16专题强化5　动力学中的三类典型物理模型-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

高考总复习 物理 第三章　牛顿运动定律 专题强化5　动力学中的三类典型物理模型 热点一　“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．基本规律 (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自上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 [典例1] (多选)如图所示，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)，两个小滑环从O点无初速度释放，一个小滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示小滑环沿Oa、Ob、da到达底端所用的时间。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2 B．t2>t3 C．t1<t2 D．t1＝t3 BCD 1. (2025·四川遂宁高三质检)如图所示，竖直墙与水平地面交点为O，从竖直墙上的A、B两点分别搭两条光滑轨道到M点，∠AMO＝60°、∠BMO＝45°，M点正上方与B等高处有一C点。现同时将a、b、c球分别从A、B、C三点由静止开始释放。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 C 解析：方法一：以C为圆心，BC为半径作圆，如图所示，根据“等时圆”模型可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则ta>tb>tc，C正确。 2. 如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O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α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF B 解析：如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作辅助圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由“等时圆”模型可知，tAB>tCD>tEF，B正确。 热点二　传送带模型 1．水平传送带模型 2.倾斜传送带模型 [典例2] 某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求： (1)工件从A点第一次被传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间； (2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2<v1)。 答案：(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s 解析：(1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示， 则N1＝mg f1＝μN1＝ma1 联立解得a1＝5 m/s2 分析三个状态(初态、共速、末态)巧解传送带问题 1. (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m AC 2. 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＝0.6 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。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1时，小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 热点三　“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作用下发生相对滑动。 2．位移关系：如图所示，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，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L。 3．解题关键点 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 [典例3] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图像如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： 　 (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 答案：(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m 求解“滑块—木板”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)准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。 BD A．P未滑离Q时，P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B．P未滑离Q时，P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C．P在Q上的运动时间为1 s D．P在Q上的运动时间为2 s 2. (2025·安徽合肥高三联考)如图所示，一质量为M＝2.0 kg、长为l＝2.5 m的长木板放在水平地面上，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，一质量为m＝3.0 kg的滑块从长木板的右侧以初速度v0水平向左滑上长木板，滑块可视为质点，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)滑块刚滑上长木板时长木板和滑块的加速度大小； (2)要使滑块不滑出长木板，初速度v0的大小应满足的条件； (3)在满足(2)中条件的情况下，长木板、滑块相对水平地面的最大位移。 解析：(1)分别对长木板、滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律，对长木板有 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 解得长木板的加速度大小a1＝1 m/s2 对滑块有μ2mg＝ma2 解得滑块的加速度大小a2＝4 m/s2。 (3)滑块恰好不滑出长木板时，长木板、滑块相对水平地面的位移最大，则滑块以v0＝5 m/s滑上长木板，长木板、滑块速度相等后相对静止，由于μ1(M＋m)g<μ2mg，故一起以v＝a1t＝1 m/s的初速度做匀减速运动直到静止。根据牛顿第二定律，可得一起匀减速运动的加速度大小为 3．(2025·河南洛阳高三期末)如图所示，质量M＝0.2 kg、长度L＝0.64 m的长木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.3。在木板上左端放置一质量m＝0.2 kg的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若在木板上施加一方向水平向左的恒力F，同时给滑块一水平向右的初速度v0，滑块在木板上滑行，恰好从木板的右端掉下，此过程中木板始终保持静止状态。 (1)求滑块初速度v0的大小； (2)若滑块在木板上从左端开始运动t1＝0.15 s后撤去力F，求木板在地面上滑行的距离x。 请完成：课后跟踪训练（12） 温馨提示 谢谢观看！ 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三点无初速度释放的小滑环到达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，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，则t2>t1＝t3，A错误，B、C、D正确。 