专题提升6　动力学中的两类经典物理模型 课件 -2027届高考物理一轮复习

高考总复习 物理 人教版 专题提升6　动力学中的两类经典物理模型 索引 提升点1 提升点2 课时跟踪练 返回导航 第三章　运动和力的关系 课程标准　1.会对传送带上的物体进行受力分析,能正确解答传送带上物体的动力学问题。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型。 返回导航 第三章　运动和力的关系 01 提升点1　传送带模型 返回导航 第三章　运动和力的关系 图示 速度大 小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长, 物块运动的-t图像 Ff的方向 运动状态   0=0 向右 匀加速直线运动   0< 向右 匀加速直线运动   0> 向左 匀减速直线运动   1.水平传送带模型 (1)物块初速度方向与传送带速度方向相同  返回导航 第三章　运动和力的关系 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块的运动状态   传送带较短 — 向左 匀减速直线运动 传送带足够长 0< 向左 -t图像: 0> 向左(共速前) -t图像: (2)物块初速度方向与传送带速度方向相反 返回导航 第三章　运动和力的关系 图示 速度大小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长, 物块运动的-t图像 Ff的方向 加速度大小 运动 状态   0=0 沿传送带 向上 μgcos θ -gsin θ 匀加速 直线 运动   0< 0> 沿传送带向下 μgcos θ +gsin θ 匀减速 直线 运动   2.倾斜传送带模型(设传送带倾角为θ) (1)物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 返回导航 第三章　运动和力的关系 (2)物块从高处传送到低处,物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ> tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长,物块运动的-t图像 Ff的方向 加速度大小 运动状态   0=0 沿传送带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动   0< 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动   0> 沿传送带向上 μgcos θ -gsin θ 匀减速 直线运动   返回导航 第三章　运动和力的关系 (3)物块从高处传送到低处,物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ> tan θ) 图示 状态 速度大 小比较 Ff的 方向 加速度 大小 物块运动状态   传送带 较短 — 沿传送 带向上 μgcos θ- gsin θ 匀减速直线运动 传送带 足够长 0< 沿传送 带向上 μgcos θ- gsin θ -t图像:   0> 沿传送 带向上 共速前: μgcos θ- gsin θ 共速后:0 -t图像:   若μ=tan θ,物块一直匀速下滑;若μ<tan θ,物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动 返回导航 第三章　运动和力的关系 3.传送带模型解题关键点 抓住物= 传的临界点,当物= 传时,摩擦力发生突变,物块的加速度发生突变。 4.注意物块位移、相对位移和划痕的区别 (1)物块位移:以地面为参考系,单独对物块由运动学公式求得的位移。 (2)物块相对传送带的位移大小Δx ①有一次相对运动:Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。Δx与是划痕长度。 返回导航 第三章　运动和力的关系 ②有两次相对运动:若两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);若两次相对运动方向相反,则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 返回导航 第三章　运动和力的关系 水平传送带 (2026·内蒙古高三模拟)某车站用匀速转动的水平传送带输送行李(可看成质点),在传送带末端有一段防止行李掉落的反向传送带。t=0时刻,行李从足够长的正向传送带上离开,以水平向左的初速度从右端滑上如图1所示的反向传送带,行李恰未能掉落,行李的位移—时间图像如图2所示,t=3 s 前的图像为抛物线的一部分,t=3 s后的图像为直线。已知重力加速度g取10 m/s2,求: 返回导航 第三章　运动和力的关系 (1)正、反向传送带运行的速率; (2)行李与反向传送带间的动摩擦因数及稳定后一个周期内行李在反向传送带上运动的时间。 [答案]　(1)4 m/s　2 m/s　(2)0.2　2 s 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　(1)设行李滑上反向传送带后的加速度大小为a,由题图2可知,在0~2 s内,行李向左做匀减速运动直到速度变为零,根据逆向思维可得x1=a,代入数据解得a=2 m/s2 则行李的初速度(即正向传送带速度)大小为1=at1=4 m/s 由题图2可知,在2~3 s内,行李向右做匀加速运动,在t=3 s时,与反向传送带共速,在2~3 s内有2=at2=2 m/s,可知反向传送带运行的速率为2 m/s。 返回导航 第三章　运动和力的关系 (2)以行李为研究对象,由牛顿第二定律得μmg=ma 解得行李与反向传送带间的动摩擦因数为μ=0.2 行李再次进入正向传送带后的速度大小为2 m/s,由运动的对称性可知,此后行李做周期性运动,一段时间后行李会以大小为2 m/s、水平向左的速度回到反向传送带;则稳定后一个周期内,行李在反向传送带上运动的时间为Δt==2 s。 返回导航 第三章　运动和力的关系 倾斜传送带 (2026·山东菏泽模拟)如图所示为某分拣传送装置,AB长5.8 m,倾角θ=37°的传送带倾斜地固定在水平面上,以恒定的速率0=4 m/s逆时针转动。质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A,经过一段时间工件运动到传动带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8，则(　　) 返回导航 第三章　运动和力的关系 A.工件刚开始下滑时的加速度大小等于2 m/s2 B.工件由顶端到底端的时间是1.2 s C.工件在传送带上留下的痕迹长为1 m D.若工件与传送带速度相同时,传送带突然停止运动,工件下滑的总时间将变长 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　工件刚开始下滑时,根据牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得工件刚开始下滑时的加速度大小为a1=10 m/s2,故A错误; 工件与传送带达到共速时,假设工件还未到达B点,则此过程中工件运动的时间为t1==0.4 s 工件的位移为x1=a1=0.8 m<LAB 故假设成立,此后根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得此后工件下滑的加速度大小为a2=2 m/s2 返回导航 第三章　运动和力的关系 则LAB-x1=0t2+a2,解得t2=1 s 所以工件由顶端到底端的时间t=t1+t2=1.4 s,故B错误; 工件与传送带共速时,相对位移为Δx1=x传1-x1=0.8 m 工件与传送带共速后,相对位移为Δx2=x工2-x传2=(LAB-x1)-0t2=1 m,因为Δx1<Δx2 所以工件在传送带上留下的痕迹长为s痕=Δx2=1 m,故C正确; 若工件与传送带速度相同时,传送带突然停止运动,工件的受力情况不变,加速度不变,所以工件下滑的总时间将不变,故D错误。 返回导航 第三章　运动和力的关系 02 提升点2　“滑块—木板”模型 返回导航 第三章　运动和力的关系 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,滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用:对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 返回导航 第三章　运动和力的关系 (3)明确滑块和木板间的位移关系 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,位移之和Δx=x2+x1=L。 返回导航 第三章　运动和力的关系 3.解题关键点 (1)摩擦力的分析判断:由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“块=板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件:当块=板时,“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(在水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时, 块=板。 ②木板最短的条件:当块=板时,滑块恰好滑到木板的一端。 返回导航 第三章　运动和力的关系 木板带动滑块的情境 (2026·黑龙江模拟)用F=2 N的水平拉力向右拉一质量M=2 kg且足够长的木板,使得木板以0=7 m/s的速度在水平地面上做匀速直线运动。某一时刻如图所示,将质量m=1 kg的铁块(可视为质点)轻轻地放在木板最右端,当铁块与木板达到共同速度时撤去拉力。已知铁块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2,重力加速度g取10 m/s2,求: 返回导航 第三章　运动和力的关系 (1)木板与地面之间的动摩擦因数μ2; (2)铁块与木板达到共速时的速度大小; (3)铁块最终静止时铁块到木板右端的距离及木板的全程位移。 [答案]　(1)0.1　(2)4 m/s　(3)7 m　19 m 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　(1)木板匀速运动时,根据受力平衡可得F=μ2Mg 解得μ2=0.1。 (2)将铁块轻轻地放在木板最右端,对铁块根据牛顿第二定律可得 μ1mg=ma1 解得a1=2 m/s2 对木板根据牛顿第二定律可得μ1mg+μ2(M+m)g-F=Ma2 解得a2=1.5 m/s2 设经时间t两者共速,则有共=a1t=0-a2t,解得t=2 s, 共=4 m/s。 返回导航 第三章　运动和力的关系 (3)从铁块放到木板上到两者达到共速,两者通过的位移大小分别为x1=a1t2=4 m,x2=0t-a2t2=11 m,共速后,假设两者一起做匀减速直线运动,则有μ2(M+m)g=(M+m)a共,解得a共=1 m/s2<μ1g,则假设成立;两者一起匀减速的位移大小为x3==8 m 则铁块到木板右端的距离x4=x2-x1=7 m 则木板的全程位移为x5=x2+x3=19 m。 返回导航 第三章　运动和力的关系 滑块带动木板的情境 (2026·云南文山模拟)如图所示,质量M=1 kg 的长木板静止在水平面上,质量m=2 kg的物块以方向水平向右、大小0=3 m/s的初速度冲上木板左端,物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,木板足够长,物块可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 返回导航 第三章　运动和力的关系 (1)求物块冲上木板的瞬间,物块与木板各自的加速度大小。 (2)求物块最终距木板左端的距离。 [答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1.5 m 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　(1)物块冲上木板左端时,对物块,由牛顿第二定律有 μ1mg=ma1 解得a1=2 m/s2 对木板,由牛顿第二定律有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 解得a2=1 m/s2。 (2)当物块与木板速度相等时,有=0-a1t1=a2t1 解得t1=1 s, =1 m/s 返回导航 第三章　运动和力的关系 设物块与木板共速后保持相对静止,一起减速,对两者组成的整体,由牛顿第二定律有μ2(M+m)g=(M+m)a,解得a=1 m/s2 物块受到的静摩擦力f=ma=2 N<fmax=4 N 故两者可以相对静止一起减速到零,故物块最终距离木板左端的距离 L=t1-t1=1.5 m。 返回导航 第三章　运动和力的关系 斜面上的“滑块—木板”模型 (2026·广东东莞联考)如图所示,在倾角θ=37°的足够长斜面上放置一质量M=2 kg、长度L=1.5 m 的薄平板AB,在薄平板的上端A处放一质量m=1 kg的小滑块(视为质点)。开始时，薄平板和小滑块在沿斜面向上的力F的作用下保持静止,此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去,使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μ1=0.25,薄平板与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.5,sin 37°=0.6,cos 37° =0.8,g取10 m/s2。求: 返回导航 第三章　运动和力的关系 (1)力F的大小; (2)释放后,小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2; (3)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 [答案]　(1)18 N　(2)4 m/s2　1 m/s2　(3)1 s 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　(1)对薄平板和小滑块整体分析,由平衡条件可知 F=(M+m)gsin θ=18 N。 (2)设释放后,小滑块会相对于薄平板向下滑动,对小滑块,由牛顿第二定律有mgsin 37°-f1=ma1 其中f1=μ1FN1 FN1=mgcos 37° 解得a1=gsin 37°-μ1gcos 37°=4 m/s2 对薄平板,由牛顿第二定律有 Mgsin 37°+f1-f2=Ma2 返回导航 第三章　运动和力的关系 其中f2=μ2FN2 FN2=mgcos 37°+Mgcos 37° 解得a2=1 m/s2 因a1>a2,假设成立,即小滑块会相对于薄平板向下滑动。 (3)设小滑块滑离薄平板的时间为t,由运动学公式有x1=a1t2 x2=a2t2 x1-x2=L 解得t=1 s。 返回导航 第三章　运动和力的关系 课时跟踪练 温馨提示 返回导航 第三章　运动和力的关系 $