2020版高考物理一轮总复习第三章第4课时动力学中的两类典型模型(能力课时)课件新人教版
[1－2]如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带 示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿 石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选 中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁 力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿 石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的 铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走．已知传送带与水平方向夹角为 53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L＝ 64 m，A、B两轮半径忽略不计，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝ 0.6.
s0＝sA＋s1＋sB⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m (也可用如图所示的速度－时间图线求解)
答案 (1)1 m/s 方向与B的初速度方向相同 (2)1.9 m
建立物理情景，构建解题路径 (1)首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大 小，判断出A、B及木板的运动情况． (2)把握好几个运动节点． (3)由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与 木板共同运动． (4)A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变． (5)木板先加速后减速，存在两个过程．
解析：(1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石 沿传送带方向Ff－mgsin θ＝ma 垂直传送带方向：FN－mgcos θ－F＝0 其中F＝1.4mg，Ff＝μFN，解得： a＝2 m/s2 则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为： t1＝va0＝120 s＝5 s 对应的位移为：
x1＝12at12＝12×2×52 m＝25 m 根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁 矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相 等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B端，则其匀速运动时间为：t2 ＝L－v0x1＝64－ 1025 s＝3.9 s，所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需 要的时间为：t＝t1＋t2＝8.9 s.
(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有
v2min＝2aL， 得vmin＝ 2aL＝ 2×1×2 m/s＝2 m/s， 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 由vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝vmain＝21 s＝2 s. 答案 (1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－12aBt21⑩ 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 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度 时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B 相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变 到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
情
到左端
景
(2)传送带较长时，滑块还要被传送
3
带传回右端．其中v0＞v返回时速度
为v，当v0＜v返回时速度为v0
2.,思路方法 水平传送带问题：求解关键在于对物体所受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的时刻摩擦力发生突变．
水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一 水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李 的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带 相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝ 0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3 ＝(2＋2 2)s.
答案 (1)10 m/s2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋2 2)s
解答传送带问题应注意的事项 (1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小 和方向，其主要目的是得到物块的加速度． (2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运 动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动． (3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时 有很大作用．
(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，两个滑 块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，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＝4 kg，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＝3 m/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＝10 m/s2.求：
考向2 倾斜传送带问题 1．情景特点分析：
项目
图示
情景1
情景2
滑块可能的运动情况
(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
2.思路方法： 解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确 定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时， 物体所受摩擦力可能发生突变．
v2＝v1－a2t2⑫ 对A有 v2＝－v1＋aAt2⑬ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－12a2t22⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2⑮ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动 时，两者之间的距离为
解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为 a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：mgsin θ＋Ff＝ma1 垂直传送带方向：mgcos θ＝FN 又Ff＝μFN 由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝ 10 m/s2，方向沿传送带向下．
Ff1＝μ1mAg① Ff2＝μ1mBg② Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛顿第二定律得 Ff1＝mAaA④ Ff2＝mBaB⑤
Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥ 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－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨
3．解题思路 处理此类问题，必须弄清滑块和木板的加速度、速度、位移等关 系． (1) 加速度关系 如果滑块和木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出 它们一起运动的加速度；如果滑块和木板之间发生相对运动，应采用 “隔离法”分别求出滑块和木板的加速度．应注意找出滑块和木板之 间是否发生相对运动等隐含的条件．
第4课时 动力学中的两类典型模型 (能力课时)
考点一 传送带模型 考向1 水平传送带问题
1．情景特点分析：
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能 情
先减速再匀速
景 (2)v0＜v时，可能一直加速，也可能
2 先加速再匀速
(1)传送带较短时，滑块一直减速达
(1)若传送带以恒定速率v0＝10 m/s传动，求被选中的铁矿石从A端 运动到B端所需要的时间；
(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带 时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便 会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B端，传送带的加速度至少为 多大？并求出最短时间．
如图所示为货场使用的传送带的模型， 传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带 AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率 顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带， 若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．
(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？ (2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对 于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时 间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(2)只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据 问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s2，所以传送 带的最小加速度为：amin＝2 m/s2，
则有：L＝12at′2，代入数据解得最短时间为：t′＝8 s.
答案：(1)8.9 s (2)2 m/s2 8 s
考点二 “滑块—滑板”模型 1．模型特点 上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑 动． 2．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运 动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1， 则有：
t1＝v－－av10＝1 s，x1＝v0＋2 vt1＝7 m.
