一轮复习新人教版小专题(四)动力学中的经典模型学案

小专题(四)动力学中的经典模型考点一“等时圆”模型(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圆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。设某一条光滑弦与水平方向的夹角为θ,圆的直径为d。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a=gsinθ,位移为x=dsinθ,所以运动时间为t0=2xa=2d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][等时圆模型的分析](2022·云南大理调研)(多选)如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),四个环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(ABD)1>t21=t3 2=t42<t4解析:根据等时圆模型,可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同,故沿OA和OC滑到底端的时间相同,OB不是一条完整的弦,时间最短,OD长度超过一条弦,时间最长,则t4>t1=t3>t2,故选项A、B、D正确。等时圆模型求解方法[例2][等时圆模型在实际中的应用](2022·山东烟台三模)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3R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?解析:(1)设AB与水平方向夹角为θ,小朋友沿AB下滑时的加速度a=gsinθ,xAB=12atAB间的距离为xAB=2Rsinθ,解得tAB=4R故运动时间与角度无关,同理可知tAC=4R故tAB=tAC。(2)根据第(1)问的结论,画出以P点为最高点的半径为r的等时圆,如图。当两圆相切时,时间最短,易知(R+r)2=(R-r)2+(3R)2,解得r=34用第(1)问的结论有t=3R答案:(1)见解析(2)3考点二“传送带”模型图示运动情况判断方法可能一直加速,也可能先加速后匀速若v2带能共速当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、带能共速传送带较短时,物体一直减速到达左端;传送带较长时,物体还要被传送带传回右端若v0物体能返回图示运动情况判断方法Ff>mgsinθ可能一直加速,也可能先加速后匀速若v2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v22a1≤l,物、带能共速;若μ≥tanθ,物、带共速后匀速;若μ<tanθ,物体以a1达到共速后再以a2加速(a(1)在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点,给运动分段。①传送带传送的物体所受摩擦力,不论是其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。②物体在传送带上运动时的极值问题,不论是极大值,还是极小值,也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻。③v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。(2)判定运动中的速度变化(即相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向,二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出;物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动。[例3][水平传送带](2022·山西忻州三模)如图所示,绷紧的长为6m的水平传送带,沿顺时针方向以恒定速率v1=2m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带,其速度大小为v2=5m/s。若小物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是(B)A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动,然后向右做匀加速直线运动B.若传送带的速度为1m/s,小物块将从传送带左端滑出C.若传送带的速度为5m/s,小物块将以5m/s的速度从传送带右端滑出D.若小物块的速度为4m/s,小物块将以4m/s的速度从传送带右端滑出解析:小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动,设加速度大小为a,速度减至零时通过的位移为x。根据牛顿第二定律得μmg=ma,得a=μg=2m/s2,则x=v222a=522×2m=6.25m>6m,所以小物块将从传送带左端滑出,不会向右做匀加速直线运动,故A错误;传送带的速度为1m/s和5m/s时,物块在传送带上受力情况相同,则运动情况相同,都从传送带左端滑出,故B正确,C错误;若小物块的速度为4m/s,小物块向左减速运动的位移大小为x′=[例4][倾斜传送带](2022·福建泉州一模)(多选)如图甲所示,一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行,一质量m=1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带,取物体沿传送带向上运动方向为正方向,则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,若取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法正确的是(AD)A.0～8s内物体的位移大小为14mC.0～4s内物体上升的高度为4mD.0～8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m解析:0～8s内物体运动的位移即v-t图像与坐标轴围成的面积x=2+42×2m+2×4m=14m,A正确;由物体运动v-t图像可知,在2～6s内物体做匀加速直线运动,有a=ΔvΔt=4-04m/s2=1m/s2[例5][组合传送带](2022·广西梧州一模)如图所示,传送带的水平部分ab=4m,斜面部分bc=4m,bc与水平面的夹角α=37°。