江苏省高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化四 动力学中“三种”典型物理模型课件-人教版高三全册物理课件.pptx

专题强化四动力学中“三种”典型 物理模型大一轮复习讲义1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.专题解读1.两种模型(如图1)能力考点师生共研“等时圆”模型模型一图12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为，圆的直径为d，如图1所示.根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为agsin ，位移为xdsin ，即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.例1(2019安徽芜湖市期末)如图2所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点.现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则A.v2v1v3B.v1v2v3C.v3v1v2D.v1v3v2图2解析设任一斜面的倾角为，圆槽直径为d.根据牛顿第二定律得到：agsin ，斜面的长度为xdsin ，可见，小球下滑到Q点的时间与斜面的倾角无关，即t1t2t3，变式1如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直.一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零.那么，质点沿各轨道下滑至圆环的时间相比较A.无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B.质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短C.质点沿着轨道AB下滑，时间最短D.轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短图3项目图示滑块可能的运动情况情景1可能一直加速可能先加速后匀速情景2v0v，可能一直减速，也可能先减速再匀速v0v，一直匀速v0v，返回时速度为v，若v0mgcos ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin mgcos ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin mgcos ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，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小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.变式2(多选)(2019陕西榆林市第三次测试)如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v12 m/s的恒定速率顺时针运行.初速度大小为v23 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则A.小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B.小墨块的加速度大小为0.2 m/s2C.小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 mD.小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m图5解析小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确.小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，联立解得：x14.5 m，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2v1t16 m；小墨块向右做匀加速运动时，对传送带有：x2v1t24 m，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x(x1x2)(x2x1)12.5 m，故C错误，D正确.1.模型特点“滑块木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系.2.解题关键(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同.(2)问题实质：“板块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移.高考热点讲透练熟“滑块木板”模型模型三例3(2019江苏卷15)如图6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.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g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；图6解析由牛顿第二定律知，A加速度的大小aAg由匀变速直线运动规律得2aALvA2(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；答案3gg解析设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F3mg由牛顿第二定律FmaB，得aB3g对齐后，A、B所受合外力大小F2mg由牛顿第二定律F2maB，得aBg；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.解析设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小为aA则vaAt，vvBaBt且xBxAL变式3(2019贵州毕节市适应性监测(三)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图7所示.木板与地面间的动摩擦因数10.1，物块与木板间的动摩擦因数20.4.t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t1 s时，木板以速度v14 m/s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.运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知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)t0时刻木板的速度；图7答案5 m/s解析对木板和物块：1(Mm)g(Mm)a1设初始时刻木板速度为v0由运动学公式：v1v0a1t0代入数据解得：v05 m/s(2)木板的长度l.解析碰撞后，对物块：2mgma2对物块，当速度为0时，经历时间t，发生位移x1，对木板，由牛顿第二定律：2mg1(Mm)gMa3对木板，经历时间t，发生位移x2木板长度lx1x21.(等时圆模型)(2020广东东莞市质检)如图8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，且斜槽都通过切点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t1和t2，则t1与t2之比为1234图8随堂巩固练2.(传送带模型)(多选)(2020湖北黄冈市模拟)机场使用的货物安检装置如图9所示，绷紧的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L2 m，现有一质量为m1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面.已知背包与传送带间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，下列说法正确的是A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB.背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC.背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m1234图9解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，mgma，得a5 m/s2，1234则此后背包与传送带共速，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为xvt1x110.2 m0.1 m0.1 m，所以背包从A运动到B所用的时间为：tt1t22.1 s，故A、D正确.3.(板块模型)(多选)(2016江苏卷9)如图10所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面图101234解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数为，鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为ag，鱼缸离开桌布时的速度为v，1234猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为Ffmg不变，C项错误；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，则鱼缸有可能滑出桌面，D项正确.12344.(板块模型)(2019江苏四星级高中一调)如图11所示，一质量m10.2 kg足够长的平板小车静置在光滑水平地面上，质量m20.1 kg的小物块(可视为质点)置于小车上A点，其与小车间的动摩擦因数0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现给小物块一个方向水平向右、大小为v06 m/s的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F0.6 N的恒力.取g10 m/s2.求：(1)初始时刻，小车和小物块的加速度大小；图11答案2 m/s210 m/s2解析小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受摩擦力向右做匀加速运动.设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：对小车：m2gm1a1解得：a12 m/s2对小物块：Fm2gm2a2解得：a210 m/s212341234(2)经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？答案0.5 s1 m/s解析设经过时间t小车与小物块速度相同，设速度为v1，由运动学公式得对小车v1a1t对小物块：v1v0a2t解得：t0.5 sv11 m/s1234(3)小物块向右运动的最大位移.答案2 m解析假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F作用，设系统的加速度大小为a3，则由牛顿第二定律得F(m1m2)a3解得：a32 m/s2此时小车所需要的静摩擦力为Ffm1a30.4 N因为Ff0.4 NFfmm2g，所以两者将一起向右做匀减速运动. 1234所以，小物块向右运动的最大位移为：xmx1x22 m.1.如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则A.t1t2t2t3C.t3t1t2 D.t1t2t3图1课时精练12345解析如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用.设杆与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律有mgsin ma，得加速度大小agsin .设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小xDsin ，可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角无关，即三个滑环滑到d点所用的时间相等，选项D正确.123452.(多选)(2020河南周口市调研)如图2所示，质量M2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力F2 N，则下列说法正确的是A.物块和长木板之间的摩擦力为1 NB.物块和长木板相对静止一起加速运动C.物块运动的加速度大小为1 m/s2D.拉力F越大，长木板的加速度越大12345图2解析物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F0，因F2 NF01.5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ffmg1 N，故A正确，B错误；对物块，由牛顿第二定律Fmgma1，可得a11 m/s2，故C正确；拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N，保持恒定，123453.(多选)(2019江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图3所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间动摩擦因数为 ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加。