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此 后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到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．
解析 (1)行李所受滑动摩擦力大小 Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N， 根据牛顿第二定律得Ff＝ma 加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v＝at1， 得t1＝va＝11 s＝1 s.
2020版高考物理教科版大一轮温习训练第三章能力课3动力学中的两种典型“模型”
能力课3 动力学中的两种典型“模型”一、选择题(1～3题为单项选择题，4题为多项选择题)1．在民航和火车站能够看到用于对行李进行平安检查的水平传送带。
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。
随后它们维持相对静止，行李随传送带一路前进。
设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么那个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )图1A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm解析木箱加速的时刻为t＝v/a，这段时刻内木箱的位移为x1＝v22a，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＝5.2 mm，选项A正确。
答案A2．(2016·山东日照模拟)如图2所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相关于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。
在物块放到木板上以后，木板运动的速度－时刻图像可能是以下选项中的( )图2解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。
对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度以后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|由v－t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确。
答案 A3．(2017·山东潍坊质检)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，那么图中能客观地反映小木块的速度随时刻转变关系的是()图3解析开始时期，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1因此a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，那么木块可不能与传送带维持相对静止而匀速运动，以后木块继续加速，所受滑动摩擦力变成沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一时期由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2因此a2＝g sin θ－μg cos θ依照以上分析，有a2<a1，因此此题正确选项为D。
2020版高考(山东专用)一轮复习：第3章 专题探究4 动力学中的典型模型
专题探究四动力学中的典型模型1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带.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,行李随传送带一起前进.设传送带匀速前进的速度为 0.25 m/s,把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,木箱以6 m/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 )A.5 mmB.6 mmC.7 mmD.10 mm解析:木箱加速的时间为t=,这段时间内木箱的位移为x1=,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=5 mm,选项A正确.2.(2019·山西大学附中模拟)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s 开始水平向右滑动,已知M>m.用①和②分别表示木块A 和木板B的图像,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面关于二者速度v随时间t的变化图像,其中可能正确的是( C )解析:木块A滑上B时,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得a A=,a B=,已知m<M,所以a A>a B,即①斜率的绝对值应大于②的斜率,故选项A,B错误.若A不能滑下,则两者最终共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,故选项C正确,D错误.3.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图像可能是( A )解析:放上物块后,长木板受到物块向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度,故A正确;也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度,B,C错误;由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D错误.4.(2019·河北沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段深色的径迹.下列说法正确的是( C )A.深色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短解析:当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动,所以深色径迹应出现在木炭包的右侧,选项A错误;设木炭包的质量为m,传送带的速度为v,木炭包与传送带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg=ma,木炭包加速的时间t==,该过程传送带的位移x1=vt=,木炭包的位移x2=t=t=,深色径迹的长度Δx=x1-x2=,由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带的速度越大,径迹越长,木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C正确,B,D错误.5.(多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsi n α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB.静摩擦力沿斜面向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin αD.皮带与小物块间的动摩擦因数一定大于tan α解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin α+F f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块间的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误.6.