/s2，对滑块与木板整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3kg，当F>6N时，由牛顿第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，由图线的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(2,6－4)kg－1＝1kg－1，解得M＝1kg，m＝2kg，C错误；若拉力作用在小滑块m上，设滑块和木板共速运动的最大加速度为amax，则amax＝eq\f(μmg,M)＝4m/s2，对应的拉力Fmax＝(M＋m)amax＝12N，则当F＝9N时，滑块与木板一起共速运动，对整体由牛顿第二定律可得a′＝eq\f(F,M＋m)＝3m/s2，D错误。4.(2021·山东省济南市高三下二模)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eq\r(3)R，且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。(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)eq\r(\f(3R,g))解析(1)设AB与水平方向的夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ由运动学公式有xAB＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,AB)由几何关系知xAB＝2Rsinθ解得tAB＝eq\r(\f(4R,g))由上式知沿滑梯运动的时间t与