第3章 专题3 动力学中的三种典型物理模型（word教参）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

专题三　动力学中的三种典型物理模型 [对应学生用书第52页] 模型1　等时圆模型 模型特点 (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，如图丙所示。 1．(多选)(2023·广西南宁统考二模)如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．t1>t2　　　　　　 B．t3＝t4 C．t2<t4 D．t1＝t4 解析　1号小球的加速度为a1＝gsin 60°＝g，位移为x1＝2r·sin 60°＝r，运动时间为t1＝＝2。2号小球的加速度为a2＝gsin 30°＝g，位移x2＝2r·sin 30°＝r，运动时间为t2＝＝2。3号小球的加速度为a3＝gsin 60°＝g，位移为x3＝＝2r，运动时间为t3＝＝，4号小球的加速度为a4＝gsin 30°＝g，位移为x4＝＝2r，运动时间为t4＝＝，则t1＝t2，t3＝t4，t3－t1＝t4－t2＝2(－1)>0，t1＝t2<t4，故选项B、C正确。 答案　BC 2. (多选)如图所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16 B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比以aa∶ab＝4∶3 C．va∶vb＝4∶3 D．两小球不可能同时达到圆周上 解析　a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对a有mgcos 37°＝μamgsin 37° 对b有mgcos 53°＝μbmgsin 53° 则μa∶μb＝16∶9 选项A错误； a、b小球沿斜面向上运动时，对a有 mgcos 37°＋μamgsin 37°＝maa 对b有mgcos 53°＋μbmgsin 53°＝mab 加速度之比aa∶ab＝4∶3 选项B正确； 两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3 选项C正确； 因为两小球加速度之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比为va∶vb＝ 4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3；而两球到达圆周上时位移之比也为4∶3，可知到达圆周上的时间相等，即两物体同时到达圆周上，选项D错误。 答案　BC 模型建构模板 模型2　“传送带”模型 1．模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题(如图甲)和倾斜传送带问题(如图乙)。 甲　　　　　　　　　　　　乙 2．解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 (1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物<v带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。 (2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物>v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。 (3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。 (4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力。 　(多选)如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．煤块冲上传送带后经1 s与传送带速度相同 B．煤块向上滑行的最大位移为8 m C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 m [解析]　 煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝8 m/s2，设经t时间与传送带共速，由v＝v0－a1t解得t＝1 s，故选项A正确；共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝4 m/s2，煤块先以12 m/s的初速度、8 m/s2的加速度减速至4 m/s，后又以4 m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v­t图像如图所示，由图像煤块上升到最高点的位移大小等于v­t图线与时间轴所包围的面积的大小，有x＝××1 m＋×4×1 m＝10 m，故选项B错误；煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零、加速度为a2＝4 m/s2的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移x＝a2t12，解得t1＝ s，结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间t2＝s，故选项C错误；在0到1 s内传送带比煤块速度慢，则滑块在传送带上的划痕L1＝××1 m－4×1 m＝4 m，此时划痕在物块的下方，在1 s到2 s内，传送带速度比煤块速度大，则L2＝4×1 m－×4×1 m＝2 m，因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4 m，此时煤块在产生的划痕的中点，在2 s到 s时间内，煤块向下滑了10 m，传送带向上滑了4 m，则煤块在传送带上的划痕L3＝ m＝ m，故选项D正确。 [答案]　AD 　如图甲所示，倾斜传送带正以恒定的速度v沿顺时针方向运动，传送带的倾斜角为θ＝37°。一质量m＝1 kg的煤块以某一初速度v0，从传送带的底部A处冲上传送带并沿传送带运动，其运动的v­t图如图乙所示，煤块运动到达顶端B处时，速度恰好为零。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。则(　　) A．煤块与传送带间的动摩擦因数为 B．煤块在传送带上留下划痕的长度为6 m C．煤块上升过程中，机械能先增加后减小 D．由于传送物体，电动机需要对传送带先做负功后做正功 解析　由题图乙可知，0～1 s内煤块的加速度大小为a＝＝ m/s2＝－8 m/s2 ，负号表示加速度方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.25，选项A错误；由题图乙可知，传送带速度为4 m/s，煤块先相对传送带上滑，相对位移为Δx1＝t1－vt1＝×1 m－4×1 m＝4 m，后相对传送带下滑，相对位移为Δx2＝vt2－t2＝2 m，则煤块在传送带上留下划痕的长度为4 m，选项B错误；煤块上滑过程中，先受向下滑动摩擦力后受向上滑动摩擦力，摩擦力先做负功后做正功，故机械能先减小后增大，选项C错误；煤块上滑过程中，传送带先受向上摩擦力后受向下摩擦力，煤块对传送带先做正功后做负功，要维持传送带速度不变，则电动机需要对传送带先做负功后做正功，选项D正确。 答案　D 1．如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为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。现使传送带沿顺时针方向以v＝2.5 m/s的速度匀速转动，将一可以视为质点的小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。试求： (1)小物块运动至B点的时间； (2)若传送带速度可以任意调节，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点的速度范围。 解析　(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有 μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma1， 解得a1＝2.5 m/s2。 