(2019·江苏淮阴模拟)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=2 kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,从物体放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为(取g=10 m/s2)( B )A.1 mB.2.1 mC.2.25 mD.3.1 m解析:放上物体后,物体的加速度a1=μg=2 m/s2,小车的加速度a2== m/s2=0.5 m/s2,物体的速度达到与小车共速的时间为t,则v=a1t=v0+a2t,解得t=1 s,此过程中物体的位移s1=a1t2=1 m,共同速度为v=a1t=2 m/s,当物体与小车相对静止时,共同加速度为a== m/s2=0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移s2=vt′+at′2=1.1 m,故从物体放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为1 m+1.1 m=2.1 m,故选项B正确.7.如图所示,为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A,B两端相距L=5.0 m,质量为M=10 kg的物体以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体从A点到达B点所需的时间;(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少?解析:(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1=通过的位移x1=设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2Mgsin θ-μMgcos θ=Ma2由μ<tan θ=0.75知,物体继续减速,设经时间t2到达传送带B点L-x1=vt2-a2联立各式可得t=t1+t2=2.2 s.(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则所用时间最短,此种情况加速度大小一直为a2,L=v0t′-a2t′2得出t′=1 s(t′=5 s舍去).答案:(1)2.2 s (2)1 s8.(2018·江西南昌二中月考)如图1所示,质量M=1 kg的木板静止在水平面上,质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.(1)若力F恒为8 N,经1 s铁块运动到木板的左端,求木板的长度L;(2)若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长,试通过分析与计算,在图2中作出铁块受到的摩擦力f随力F 大小变化的图像.解析:(1)对铁块由牛顿第二定律得F-μ2mg=ma1;对木板由牛顿第二定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2.设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则s木=a2t2,s铁=a1t2,s铁-s木=L,联立解得L=1 m.(2)①当F≤μ1(m+M)g=2 N时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力大小相等,即f=F.②当F>μ1(m+M)g=2 N时,如果二者相对静止,铁块与木板有相同的加速度,则F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,解得F=2f-2.此时f≤μ2mg=4 N,即F≤6 N,所以,当2 N<F≤6 N时,f=+1 N.③当F>6 N时,M,m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为f=μ2mg=4 N,f-F图像如图所示.答案:(1)1 m (2)见解析9.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1 m/s的恒定速度运行,一质量为m=4 kg的行李无初速度地放在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=2 m,g取10 m/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,行李就能够较快的传送到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)行李轻放在传送带上,开始是静止的,行李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=1.0 m/s2设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1,所通过的位移为s1,则v=at1,t1=1 s,s1=a=0.5 m行李速度达到1 m/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==1.5 s设行李从A运送到B共用时间为t,则t=t1+t2=2.5 s.(2)电动机需消耗的电能就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=0.5 m,代入数据解得E=4 J.(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=2 s,此时传送带对应的运行速率为v′≥at min=2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s.答案:(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s10.如图(甲)所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平面上运动的vt图像如图(乙)所示,g取 10 m/s2.求:(1)水平作用力F的大小;(2)滑块开始下滑时的高度;(3)木板的质量.解析:(1)对滑块受力分析如图(a)所示,由平衡条件可得mgsin θ=Fcos θ,则F= N.(2)由题图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为 10 m/s,当F变为水平向右之后,其受力如图(b)所示,由牛顿第二定律可得mgsin θ+Fcos θ=ma,解得a=10 m/s2,滑块下滑的位移x=,解得x=5 m,故滑块下滑的高度h=xsin 30°=2.5 m.(3)由题图(乙)可知,两者先发生相对滑动,当达到共速后一起做匀减速运动.设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,由图像得,两者共同减速时的加速度大小a1=1 m/s2,发生相对滑动时,木板的加速度a2=1 m/s2,滑块减速的加速度大小a3=4 m/s2,对整体受力分析可得a1==μ1g,可得μ1=0.1.在0～2 s内分别对m和M分析可得对M:=a2,对m:=a3,代入数据解得M=1.5 kg.答案:(1) N (2)2.5 m(3)1.5 kg。
2020年高考物理一轮复习 (课件+word文档)第3章 牛顿运动定律 (4)
又因为 x2＝vt2＋12a2t22， 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去) 所以 t 总＝t1＋t2＝2 s。
答案 (1)4 s (2)2 s