一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,传送带沿图示的方向运动,速率v=2m/s。若把物体A轻放到a处,它将被传送带送到c点,且物体A不会脱离传送带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。(取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)解析:物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等。在这一过程中有a1=μmgms1=v2则加速经历时间为t1=va此后随传送带匀速运动到b点的时间为t2=ab-当物体A到达bc斜面后,由于mgsinα=0.6mg>μmgcosα=0.2mg(μ<tanα),因此物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动,其加速度大小为a2=gsinα-μgcosα=4m/s2。物体A在传送带bc上所用时间满足bc=vt3+12a2t代入数据得t3=1s(负值舍去)。则物体A从a点被传送到c点所用时间为t=t1+t2+t3=3.4s。答案:3.4s考点三“滑块—滑板”模型滑块(视为质点)置于滑板上,滑块和滑板均相对地面运动,且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。类型图示规律分析长为L的木板B带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为xB=xA+L物块A带动长为L的木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为xB+L=xA3.关注“一个转折”和“两个关联”(1)如图甲、乙所示,试分析桌面光滑,滑块与滑板间有摩擦时,滑板和滑块的运动情况,并分别求出其加速度;若滑块不会从滑板上滑落,滑板至少为多长?已知滑块与滑板的质量分别为m和M,滑块与滑板间的动摩擦因数为μ。(2)如图丙、丁所示,试分别分析“桌面光滑,板块粗糙”与“桌面粗糙,板块粗糙”两种情形下,滑块和滑板刚要发生相对滑动时外力F0的大小,并分析外力小于和大于F0时滑板和滑块的加速度大小。提示:(1)图甲,A相对于B向右滑动,A、B之间的滑动摩擦力为μmg,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动。由牛顿第二定律得μmg=maA,aA=μg,μmg=MaB,aB=mM若滑块不会从滑板上滑落,滑块滑到滑板另一端时,二者速度相同,设速度为v,由运动规律v=v0-aAt,v=aBt,解得v=mM+m设滑板长度为L,则L=v02-解得L=Mv图乙,B相对于A向右滑动,A、B之间的滑动摩擦力为μmg,B做匀减速直线运动,A做匀加速直线运动。由牛顿第二定律得μmg=maA,aA=μg,μmg=MaB,aB=mM若滑块不会从滑板上滑落,滑块滑到滑板另一端时,二者速度相同,设速度为v,由运动规律v=v0-aBt,v=aAt,解得v=MM+m设滑板长度为L,则L=v02-解得L=Mv(2)图丙“桌面光滑,板块粗糙”时,刚要相对滑动时,对A有μmg=ma0,对A、B整体有F0=(M+m)a0=(M+m)μg,外力小于F0时滑板和滑块的加速度大小相等,a=FM+m;外力大于F0时,A的加速度aA=μg,不再变化,B的加速度aB“桌面粗糙,板块粗糙”时,设板块间的动摩擦因数为μ1,滑板与桌面间的动摩擦因数为μ2,刚要相对滑动时,对A有μ1mg=ma0,对A、B整体有F0-μ2(M+m)g=(M+m)a0,F0=μ2(M+m)g+μ1(M+m)g,外力小于F0时,滑板和滑块的加速度大小相等,a=F-外力大于F0时,A的加速度aA=μ1g,不再变化,B的加速度aB=F-图丁“桌面光滑,板块粗糙”时,刚要相对滑动时,对B有μmg=Ma0,对A、B整体有F0=(M+m)a0=(M+m)mM外力小于F0时滑板和滑块的加速度大小相等,a=FM+m;外力大于F0时,B的加速度aB=mMμg,不再变化,A的加速度a“桌面粗糙,板块粗糙”时,设板块间的动摩擦因数为μ1,滑板与桌面间的动摩擦因数为μ2,刚要相对滑动时,对B有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma0,对A、B整体有F0-μ2(M+m)g=(M+m)a0,F0=m(外力小于F0时滑板和滑块的加速度大小相等,a=F-外力大于F0时,B的加速度aB=μ1A的加速度aA=F-[例6][斜面上的板块模型](2022·江苏南通一模)(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为2140。小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C.经过1s的时间,小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s解析:对小孩,由牛顿第二定律得mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1,加速度大小为a1=2.8m/s2,同理对滑板,mgsin37°+μ1mgcos37°-2μ2mgcos37°=ma2,加速度大小为a2=0.8m/s2,A错误,B正确;小孩刚与滑板分离时,有12a1t2-12a2t2=L,解得t=1s,离开滑板时小孩的速度大小为v=a[例7][板块的临界问题](2022·四川攀枝花月考)如图所示,质量m0=20kg的长木板静止在水平面上,质量m=10kg的小木块(可视为质点)以v0=4.5m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上,小木块最后恰好没有滑出长木板。