设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块运动的位移为L1，用时为t1，则t1＝＝ s＝1 s， L1＝＝ m＝1.25 m， 因L1＜L且μ＞tan 30°，故小物块匀加速运动后，将以2.5 m/s的速度匀速运动至B点，设用时为t2，则t2＝＝0.3 s， 故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3 s。 (2)由于传送带速度可以任意调节，则当小物块从A到B一直做匀加速直线运动时，到达B点的速度最大。由牛顿第二定律及运动学公式有 vB2－v02＝2a1L， 解得vB＝8 m/s。 小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律有 mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2， 解得a2＝12.5 m/s2。 由运动学公式可知vB′2＝v02－2a2L， 解得vB′＝2 m/s。 即小物块到达B点的速度范围为 2 m/s≤vB≤8 m/s。 答案　(1)1.3 s　(2)2 m/s≤vB≤8 m/s 2．(2024·九省联考)如图所示，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)货物运动到传送带左端时的速度大小； (2)货物在传送带上运动的时间。 解析　(1)根据牛顿第二定律F－μ1mg＝ma1 得货物在左端平台上时加速度为a1＝＝2 m/s2 由运动学规律有v12＝2a1s1，s1＝1 m 解得货物运动到传送带左端时的速度大小为 v1＝2 m/s。 (2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时F－μ2mg＝ma2 加速度为a2＝＝－1 m/s2 故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝＝1 s 该段时间货物位移为s2＝t2＝1.5 m 共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝＝1 s 故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2 s。 答案　(1)2 m/s　(2)2 s 模型3　“滑块－木板”模型 1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．摩擦力方向的特点 (1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。 (2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。 3．运动特点 (1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2。 同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2 甲 反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2 乙 (2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。 　如图甲所示，质量m＝1 kg的小物块A(可视为质点)放在长L＝4.5 m的木板B的右端。开始时A、B两叠加体静止于水平地面上，现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度a与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求A、B间的动摩擦因数μ1； (2)求图乙中F0的值； (3)若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，则在t＝3 s时A与B的左端相距多远？ [解析]　(1)由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度a1＝4 m/s2 对A由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，μ1＝0.4。 (2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，即 a2＝ 由题图乙知＝，＝－ 可得M＝4 kg，μ2＝0.1 则F0＝μ2(m＋M)g＝5 N。 (3)给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，且F＝29 N时A运动的加速度大小为a1＝4 m/s2，方向水平向右。设A运动t1时间速度减为零，则t1＝＝1 s，位移x1＝v0t1－a1t12＝2 m B的加速度大小a2＝＝5 m/s2，方向向右 B的位移大小x2＝a2t12＝2.5 m，此时B的速度v2＝a2t1＝5 m/s 由于x1＋x2＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来后B的加速度大小为a3，对B由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3 可得a3＝ m/s2 在t＝3 s时A与B左端的距离 x3＝v2(t－t1)＋a3(t－t1)2＝22.5 m。 [答案]　(1)0.4　(2)5 N　(3)22.5 m 求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 1．如图所示，质量为4m的货车载有质量为2m的货物，一起在水平路面上以速度v匀速运动，因紧急情况货车突然制动，货车停下后，货物继续运动后未与车厢前壁发生碰撞。已知货物与水平车厢底板间的动摩擦因数为μ，车轮与地面间的动摩擦因数为2μ，货物到车厢前壁的距离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．开始刹车时货车的加速度大小为2μg B．从开始刹车到货物停止运动的时间为 C．货车停止时，货物的速度大小为v D．货物到车厢前壁的距离应满足L≥ 解析　刹车后货物的加速度由牛顿第二定律a1＝μg，对货车由牛顿第二定律得 2μg－μ·2mg＝4ma2，a2＝＝2.5μg，故A错误；货车先停止运动，由v＝a2t2可得从开始刹车到货车停止运动的时间为t2＝，故B错误；货车停下时由v物＝v－a1t2可得货物的速度为v物＝v－μg×＝v，故C错误；由v＝a1t1可得从开始刹车到货物停止运动的时间为t3＝，此时货物的位移为s物＝，货车的位移为s车＝，相对货车滑行的距离x＝s物－s车＝，所以需满足L≥，故D正确。 答案　D 2．(多选) 一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，之后木板运动的速度随时间变化的图线如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。将木板速度由5 m/s减小到1 m/s及由1 m/s减小到0的过程分别用Ⅰ、Ⅱ表示，则(　　) A．过程Ⅰ中，物块加速度大小为2 m/s2，木板加速度大小为8 m/s2 B．过程Ⅰ中，物块、木板的加速度大小均为8 m/s2 C．过程Ⅱ中，物块加速度大小为2 m/s2，木板加速度大小为4 m/s2 D．过程Ⅱ中，物块、木板的加速度大小均为3 m/s2 解析　在过程Ⅰ中，木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速，物块和地面对木板的摩擦力使木板减速，直到两者具有共同速度1 m/s为止。因此物块加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，木板加速度大小为a2＝ m/s2＝8 m/s2，故A正确，B错误；设木板受到地面的滑动摩擦力大小为Ff地，物块受到的滑动摩擦力大小为Ff，物块与木板的质量均为m，则在过程Ⅰ中有Ff＝ma1，Ff地＋Ff＝ma2，Ff地＝6m。在过程Ⅱ中，假设物块与木板一起运动，加速度为a′，则有a′＝＝3 m/s2，由于物块受到的滑动摩擦力最大产生的加速度为a1＝2 m/s2，故假设不成立，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，因此物块加速度大小仍为2 m/s2，木板加速度大小为a2′＝＝4 m/s2，故C正确，D错误。 答案　AC 学科网（北京）股份有限公司 $$