解析
答案 26
滑块—木板模型 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(或 Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动 时，位移之和 Δx＝x2＋x1＝L。
(1)0.5 s 末物块 A 的速度； (2)木板 B 的长度。
30
解析 (1)有力 F 时，A、B 间最大静摩擦力 fAB＝μ1(mg－Fsinθ) B 与地面间最大静摩擦力 fB 地＝μ2(2mg－Fsinθ) 因为 fAB<fB 地，所以 B 静止 以物块 A 为研究对象，据牛顿第二定律得： Fcos37°－μ1(mg－Fsin37°)＝ma1 a1＝6 m/s2 v1＝a1t1＝3 m/s。
答案 B
解析
答案 15
题型二：物块在倾斜传送带上 题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况， 物块相对传送带速度为零时 μmgcosθ 与 mgsinθ 的大小关系决定着物块是否 会相对传送带下滑，μ>tanθ 时相对静止，μ<tanθ 时相对下滑。 方法突破： 一、传送带向上传送
解析24
x1＝12a1t21＝5 m<l＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有 mgsin37°>μmgcos37°，则下一 时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发 生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2，则 a2＝mgsin37°－mμmgcos37°＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m
高考物理一轮复习课件第三章专题探究四动力学中的典型模型
在学习过程中，我发现通过对比和总结各模型之间的联系和区别，可以加深对知识点的理解和记忆。同时，多做典型 例题和练习题也是提高解题能力的有效途径。
后续学习计划
在接下来的学习中，我将继续加强对动力学部分知识点的掌握和应用能力，特别是针对高考考点的解题 策略和技巧。同时，我也将注重培养自己的物理思维和创新能力，为高考和未来的学习打下坚实的基础 。
图像呈现
通过速度-时间图像（v-t图）可以直观地展示碰撞过程中物体速度的变化。在完全弹性碰撞中，v-t图 呈现为两条直线，分别表示碰撞前后两物体的速度；在非完全弹性碰撞中，v-t图呈现为一条曲线，表 示碰撞过程中物体速度的连续变化。
解题方法与技巧
解题方法
在解决碰撞问题时，首先要明确碰撞类型（完全弹性碰撞、非完全弹性碰撞或完全非弹性碰撞），然后根据动量 守恒定律和能量守恒定律列出方程求解。对于复杂的多物体、多次碰撞问题，可以采用分步求解的方法，逐步分 析每一次碰撞的过程和结果。
适用条件
适用于研究物体间相互作用时间短、作用力大且作用前后物体运动状态发生明显变化的 情况。
运动过程分析与图像呈现
运动过程分析
在碰撞过程中，物体间的相互作用力远大于它们所受的外力，因此可忽略外力的影响，认为系统动量 守恒。根据动量守恒定律和能量守恒定律，可以分析碰撞前后物体的速度、动能等物理量的变化。
4. 根据题目要求，对求解结果进行分析和讨论。
03
典型模型二：斜面滑块模型
模型描述及适用条件
模型描述
斜面滑块模型描述了一个滑块在斜面上滑动的过程，其中涉 及到重力、摩擦力、支持力等多种力的作用。
适用条件
适用于斜面光滑或粗糙、滑块有初速度或无初速度、滑块带 电荷或不带电荷等不同条件。
2020高考物理一轮总复习第三章链接高考3两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”课件新人教版
解析：AC [物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块 做匀减速直线运动，可能会滑到另一端一直做匀减速直线运动，到 达另一端时恰好与传送带速度相等，故 C 正确．物块滑上传送带后， 物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀 速直线运动，速度的方向保持不变，故 B、D 错误，A 正确．]
(3)小物体从 A 点运动到 B 点经历的时间 t1＝av2，
从 B 点运动到 C 点经历的时间 t2＝va11
联立并代入数据得小物体从 A 点运动到 C 点所经历的时间 t＝t1
＋t2＝3.4 s.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
[答案]
(1)3 m/s
7 (2)8
(3)3.4 s
解传送带问题的思维模板
[题组巩固] 1.(2019·山东临沂高三上学期期中)(多选)如图所示，绷紧的水平 传送带始终以恒定速率 v1 运行．初速度大小为 v2(v1＜v2)的小物块从 与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，从小物块滑上传送带 开始计时，物块在传送带上运动的 v－t 图象可能是( )
答案：0.5 m
模型 2 传送带模型 [模型解读]
对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题 关键，分析思路是：
弄清物体与传送带的相对运动——确定所受摩擦力的方向—— 确定物体的运动情况，具体分析见下表：
1．水平传送带问题
运动图示
滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
解析：(1)木板受到的摩擦力为 Ff＝μ(m0＋m)g＝10 N 木板的加 速度为 a＝F－m0Ff＝2.5 m/s2.
(2)设拉力 F 作用 t 时间后撤去，木板的加速度为 a′＝－mFf0 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有 a＝－a′＝2.5 m/s2 则有 2×12at2＝l 联立并代入数据解得 t＝1 s，即 F 作用的最短时间是 1 s. 答案：(1)2.5 m/s2 (2)1 s
2020年高考物理复习课件：动力学中的两类典型模型(能力课时)
大一轮复习·物理（RJ）
(2) 速度关系 滑块和木板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块 受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和木板的速度相同时，摩擦力会 发生突变的情况． (3) 位移关系 滑块和木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和木板的运动过 程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中 列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的 方程了．
大一轮复习·物理（RJ）
2.,思路方法 水平传送带问题：求解关键在于对物体所受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的时刻摩擦力发生突变．
多维课堂突破 学科素养提升 限时规范训练
大一轮复习·物理（RJ）
水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一 水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李 的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带 相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝ 0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.