已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4,木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小;(2)木板的长度L;(3)木块的运动时间及木块运动的位移大小。解析:(1)对木块受力分析知木块做匀减速直线运动,设其加速度大小为a1,则由牛顿第二定律可得μ1mg=ma1,代入数据解得a1=4m/s2。对木板受力分析,设木板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2,代入数据解得a2=0.5m/s2。(2)设经过时间t1二者共速,则有v0-a1t1=a2t1,解得t1=1s,设其共速时的速度大小为v1,则有v1=a2t1,解得v1=0.5m/s,t1时间内木块的位移为x1=v0+v木板的位移为x2=v12t所以木板的长度为L=x1-x2=2.25m。(3)木块与木板共速后,二者一起做匀减速直线运动,加速度大小为a3=μ2g=1m/s2。设再经过时间t2二者停止,则有v1=a3t2,代入数据解得t2=0.5s,故木块运动的总时间为t=t1+t2=1.5s,木块运动的总位移为x=x1+v12t解得x=2.625m。答案:(1)4m/s20.5m/s2(2)2.25m(3)1.5s2.625m[例8][板块与图像的综合](2023·辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示,足够长的、质量M=1kg的木板静止在水平面上,质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F,作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图像如图乙所示。(1)若F恒为8N,求铁块在1s内在木板上滑过的长度。(2)若作用力F随时间t变化的关系图像如图丙所示,求在8s内铁块运动的位移大小。解析:(1)由题图乙可知铁块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff2=4N。设铁块和木板不发生相对滑动的最大加速度为am,根据牛顿第二定律有对整体Fm-μ1(M+m)g=(M+m)am,对木板Ff2-μ1(M+m)g=Mam,解得Fm=6N<8N,所以若F恒为8N,铁块与木板将发生相对滑动。设木板与铁块的加速度大小分别为a1、a2,根据牛顿第二定律,对木板和铁块分别有Ff2-μ1(M+m)g=Ma1,F-Ff2=ma2,解得a1=2m/s2,a2=4m/s2。在t=1s内,木板和铁块的位移大小分别为x1=12a1t2=1m,x2=12a2t所以铁块在1s内在木板上滑过的长度为L=x2-x1=1m。(2)由题图丙可知,在0～2s内,有F1=1N<μ1(M+m)g且F1=1N<Ff2,所以木板和铁块均静止,即0～2s内铁块的位移大小为s1=0,在2～4s内,有Fm>F2=3N>μ1(M+m)g,此时木板和铁块将一起做匀加速运动,设加速度大小为a3,一起运动的时间为t2,根据牛顿第二定律有F2-μ1(M+m)g=(M+m)a3,解得a3=0.5m/s2,2～4s内铁块的位移大小为s2=12a3t4～8s内F3=0,假设两者共同减速的加速度为a4,则μ1(M+m)g=(M+m)a4,a4=μ1g=1m/s2,对小铁块,所受摩擦力Ff′=ma4=1N<Ff2,所以木板和铁块可以以共同的加速度大小a4做匀减速运动直至停止,t=4s时木板和铁块的速度大小为v=a3t2=1m/s,铁块做匀减速运动的时间为t3=va即铁块在t=5s时停下来,4～8s内铁块的位移大小为s3=v2所以在8s内铁块运动的位移大小为s=s1+s2+s3=1.5m。答案:(1)1m(2)1.5m处理“板块”模型中动力学问题的流程1.(2022·安徽滁州模拟)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO=60°,O′为圆心。现将三个相同的小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,若所用时间分别为tA、tB、tC,则tA、tB、tC大小关系是(B)A<tC<tBA=tC<tBA=tC=tBD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系解析:根据“等时圆”模型的知识可知tA=tC<tB。故B正确。2.(2021·全国甲卷,14)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将(D)解析:由题意知,小物块沿光滑长平板加速下滑,根据牛顿第二定律得mgsinθ=ma,小物块的加速度大小a=gsinθ;设铁架台底座的长度为d,根据几何关系,小物块的位移大小为dcosθ;根据运动学公式得dcosθ=12at2,联立可得t=43.(2023·广东广州检测)如图所示,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μ,木板与水平面间的动摩擦因数为μ4A.12μg B.13μg C.23μg解析:若木板与物块之间发生相对滑动,对木板有μmg-μ4×2mg=ma,解得a=μg2;对物块,根据牛顿第二定律有F-μmg=ma′,得a′=μg>a,所以二者之间将发生相对滑动,木板的加速度a的大小为4.(2022·江西新余二模)(多选)如图所示,A、B两物体叠放在光滑水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接物体C,已知A和C的质量都是1kg,B的质量是2kg,A、B间的动摩擦因数是0.3,其他摩擦不计。