2021高考物理（选择性考试）人教版一轮学案：专题二　动力学中三种典型物理模型

专题二　动力学中三种典型物理模型

专题解读

1．本专题是动力学在“等时圆”模型、“滑块—木板”模型和“传送带”模型等问题中的应用，多以选择题和计算题形式命题．

2．通过本专题的学习，可以提高学生的审题能力，建模能力、分析推理能力等物理学科素养．

3．本专题用到的相关知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律等相关知识．

1．两种模型(如图)

2．等时性的证明

设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图)．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＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝＝．

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．

1.(2019·合肥质检)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相当于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

解析：如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB＞tCD＞tEF.

答案：B

1．水平传送带模型

2.倾斜传送带模型

2．(2019·山东济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5 s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，三物体在传送带上运动过程的vt图象如图乙、图丙、图丁所示，g取10 m/s2，求：

(1)传送带的速度大小v0；

(2)传送带的长度L；

(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数，物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC.

解析：(1)物体A与B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等．所以由题图乙、图丙可知传送带的速度大小是4 m/s.

(2)vt图线与t轴围成图形的“面积”表示物体的位移，所以物体A的位移xA＝×(8.5＋9.5)×4 m＝36 m，传送带的长度L与A的位移大小相等，也是36 m.

(3)物体A的加速度aA＝＝4 m/s2，

由牛顿第二定律得μAmg＝maA，

所以μA＝＝0.4；

同理，物体B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2.

设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L＝tC，得tC＝＝24 s，

物体C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5.

答案：(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5　24 s

1．模型特点

滑块(视为质点)置于长木板上，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．

2．两种位移关系

滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．

3．如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上．g取10 m/s2.

(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；

(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间．

解析：(1)A、B之间的最大静摩擦力为

Ffm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N，

假设A、B之间不发生相对滑动，则

对A、B整体：F＝(M＋m)a，

对A：FfAB＝Ma，

解得：FfAB＝2.5 N，

因FfAB＜Ffm，故A、B之间不发生相对滑动．

(2)A、B之间发生相对滑动，则

对B：F－μ1mg＝maB，

对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA，

据题意有：xB－xA＝L，xA＝aAt2，xB＝aBt2，

解得：t＝ s.

答案：见解析

 考点一  “等时圆”模型

　(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)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　)

A．t1＝t2　　　　　　　　B．t2＞t3

C．t1＜t2  D．t1＝t3

[思维点拨]　如何比较滑环从O到b、a的时间是解题的关键，重新作一等时圆以比较t1与t2的关系．

解析：由题中圆及等时圆的结论可知t1＝t3.再作新的等时圆O″，Ob为圆的弦，Of为圆在竖直方向上的直径，如图所示，因为a点在圆O″的内部，所以t1＜t2，则t3＝t1＜t2.

答案：BCD

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．

考点二  “传送带”模型

1.水平传送带

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．

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(若v物＜v传，则物体加速；若v物＞v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，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．

计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.

2．倾斜传送带

物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动．解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos 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．

3．传送带问题的解题思路

 　(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．

已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　)

A．μ＝0.4　　　　　　　　B．μ＝0.2

C．t＝4.5 s  D．t＝3 s

[思维点拨]　(1)由v-t图象可知，物块刚滑上传送带的速率为4 m/s，传送带的速率为2 m/s.

(2)物块在传送带上所受摩擦力方向始终向左，物块先做匀减速运动，直到速度减为0，然后做反向加速运动，最后做匀速运动．

解析：由v-t图象可知，物块刚滑上传送带的速率为4 m/s ，传送带的速率为2 m/s.物块在传送带上所受摩擦力方向始终向左，先做匀减速运动，直到速度减为零，然后反向加速运动，最后做匀速运动．

由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t图象中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误．

答案：BC

物体在传送带上运动过程情况判断

1．若传送带较长，或物体与传送带间的动摩擦因数较大，则物体先与传送带相对运动，后相对静止．物体往往先加速后匀速，直至传送带端点．

2．若传送带较短，或物体与传送带间的动摩擦因数较小，则物体与传送带一直是相对运动的，无相对静止过程．物体往往一直加速到传送带端点．

考点三  “滑块—木板”模型

“滑块—木板”模型作为力学的基本模型经常出现，此类问题通常是一个小滑块在木板上运动，小滑块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的，是一个高频的考查模型．该模型涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次互相作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，高考中往往以压轴题形式出现．

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相互作用下发生相对滑动．

2．位移关系：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.