大一轮复习·物理（RJ）
解析 (1)行李所受滑动摩擦力大小 Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N， 根据牛顿第二定律得Ff＝ma 加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v＝at1， 得t1＝va＝11 s＝1 s.
多维课堂突破 学科素养提升 限时规范训练
多维课堂突破 学科素养提升 限时规范训练
大一轮复习·物理（RJ）
解答传送带问题应注意的事项 (1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小 和方向，其主要目的是得到物块的加速度． (2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运 动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动． (3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时 有很大作用．
2020年物理新高考：第三章 牛顿运动定律 专题强化四 动力学中三种典型物理模型
研透命题点
命题点一 “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. 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|.
图3
运动状态 板块速度不相等
板块速度相等瞬间
板块共速运动
处理方法
隔离法
假设法
整体法
假设两物体间无相对滑动，先
将滑块和木板
对滑块和木板进行 用整体法算出一起运动的加速
看成一个整体，
隔离分析，弄清每 度，再用隔离法算出其中一个
具体步骤
对整体进行受
个物体的受力情况 物体“所需要”的摩擦力Ff； 力分析和运动
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大一轮复习讲义
第三章 牛顿运动定律
专题强化四 动力学中三种典型物理模型
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专题解读
1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选 择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题. 2.通过本专题的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力 和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的 分析，能帮助同学们迅速提高解题能力. 3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关 知识.
18.物理高考一轮复习第三章专题突破2动力学中的两种典型模型
专题突破2动力学中的两种典型模型考向1水平传送带问题1. 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。
2. 传送带上的物体所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
【例1】（2019江西省重点中学协作体联考）如图1所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率V1运行。
初速度大小为V2，质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。
若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的V - t图象（以地面为参考系）如图乙所示。
已知V2> V1,则（）图1A. 物块与传送带的动摩擦因数为gt；1B. 水平传送的长度可能小于2v2t1C. t1时刻，物块受到的摩擦力发生突变D. t2〜t3时间内，物块所受的摩擦力方向水平向左解析结合乙图斜率的物理意义和牛顿第二定律可知，物块在传送带上运动的加V2 v2速度为a=石=ug所以尸gp故选项A正确；t i时刻，物块向左前进的距离1 1最大，为s= 2v2t i，所以水平传送带的长度不能小于2V2t i，故选项B错误；从开始滑上传送带，到t2时刻之前，物块相对于传送带向左运动，受到的摩擦力水平向右，故选项C错误；在t2〜t3时间内，物块与传送带相对静止，物块不受摩擦力，故选项D 错误。
答案A考向2倾斜传送带问题1. 求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。
2•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。
摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关。
【例2】如图2所示，传送带与水平地面夹角缸37°从A到B长度为L= 10.25m，传送带以v o= 10 m/s的速率逆时针转动。
在传送带上端A无初速地放一个质量为m= 0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为尸0.5。
煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。
已知sin 37=0.6, g= 10 m/s1 2 3,求：1 煤块从A到B的时间；2 煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
2020版高考物理教科版大一轮温习讲义第三章专题强化三动力学两类大体问题和临界极值问题
专题强化三动力学两类大体问题和临界极值问题专题解读 1.本专题是动力学方式处置动力学两类大体问题、多进程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题能够培育同窗们的分析推理能力，应用数学知识和方式解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方式有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．一、动力学的两类大体问题1．由物体的受力情形求解运动情形的大体思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情形求解受力情形的大体思路：已知加速度或依照运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确信未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况F合F合＝ma加速度a运动学运动情况v、x、t公式自测1(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图1所示，物体从倾角为α的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；假设它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k<1.物体与斜面间的动摩擦因数为( )图1A．(1－k)sin αB．(1－k)cos αC．(1－k2)tan α答案C解析设斜面长为x，高为h，物体下滑进程受到的摩擦力为f，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，那么由牛顿第二定律可得mg sin α－f＝ma，f＝μmg cos α，因此a＝g(sin α－μcos α)，由运动学公式可知v12＝2ax＝2gx(sin α－μcos α)，v2＝2gh由题意：v1＝k v且h＝x·sin α解得：μ＝(1－k2)tan α，故C正确．