方法二：设CM距离为R，对于AM轨道，位移x1＝2R，加速度为a1＝g sin 60°＝g，由x1＝a1t，解得t1＝，对于BM轨道，位移x2＝R，加速度为a2＝g sin 45°＝g，由x2＝a2t，解得t2＝，对于C到M，位移x3＝R，加速度a3＝g，时间t3＝，可见t3最小，t1最大，c球最先到达M点，C正确，A、B、D错误。 项目 图示 运动情况 判断方法 情境1 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速 项目 图示 运动情况 判断方法 情境2 当v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 若 ≤l，物、带能共速 情境3 传送带较短时，物块一直减速达到左端；传送带较长时，物块还要被传送带传回右端 若≤l，物块能返回 项目 图示 运动情况 判断方法 情境3 传送带较短时，物块一直减速达到左端；传送带较长时，物块还要被传送带传回右端 若≤l，物块能返回 项目 图示 运动情况 判断方法 情境1 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速 情境2 可能一直加速，也可能先加速后匀速，还可能先以a1加速后以a2加速 若≤l，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速；若μ<tan θ，物体以a2加速(a2<a1) 由运动学公式有t1＝＝ s＝1 s x1＝a1t＝×5×12 m＝2.5 m 由于x1<LAB，工件随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间为 t2＝＝0.3 s 工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示， 则N2＝mg cos θ mg sin θ＋μN2＝ma2 由运动学公式有x2＝ 联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m 工件沿CD传送带上升的最大高度为 h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m 沿CD上升的时间为t3＝＝0.5 s 故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。 (2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得 －2a2x3＝v－v mg sin θ－μN2＝ma3 －2a3x4＝0－v LCD＝x3＋x4 解得v2＝4 m/s。 解析：开始时，对行李，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at＝×2×0．22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误；由以上分析可知，行李在到达B处前已经与传 送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04 m，D错误。 (2)小包裹在传送带上做匀减速运动的时间 t1＝＝ s＝2.5 s 在传动带上滑动的距离为 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动，直至传送带底端，则匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带所需的时间为 t＝t1＋t2＝4.5 s。 解析：(1)根据v－t图像可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小为a2＝＝ m/s2＝4 m/s2 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2 解得μ2＝0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m 末速度v＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动，可得 x＝vt＋a1t2 解得a1＝1 m/s2 对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得 μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。 (2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 可得a3＝ m/s2 对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2 由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为 x1＝vt1－a3t＝ m 末速度v1＝v－a3t1＝ m/s 小物块向右运动的位移x2＝t1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为 a2＝4 m/s2 木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2 假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2 解得t2＝0.5 s 此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－a3t＝ m 末速度v2＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。 (3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2 向左运动的位移为x5＝＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为 x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。 1.(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg、长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) 解析：对P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2，对Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，A错误，B正确；设P在Q上滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2＞aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。 答案：(1)1 m/s2　4 m/s2　(2)v0≤5 m/s (3)0.75 m　3.25 m (2)当长木板、滑块速度相等时，若滑块恰好运动到长木板的左侧末端，则可保证滑块不会滑出长木板，设经过时间t，长木板、滑块的速度相等，则有 v0－a2t＝a1t 根据位移关系得v0t－a2t2－a1t2＝l 代入数据解得t＝1 s，v0＝5 m/s 所以初速度大小应满足的条件是v0≤5 m/s。 a＝＝2 m/s2 发生的位移大小为s＝＝0.25 m 长木板、滑块速度相等前，长木板发生的位移大小为 s1＝a1t2＝0.5 m 滑块发生的位移大小为s2＝v0t－a2t2＝3 m 所以长木板相对地面的位移大小为 s木＝s1＋s＝0.5 m＋0.25 m＝0.75 m 滑块发生的位移s滑＝s2＋s＝3 m＋0.25 m＝3.25 m。 答案：(1)3.2 m/s　(2) m 解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力为f2＝μ2mg 根据牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a1＝ 滑块在木板上做匀减速运动，到木板右端时速度恰好为零，则有0－v＝2(－a1)L 解得v0＝3.2 m/s。 (2)由v1＝v0－a1t1，解得v1＝2 m/s 撤去力F后，由于木板与地面间的最大静摩擦力 f1＝μ1(M＋m)g＝1.2 N<f2＝1.6 N 则木板做加速运动，木板的加速度大小为a2＝ 设滑块与木板共速时的速度大小为v2，滑块速率从v1减到v2所用的时间为t2，则有v2＝v1－a1t2＝a2t2 解得v2＝0.4 m/s，t2＝0.2 s 木板滑行的距离x1＝t2 之后滑块与木板一起做匀减速运动，直至停下，设此过程中整体的加速度大小为a，则有f1＝(M＋m)a v＝2a(x－x1) 解得x＝ m。 $$