高考物理一轮复习第3章专题突破3动力学中的两类典型模型课件

这是一份高考物理一轮复习第3章专题突破3动力学中的两类典型模型课件，共56页。PPT课件主要包含了细研考点·突破题型，突破1，突破2等内容，欢迎下载使用。

类型1　水平传送带模型 (1)水平传送带模型中物块可能的运动情况
突破一　 动力学中的“传送带”模型　多维探究
(2)解题方法突破 ①水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 ②在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
③计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ⅰ．若二者同向，则Δs＝|s传－s物|； ⅱ．若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
[典例1]　(2020·全国卷Ⅲ·T25改编)如图，相距L＝11.5 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，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
[解析]　传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma　①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有v2－v02＝－2ax1　②联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m　③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有v＝v0－at1′　④ 联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75 s。　⑥
[答案]　2.75 s　
[解析]　当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2，则 v12－v02＝－2μgL　⑦ v22－v02＝2μgL　⑧
类型2　倾斜传送带模型 (1)倾斜传送速模型中物块可能的运动情况
(2)方法突破 解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcs θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
[典例2]　如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为 m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度； (3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？
思路点拨：解此题注意以下几点： (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。 (2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。 (3)达到相同速度后，若煤块相对传送带不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。若煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[解析]　(1)开始阶段，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1 所以a1＝gsin θ＋μgcs θ 解得a1＝10 m/s2
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变； 第二阶段有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋ a2t22 解得t2＝1 s 煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为 Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m 故煤块相对于传送带上移5 m 第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2＝(LAB－x1)－vt2 解得Δx2＝1 m 即煤块相对传送带下移1 m 故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5 m。
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
规律方法　传送带问题的破解之道 (1)对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。 (2)分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。 (3)如果遇到匀变速的传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
[跟进训练] 1．(水平传送带模型)(2022·山东省枣庄市第二次模拟)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格 B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
2．(倾斜传送带模型)(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)
A．传送带的速度为4 m/s B．物块上升的竖直高度为0.96 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
1．模型概述 (1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。 (2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。 (3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。
突破二　 动力学中的“板—块”模型　师生共研
2．常见模型
3．分析“板—块”模型的“四点”注意 (1)用隔离法分析滑块和滑板的受力，分别求出滑块和滑板的加速度。 (2)建立滑块位移、滑板位移、滑块相对滑板位移之间的关系式。 (3)不要忽略滑块和滑板的运动存在等时关系。 (4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的。
[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(a)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图线如图(b)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：
(a)　　　　 　　(b)
(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。
[大题拆分]　第一步：分析研究对象模型 设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分析过程模型 (1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。 (2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。　由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。 (4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。 (5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
[解析]　(1)根据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a2
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
解得a1＝1 m/s2 设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，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
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 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
小物块向左运动的位移x4＝a2t22＝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)最后阶段小物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。
[答案]　(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m
规律方法　“一个转折、两个关联”巧解“板—块”模型
[跟进训练] 1．(水平面上的“板—块”模型)(2022·湖南省衡阳市高三一模)如图(a)所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.8t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图(b)所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
(a)　　　　 　(b) A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1 C．图b中，t2＝17.5 s D．木板的最大加速度为4 m/s2
C　[由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1＝μ1mg＝10 N，解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A错误；结合图(b)可知，0～t1时间内，滑块与木板均静止，t1～t2时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f2＝μ2·2mg＝6 N，解得木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，
B错误；t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得F－μ1mg＝ma，μ1mg－μ2·2mg＝ma，其中F＝0.8t2(N)，联立解得a＝2 m/s2，t2＝17.5 s，之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为2 m/s2，C正确，D错误。]
2．(斜面上的“板—块”模型)(2023·四川省成都七中模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝ ，设 物块与木板间的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)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
[解析]　小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为f＝μmgcs θ＝7.5 N由牛顿第二定律，对小物块有f＋mgsin θ＝ma1代入数据得a1＝12.5 m/s2对长木板，由牛顿第二定律有Mgsin θ－f＝Ma2代入数据得a2＝2.5 m/s2。
[答案]　2.5 m/s2　12.5 m/s2