二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“恰好”“恰好”“正好”等关键文句，明显说明题述的进程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时刻”“多大距离”等文句，说明题述进程存在着“起止点”，而这些“起止点”一样对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“最多”“至少”等文句，说明题述的进程存在着极值，那个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与离开的临界条件：两物体相接触或离开，临界条件是弹力N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳索断裂与松弛的临界条件：绳索断裂的临界条件是绳中张力等于它所能经受的最大张力；绳索松弛的临界条件是T＝0.(4)最终速度(扫尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．自测2(2021·山东理综·16)如图2，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，现在A恰好不滑动，B恰好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()图2答案 B解析 对滑块A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对滑块B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.命题点一 动力学两类大体问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动进程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理进程间彼此联系的桥梁． 2．经常使用方式 (1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一样采纳合成法． (2)正交分解法假设物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，那么采纳正交分解法．类型1 已知物体受力情形，分析物体运动情形例1 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图3所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正取得愈来愈普遍的应用．一架质量为m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动进程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t ＝5 s 时离地面的高度为75 m(g 取10 m/s 2)．图3(1)求运动进程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s ，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落进程中，在遥控设备的干与下，动力系统从头启动提供向上最大升力．为保证平安着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时刻． 答案 (1)4 N (2)100 m (3)553s解析 (1)依照题意，在上升进程中由牛顿第二定律得：F －mg －f ＝ma 由运动学规律得，上升高度：h ＝12at 2联立解得：f ＝4 N ；(2)下落进程由牛顿第二定律：mg －f ＝ma 1得：a 1＝8 m/s 2 落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100 m ；(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F －mg ＋f ＝ma 2 得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，那么有v m 22a 1＋v m 22a 2＝H得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1 得：t 1＝553s.变式1 (2018·河南省驻马店市第二次质检)如图4所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用取得水平推力F ＝100 N 而由静止向前滑行，其作历时刻为t 1＝10 s ，撤除水平推力F 后通过t 2＝15 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用取得一样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝75 kg ，在整个运动进程中受到的滑动摩擦力大小恒为f ＝25 N ，求：图4(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用取得的速度大小及这段时刻内的位移大小； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离． 答案 (1)10 m/s 50 m (2) m解析 (1)设运动员利用滑雪杖取得的加速度为a 1 由牛顿第二定律F －f ＝ma 1，得 a 1＝1 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用取得的速度大小为v 1＝a 1t 1＝10 m/s 通过的位移为x 1＝12a 1t 12＝50 m(2)运动员停止利用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝f m ＝13m/s 2经历时刻t2速度变成v1′＝v1－a2t2＝5 m/s第二次利用滑雪杖取得的速度大小为v2，那么v22－v1′2＝2a1x1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2＝v222a2联立解得x2＝m.类型2 已知物体运动情形，分析物体受力情形例2 如图5甲所示，一质量m ＝ kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面平行的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时刻物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.求：图5(1)物块抵达B 点时速度和加速度的大小； (2)拉力F 的大小；(3)假设拉力F 与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F 的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案 (1)8 m /s 3 m/s 2 (2) N (3)F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α解析 (1)物块做匀加速直线运动，依照运动学公式，有L ＝v 0t ＋12at 2，v t ＝v 0＋at ，联立解得a ＝3 m /s 2，v t ＝8 m /s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F －mg sin θ－f ＝ma 垂直斜面方向N ＝mg cos θ 其中f ＝μN解得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma ＝ N(3)拉力F 与斜面夹角为α时，物块受力如下图依照牛顿第二定律有F cos α－mg sin θ－f ＝ma N ＋F sin α－mg cos θ＝0其中f ＝μNF ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α.变式2 (2019·安徽省蚌埠二中期中)如图6所示，质量M ＝10 kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝ kg 的物块由静止开始从A 点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x ＝1 m 时，其速度v ＝2 m /s ，在这进程中木楔没有动．(sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：图6(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1； (2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，若是对物块施加一平行于斜面向下的推力F ＝5 N ，那么地面对木楔的摩擦力如何转变？(不要求写出分析、计算的进程)答案 (1) (2) N ，水平向左 (3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 解析 (1)由v 2＝2ax ，得a ＝2 m/s 2对物块由牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma ，得μ1＝ (2)以物块和木楔ABC 整体为研究对象，作出受力图如图．(m ＋M )g －N ＝ma y ，f ＝ma x ，a x ＝a cos θ，a y ＝a sin θ 解得：N ＝ N ，f ＝ N(3)对木楔来讲物块加推力以后它受到物块的力没有任何转变，因此地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．命题点二 动力学方式分析多运动进程问题1．将“多进程”分解为许多“子进程”，各“子进程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和进程示用意． 3．依照“子进程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程． 4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确信各段间的时刻关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．例3 (2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)哈利法塔是目前世界最高的建筑(图7)．游客乘坐世界最快参观电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的进程恰好抵达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m /s.观景台上能够鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等一览无余，很是壮观．一名游客用便携式拉力传感器测得在加速时期质量为1 kg 的物体受到的竖直向上拉力为11 N ，假设电梯加速、减速进程视为匀变速直线运动(g 取10 m/s 2)求：图7(1)电梯加速时期的加速度大小及加速运动的时刻；(2)假设减速时期与加速时期的加速度大小相等，求观景台的高度；(3)假设电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯显现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为避免电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落进程所有阻力不计，那么电梯自由下落最长多少时刻必需启动辅助牵引装置？ 答案 (1)1 m/s 2 15 s (2)525 m (3)70 s解析 (1)设电梯加速时期的加速度为a ，由牛顿第二定律得： T －mg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2 由v ＝v 0＋at 解得t ＝15 s(2)匀加速时期位移x 1＝12at 2＝12×1×152 m ＝ m匀速时期位移x 2＝v (50－2t )＝15×(50－2×15)m ＝300 m 匀减速时期位移x 3＝v 22a＝ m因此观景台的高度 x ＝x 1＋x 2＋x 3＝525 m. (3)由题意知，电梯到地面速度恰好为0自由落体加速度a 1＝g启动辅助牵引装置后加速度大小a 2＝F －mg m ＝3mg －mgm ＝2g ，方向向上则v m 22a 1＋v m 22a 2＝x 解得：v m ＝1070 m/s 则t m ＝v mg ＝70 s即电梯自由下落最长70 s 时刻必需启动辅助牵引装置．变式3 (2018·山东省济宁市上学期期末)如图8所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有必然的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮现在的阻力能够忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v 0＝6 m /s 冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，通过 s 物体恰好回到起点，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝．求：图8(1)物体上滑的最大位移；(2)假设物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字) 答案 (1)3 m (2)解析 (1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x .由牛顿第二定律可得：mg sin 37°＝ma 1代入数据得：a 1＝6 m/s 2 由运动学公式有：v 02＝2a 1x联立解得物体上滑的最大位移为：x ＝3 m (2)物体沿斜面上滑的时刻为：t 1＝v 0a 1＝66 s ＝1 s物体沿斜面下滑的时刻为：t 2＝t －t 1＝ s 下滑进程中，由运动学公式有：x ＝12a 2t 22由牛顿第二定律可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2 联立解得：μ≈命题点三 临界和极值问题1．大体思路(1)认真审题，详尽分析问题中转变的进程(包括分析整体进程中有几个时期)； (2)寻觅进程中转变的物理量； (3)探讨物理量的转变规律；(4)确信临界状态，分析临界条件，找出临界关系． 2．思维方式极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件例4 (2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图9所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的滑腻固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6 kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N /m ，系统处于静止状态．现给物体Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前 s 时刻内，F 为变力， s 以后F 为恒力，sin 37°＝，cos 37°＝，g 取10 m /s 2.求：图9(1)系统处于静止状态时，弹簧的紧缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ； (3)力F 的最大值与最小值．答案 (1) m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603 N解析 (1)设开始时弹簧的紧缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0 解得x 0＝ m(2)前 s 时刻内F 为变力，以后为恒力，那么 s 时刻两物体分离，现在P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设现在弹簧的紧缩量为x 1 对物体P ，由牛顿第二定律得 kx 1－m 1g sin θ＝m 1a 前 s 时刻内两物体的位移 x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603 N对Q 应用牛顿第二定律得 F max －m 2g sin θ＝m 2a 解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝2803N. 