2020届高考物理总复习 第3章 牛顿运动定律 专题讲座四 动力学中的典型模型课件 教科版

专题讲座四动力学中的典型模型核心探究演练提升核心探究分类探究·各个击破考点一“传送带”模型模型概述传送带模型包含水平传送带和倾斜传送带,求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等时,物体所受摩擦力可能发生突变.常见情形(1)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速(1)传送带较短时,滑块一直减速到左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.①v0v返回时速度为v;②当v0v返回时速度为v0常见情形(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(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(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速,后以a2加速(5)可能先减速后匀速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速高考示例(2014·四川卷,7)物体P可能先加速后匀速,也可能先减速再反向加速(2015·天津卷,10)邮件轻放在传送带上,确定邮件相对滑动过程中的有关物理量【典例1】如图所示,倾角为37°,长为l=16m的传送带,传送带逆时针转动,转动速度为v=10m/s,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2.求物体从顶端A滑到底端B的时间(sin37°=0.6,cos37°=0.8).〚审题图示〛解析:设物体与传送带共速前,物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°=ma1,得a1=sin37cos37mgmgm=10m/s2.设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1=1va=1010s=1s,x1=12a121t=5ml=16m.当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mgsin37°μmgcos37°,则物体相对传送带仍加速向下运动,但受到传送带向上的滑动摩擦力.设加速度为a2,则mgsin37°-μmgcos37°=ma2,得a2=sin37cos37mgmgm=2m/s2,且x2=l-x1=11m,又因为x2=vt2+12a222t,解得t2=1s,所以t总=t1+t2=2s.答案:2s【例题拓展】在典例1中若传送带是顺时针转动的,如图所示,物体从顶端A滑到底端B的时间又为多少?解析:传送带顺时针转动时,物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带一直向下匀加速运动,根据牛顿第二定律有mg(sin37°-μcos37°)=ma,得出a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2,根据运动学公式有l=12at2,得出t=4s.答案:4s反思总结倾斜传送带问题的分析关键(1)分析清楚物体与传送带的相对运动情况,从而确定滑动摩擦力的方向.(2)当物体与传送带共速时,要确定最大静摩擦力与重力沿传送带向下的分力的大小关系.多维训练1.[水平传送带的相对运动]在机场和车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带.如图所示,当旅客把行李放到传送带上时,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动.随后它们保持相对静止一起前进.设传送带匀速前进的速度为0.6m/s,把质量为5kg的木箱由静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,木箱以1m/s2的加速度前进,那么这个木箱放在传送带上后,传送带上将留下的摩擦痕迹约为()A.100mB.18cmC.36cmD.60cmB解析:木箱加速的时间为t=va,这段时间内木箱的位移为x1=22va,而传送带的位移为x2=vt,传送带上将留下的摩擦痕迹长为l=x2-x1,联立各式并代入数据,解得l=0.18m=18cm,所以选项B正确.2.[倾斜传送带](2018·安徽合肥五中月考)(多选)如图(甲)所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图(乙)所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10m/s2.则()A.传送带的速率v0=10m/sB.传送带的倾角θ=30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5D.0～2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6mAC解析:由v-t图知,传送带速度大小v0=10m/s,a1=10m/s2,a2=2m/s2,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立得θ=37°,μ=0.5,故B错误,A,C正确.0～1s内传送带位移x1=v0t1=10m,小物块位移x2=5m,在传送带上的相对位移Δx1=x1-x2=5m,相对传送带向上,1～2s内传送带位移x3=v0t2=10m,小物块位移x4=11m,故相对位移Δx2=x4-x3=1m,相对传送带向下,故痕迹为4m,故D错误.考点二“滑块—滑板”模型模型概述(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.常见情形两者同向运动,且v板v块,则两者加速度不同,x板x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止两者同向运动,且v板v块,则两者加速度不同,x板x块,Δx=x块-x板,最后分离或相对静止两者运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动,以及滑板与地面是否有相对运动高考示例(2017·全国Ⅲ卷,25)质量不同的滑块以v0速度在水平木板上相向运动,木板沿水平面所受摩擦力合力做加速运动(2015·全国Ⅱ卷,25)A和B先都静止状态.暴雨中,A,B间,B,C间的动摩擦因数突变【典例2】(2016·四川卷,10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为水平面夹角为θ的斜面.一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4m时,车头距制动坡床顶端38m,再过一段时间,货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板,取cosθ=1,sinθ=0.1,g=10m/s2.求:(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;(2)制动坡床的长度.〚审题指导〛题干关键获取信息制动坡床视为斜面车厢和货物的重力有沿斜面向下的分力货物在车厢内向车头滑动货物的加速度小于货车加速度,货物对车厢的摩擦力沿车厢向上货物在车厢内滑动了4m以地面为参考系,车厢的位移减去货物的位移的差值等于4m车长12m,货物在车厢内滑动4m时,车头距坡床顶端38m设坡长为L,车、货物位移为s2,s1,车长为l0,则L=38m+s2+l0,而s1-s2=4m解析:(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则f+mgsinθ=ma1f=μmgcosθ联立并代入数据得a1=5m/s2a1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢内滑动的距离s=4m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12m,制动坡床的长度为l,则Mgsinθ+F-f=Ma2F=k(m+M)gs1=vt-12a1t2s2=vt-12a2t2s=s1-s2l=l0+s0+s2联立并代入数据得l=98m.答案:(1)5m/s2,方向沿制动坡床向下(2)98m方法技巧滑块与滑板间相对滑动的临界条件(1)运动学条件:若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动.(2)力学条件:一般情况下,假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力f,比较f与最大静摩擦力fmax的关系,若ffmax,则发生相对滑动.(3)滑块滑离滑板的临界条件:当滑板的长度一定时,滑块可能从滑板滑下,恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.【典例3】(2015·全国Ⅰ卷,25)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4.5m,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=1s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1s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10m/s2.求:图(a)图(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;解析:(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M,由牛顿第二定律有-μ1(m+M)g=(m+M)a1①由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1②s0=v0t1+12a121t③式中,t1=1s,s0=4.5m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度.联立①②③式并结合题给条件得μ1=0.1④在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2⑤由图(b)可得a2=2121vvtt⑥式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得μ2=0.4;⑦答案:(1)0.10.4(2)木板的最小长度;解析:(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧v3=-v1+a3Δt⑨v3=v1+a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为s1=132vvΔt小物块的位移为s2=132vvΔt小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得Δs=6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m;答案:(2)6.0m解析:(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m+M)g=(m+M)a40-23v=2a4s3碰后木板运动的位移为s=s1+s3联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得s=-6.5m木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.(3)木板右端离墙壁的最终距离.答案:(3)6.5m多维训练1.[水平方向的滑块滑板问题](多选)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,木板与水平面间动摩擦因数为,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g,现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度a大小可能是()CD3A.a=μgB.a=23μgC.a=13μgD.a=2Fm-13μg解析:若木块和木板之间发生相对滑动,则对木板,根据牛顿第二定律:μmg-13μ·2mg=ma,解得a=13μg;若木块和木板之间不发生相对滑动,则对木板和木块的整体,根据牛顿第二定律可得F-13μ·2mg=2ma,解得a=2Fm-13μg.2.[斜面上的滑块与滑板问题](201