由静止释放C,C下落一定高度的过程中(C未落地,B未撞到滑轮,g取10m/s2),下列说法正确的是(CD)A.细绳的拉力大小等于10NB.A、B两物体发生相对滑动C.B物体的加速度大小是2.5m/s2D.A物体受到的摩擦力大小为2.5N解析:设A、B两物体未发生相对滑动,对于A、B、C三物体组成的系统,mCg=(mA+mB+mC)a,a=2.5m/s2,此时A所受摩擦力Ff=mAa=2.5N<μmAg,所以假设成立。设细绳拉力为F,对于C,由牛顿第二定律得mCg-F=mCa,解得F=7.5N,故选项A、B错误,C、D正确。5.如图所示,质量为m的物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后保持匀速运动的过程中,以下分析正确的是(C)0后向下匀速运动C.物块先向下匀速运动,后向下加速运动,最后沿传送带向下匀速运动解析:当传送带静止时,物块匀速下滑,故mgsinθ=Ff;当传送带的速度大于物块的速度时,物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带具有相同的速度匀速下滑,故C正确。6.(2022·山东曲阜模拟)(多选)图甲为一转动的传送带,以恒定的速率v顺时针转动。在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带,运动一段时间后离开传送带,这一过程中滑块运动的vt图像如图乙所示。由图像可知滑块(AD)C.先受滑动摩擦力的作用,后受静摩擦力的作用解析:由图像可知,滑块先向左做匀减速运动,再向右做匀加速运动,最后与传送带速度相同做匀速直线运动,故从右端离开传送带,故A正确,B错误;滑块先向左做匀减速运动,受到向右的滑动摩擦力,再向右做匀加速运动,还是受到向右的滑动摩擦力,所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用,与传送带共速后做匀速运动,不受摩擦力,故C错误,D正确。7.(2022·广东东莞测试)(多选)传送带是日常重要的搬运物品的工具,例如机场行李的搬运。如图所示,行李箱轻放到始终保持v=0.8m/s的速度匀速运动的水平传送带上,行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4,传送带足够长,g取10m/s2,则(AD)A.行李箱刚放上传送带时,受到的滑动摩擦力方向水平向右C.行李箱加速过程的时间为0.1sD.行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹的长度为0.08m解析:行李箱刚放上传送带时,相对于传送带水平向左运动,故受到的滑动摩擦力方向水平向右,故A正确;行李箱先做匀加速直线运动,加速到0.8m/s后,做匀速直线运动,故B错误;根据牛顿第二定律a=μmgm=μg=4m/s2,行李箱加速过程的时间为t=va=0.2s,故C错误;行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为s=vt-128.(2022·湖南岳阳质检)(多选)如图所示,以速度v逆时针匀速转动且足够长的传送带与水平面的夹角为θ,现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则下列选项中能够正确描述小木块的速度随时间变化关系的图线是(AB)解析:木块放在传送带上端时,传送带的速度大于木块的速度,木块受到沿斜面向下的摩擦力,此时木块的加速度为a1=mgsinθ+μmgcos9.如图甲所示,一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22N的水平外力拉长木板,g取10m/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为(A)A.1s B.2s C.2s D.3s解析:由题图乙知力F较小时,小物块和长木板均静止,随着外力增大,二者先一起加速运动,后来发生相对滑动。当F>2N时二者开始加速,表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2=2N;当F>14N时小物块和长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4N,小物块的加速度a1=4m/s2。改用F=22N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=Ma,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足12at2-12a1t10.(2022·广东珠海检测)如图所示,倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动,一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,传送带足够长,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:(1)小物块刚放上传送带时,其加速度大小和方向;(2)小物块向上滑行的最远距离。解析:(1)小物块刚放上传送带时,由于小物块的速度大于传送带的速度,传送带给小物块沿传送带向下的滑动摩擦力,对小物块由牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma1,解得a1=10m/s2,方向沿斜面向下。(2)由于μ<tan37°,则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速,当小物块的速度小于传送带速度时,传送带给小物块沿传送带向上的滑动摩擦力,对小物块由牛顿第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2;设小物块从刚放上传送带到与传送带速度相同所