（课标版）2021高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题2 动力学常见模型与图像课件

专题2动力学常见模型与图像考点一图像问题考点突破1.动力学图像问题的类型2.数形结合解决动力学图像问题(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系;然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。3.解题策略1.(多选)(2019课标Ⅲ,20,6分)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出 () 图(a)图(b)图(c)A.木板的质量为1kgB.2~4s内,力F的大小为0.4NC.0~2s内,力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析AB分析知木板受到的摩擦力f'=f。0~2s,木板静止,F=f',F逐渐增大,所以C错误。4s~5s,木板加速度大小a2= m/s2=0.2m/s2,对木板受力分析,f'=ma2=0.2N,得m=1kg,所以A正确。2~4s,对木板有F-f'=ma1,F=f'+ma1=0.2N+1× N=0.4N,所以B正确。由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。0.4-0.210.4-022.1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时,发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关,有F=6πηrv。其中物理量η为液体的粘滞系数,它与液体的种类及温度有关。如图所示,现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中,下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图像可能正确的是(D)  解析根据牛顿第二定律得,小钢珠的加速度a= = ,在下降的过程中,速度v增大,阻力F增大,则加速度a减小,当重力和阻力相等时,做匀速运动,加速度为零,故选项D正确。-mgFm-6πmgηrvm3.(多选)如图甲所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 ()甲乙A.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B.当水平拉力F=7N时,长木板的加速度大小为3m/s2C.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大D.小滑块的质量m=2kg解析BD由题可知,当0F≤6N时二者一起加速运动,对整体有F=(M+m)a,a= F,即此时a-F图线的斜率表示整体质量的倒数,得M+m=3kg;当F6N时二者间出现相对滑动,对木板有F-μmg=Ma,即a= F- ,可见此时图线斜率表示木板质量的倒数,可得M=1kg,则m=2kg,D正确;由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力,不再随F的增大而变化,则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大且不再变化,由图可知小滑块的最大加速度为a大=2m/s2,由牛顿第二定律有μmg=ma大,得μ=0.2,A、C错误;将F=7N代入a= F- 得a=3m/s2,B正确。1Mm1MμmgM1MμmgM考点二“传送带”模型(1)水平传送带模型1.模型特征(2)倾斜传送带模型图示滑块可能的运动情况情境1 ①可能一直加速;②可能先加速后匀速情境2 ①可能一直加速;②可能先加速后匀速;③可能先以a1加速后以a2加速2.传送带模型动力学分析(1)传送带模型问题的分析流程 (2)判断方法①水平传送带图示滑块与传送带共速条件情境1 若 ≤l,滑块与传送带能共速情境2 若 ≤l,滑块与传送带能共速情境3 若 ≤l且v0≥v,滑块与传送带能共速2v2μg220|v-v|2μg20v2μg②倾斜传送带图示滑块与传送带共速条件情境1 若 ≤l,滑块与传送带能共速情境2 若 ≤l,滑块与传送带能共速;若μ≥tanθ,滑块与传送带共速后匀速运动若μtanθ,滑块与传送带共速后以a1加速(a1a)2v2a2v2a例如图所示,传送带与水平地面间的夹角θ=37°,A到B的长度为L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为m=0.5kg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痕迹。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2,求:(1)煤块从A运动到B的时间;(2)煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度。解析(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,受力分析如图甲所示,其加速度为a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2与传送带共速所用时间t1= =1s煤块运动的位移x1= a1 =5mL即煤块下滑5m时与传送带速率相等煤块速度达到v0后,受到向上的摩擦力,由于μtan37°,煤块仍将加速下滑,受力分析如图乙所示,煤块的加速度a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s201va1221t答案(1)1.5s(2)5m煤块距B处的距离x2=L-x1=5.25m又有x2=v0t2+ a2 ,得t2=0.5s则煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=1.5s1222t甲乙(2)煤块以加速度a1运动时留下的黑色痕迹长Δx1=v0t1-x1=5m煤块以加速度a2运动时留下的黑色痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25mΔx1与Δx2部分重合,故痕迹总长为5m考向1水平传送带模型1.水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站,对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持1m/s的恒定速度运行,一质量为m=4kg的行李无初速地放在A处,该行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离l=2m,g取10m/s2,求:(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少;(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少;(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能够较快传送到B处,求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v'。解析(1)行李放在A处后受滑动摩擦力而向右运动,设此时行李的加速度为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,a=1.0m/s2设行李从速度为零运动至速度为1m/s所用的时间为t1,所通过的位移为s1,则v=at1,t1=1s,s1= a ,s1=0.5m行李速度达到1m/s后与传送带保持相对静止,一起做匀速运动,设所用时间为t2则t2= =1.5s设行李从A运送到B共用时间为t,则t=t1+t2=2.5s1221t1-lsv答案(1)2.5s(2)4J(3)2s2m/s(2)电动机需消耗的电能是行李增加的动能和系统增加的内能之和,故E= mv2+μmgΔL行李与传送带的相对位移ΔL=vt1-s1=0.5m代入数据解得E=4J(3)行李从A匀加速运动到B时,传送时间最短有l= at2代入数据得t=2s此时传送带对应的运行速率v'≥at=2m/s1212故传送带对应的最小运行速率为2m/s考向2倾斜传送带模型2.如图所示,与水平面成θ=30°角的倾斜传送带正以v=3m/s的速度匀速运行,A、B两端相距l=13.5m。现每隔1s把质量m=1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上,工件在传送带的带动下向上运动,工件与传送带间的动摩擦因数μ= ,取g=10m/s2,结果保留两位有效数字。求:(1)相邻工件间的最小距离和最大距离;(2)满载与空载相比,传送带需要增加多大的牵引力。235解析(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a,则μmgcosθ-mgsinθ=ma代入数据解得a=1.0m/s2刚放上下一个工件时,该工件离前一个工件的距离最小,且最小距离dmin= at2解得dmin=0.50m当工件匀速运动时,两相邻工件相距最远,则dmax=vt=3.0m(2)由于工件加速运动的时间为t1= =3.0s,因此传送带上总有三个(n1=3)工件12va答案(1)0.50m3.0m(2)33N正在加速,故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1=3μmgcosθ在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x= =4.5m传送带上匀速运动的工件个数n2= =3(个)当工件与传送带相对静止后,每个工件受到的静摩擦力f0=mgsinθ,所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2=n2f0与空载相比,满载时传送带需增大的牵引力F=f1+f2代入数据解得F=33N22vamax-lxd考点三“滑块—滑板”模型1.模型特征滑块—滑板模型(如图a所示),涉及两个物体间的相对滑动,题目涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用等,属于多物体、多过程问题,综合性较强,对能力要求较高,频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击木块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块—滑板类问题,处理方法与滑块—滑板模型类似。 2.思维模板3.解题步骤1.如图所示,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μ。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;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL= 解得vA= (2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg2Av2μgL答案(1) (2)3μgμg(3)2 2μgL2μgL(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA则v=aAt,v=vB-aBtxA= aAt2,xB=vBt- aBt2且xB-xA=L解得vB=2 12122μgL2.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。 解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg ①f2=μ1mBg ②f3=μ2(m+mA+mB)g ③由牛顿第二定律得f1=mAaA ④f2=mBaB ⑤答案(1)1m/s(2)1.9mf2-f1-f3=ma1 ⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1 ⑦v1=a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1m/s⑨(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1- aB  ⑩设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成1221t的体系,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2  由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时