　(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则(　　)

A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

C．当F＞3μmg时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

[思维点拨]　本题要解决两个问题：一是A、B相对地面静止时满足的条件，二是A、B保持相对静止时满足的条件，结合两个条件进行求解．

解析：A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mam，B运动的最大加速度am＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mam，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确．

答案：BCD

求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧

1．摩擦力方向要明确．要分析清楚滑块与滑板的相对运动方向，分析清楚滑板与地面的相对运动方向，从而确定各物体间摩擦力的方向．

2．加速度方向要明确．从滑块、滑板自身所受摩擦力、外力等方面分析，确定物体本身的加速度方向．

3．速度相等引起的后果要明确．两物体速度相等时意味着物体间的相对位移最大，意味着摩擦力可能发生突变，意味着以后的运动特点要发生变化．

1.如图所示，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．t1＜t2＜t3　　　　　　　　B．t1＞t2＞t3

C．t3＞t1＞t2  D．t1＝t2＝t3

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θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin θ.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsin θ，x＝at2，解得t＝.可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确．

答案：D

2.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．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

解析：设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，ta＝＝2，tb＞ta，c球做自由落体运动，tc＝，C选项正确．

答案：C

3．(多选)(2019·合肥调研)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速转动．在传送带的上端以初速度v，且v＞v0沿斜面向下释放质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ，则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图象可能是(　　)

 　　A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　D

解析：初状态时因v＞v0，则物体受向上的滑动摩擦力，此时的加速度为：a＝＝gsin θ－μgcos θ；因μ＞tan θ，有mgsin θ＜μmgcos θ，可知a＜0，即木块沿传送带做匀减速运动，当小木块的速度与传送带速度相等时，若木块已经到达了底端，则图象A正确；若还没到达底端，因mgsin θ＜μmgcos θ，则木块相对传送带静止，与传送带一起匀速向下运动，则图象C正确，故选AC.

答案：AC

4.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法正确的是(　　)

A．若传送带不动，vB＝3 m/s

B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s

C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于3 m/s

D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3 m/s

答案：ABD

5．(多选)(2019·重庆第一中学月考)如图，水平面上有一个足够长的木板A，上面叠放着物块B.已知A、B的质量均为m，A与地面间动摩擦因数μ＝0.2，A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，若给A板一个水平向右的初速度，在以后的运动过程中，A、B加速度的大小可能为(　　)

A．aA＝5 m/s2，aB＝1 m/s2　B．aA＝2 m/s2，aB＝2 m/s2

C．aA＝3 m/s2，aB＝1 m/s2  D．aA＝1 m/s2，aB＝1 m/s2

答案：AC

6．(2019·广东汕头测试)如图，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在水平地面上．一滑块(可视为质点)处于长木板的左端，与挡板的初始距离为L＝2.5 m．滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.30，μ2＝0.40.开始时滑块以大小为v0＝8.0 m/s的初速度开始滑动．已知滑块和长木板(连同挡板)的质量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换．设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)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小；

(2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离．

解析：(1)设滑块和长木板的质量都为m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为：

f1＝μ1mg，

f2＝μ2·2mg，

因为f1＜f2，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止．

对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式，得

f1＝ma1，

－2a1L＝v－v，

代入数据，解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小

v1＝7.0 m/s.

(2)滑块与挡板碰后瞬间，滑块与木板的速度分别为0和v1，此后，滑块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动．

设碰后经过时间t1，滑块挡板达到相等的速度v2，则

对滑块，有v2＝a1t1，

x1＝a1t，

对木板，有f1＋f2＝ma2，

v2＝v1－a2t1，

x2＝v1t1－a2t，

代入数据联立解得t1＝0.5 s，v2＝1.5 m/s.

此后，滑块和木板都做减速运动，但加速度不同，木板减速更快，先停下．

对木板，有f2－f1＝ma′2，

－2a′2x′2＝0－v，

对滑块，由于加速度大小为a1，保持不变，因此减速至停下的时间还是t1，减速过程的位移x′1＝x1，

滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离

Δx＝(x2＋x′2)－(x1＋x′1)，

代入数据，联立解得Δx＝1.6 m.

答案：(1)7.0 m/s　(2)1.6 m