变式4 如图10所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的滑腻球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速直线运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速直线运动直至静止，通过的总位移为x ，运动进程中的最大速度为v ，重力加速度为g .图10(1)求箱子加速时期的加速度大小；(2)若a >g tan θ，求减速时期球受到箱子左壁和顶部的作使劲大小． 答案 (1)a v 22ax －v 2(2)0 m ⎝⎛⎭⎫a tan θ－g 解析 (1)设箱子加速时期的加速度大小为a ′，通过的位移为x 1，减速时期通过的位移为x 2，有v 2＝2a ′x1，v 2＝2ax 2，且x 1＋x 2＝x ，解得a ′＝a v 22ax －v 2.(2)若是球恰好不受箱子的作使劲，箱子的加速度设为a 0，应知足N sin θ＝ma 0，N cos θ＝mg，解得a 0＝g tan θ.箱子减速时加速度水平向左，当a >g tan θ时，箱子左壁对球的作使劲为零，顶部对球的作使劲不为零．现在球受力如下图，由牛顿第二定律得，N ′cos θ＝F ＋mg ，N ′sin θ＝ma ，解得F ＝m ⎝⎛⎭⎫a tan θ－g .1．足够长滑腻固定斜面BC 倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．此刻AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F 作用，如图1甲所示．小物块在AB 段运动的速度－时刻图像如图乙所示，抵达B 点迅速撤去恒力F (已知sin 53°＝，cos 53°＝，g 取10 m/s 2)．求：图1(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时刻； (3)小物块最终离A 点的距离． 答案 (1)11 N (2) s (3) m解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝ΔvΔt＝错误! m /s 2＝ m/s 2， 依照牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1， 得F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝11 N.(2)在BC 段，对小物块有mg sin α＝ma 2，解得a 2＝g sin α＝8 m/s 2，小物块从B 到最高点所历时刻与从最高点到B 所历时刻相等，因此小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时刻为t ＝2v Ba 2＝ s.(3)小物块从B 向A 运动进程中，有μmg ＝ma 3 ，a 3＝μg ＝5 m/s 2，由B 至停下小物块的位移x ＝v B 22a 3＝ m ，x AB ＝0＋v B 2t 0＝ m ，Δx A ＝x AB －x ＝ m.2．(2018·湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg 的物体放在长为1 m 的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.图2(1)假设由静止释放物体，1 s 后物体抵达斜面底端，那么物体抵达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)假设给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为 m/s 2的匀加速直线运动，那么该恒力大小为多少？ 答案 (1)2 m/s (2) (3)5 N解析 (1)设物体抵达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：x ＝12v t ，v ＝2x t ＝2×11 m /s＝2 m/s ；(2)由运动学公式得a 1＝vt ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，联立解得μ＝；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 合，那么F 合sin θ－μF 合cos θ＝ma 2，将a 2＝ m/s 2，θ＝37°，μ＝代入，可得F 合＝15 N ， F 合＝mg －F ＝15 N ，解得F ＝5 N.3．如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝ N ，玩具的质量m ＝1 kg ，通过时刻t ＝ s ，玩具移动了距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)玩具与地面间的动摩擦因数．(2)松手后玩具还能滑行多远？(3)当力F与水平方向夹角θ为多少时拉力F最小？答案 (1)33 (2)335m (3)30° 解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12at 2，解得a ＝ 3 m/s 2，对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma 解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v t ＝at ＝2 3 m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′ 解得a ′＝1033m/s 2由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v t 2－2a ′＝335 m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，那么F cos θ－f >0，f ＝μN 在竖直方向上，由平稳条件得 N ＋F sin θ＝mg 解得F >μmgcos θ＋μsin θ因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ) 因此当θ＝30°时，拉力最小．4．(2019·河南省洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N 的小球，在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止动身沿AB 向上运动，F 作用 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)有F 作用的进程中小球的加速度； (2)撤去F 刹时小球的加速度；(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时刻将通过距A 点为 m 的B 点． 答案 (1) m /s 2 方向沿杆向上 (2) m/s 2 方向沿杆向下 (3) s 或 s 解析 (1)小球的质量m ＝Gg＝1 kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作历时的加速度大小为a 1，现在小球的受力如下图，F cos 30°＝G cos 30°＋N F sin 30°－G sin 30°－μN ＝ma 1 联立解得：a 1＝ m/s 2，方向沿杆向上 (2)撤去F 刹时，小球的受力如下图，设现在小球的加速度为a 2，N ′＝G cos 30° －G sin 30°－μN ′＝ma 2联立解得：a 2＝－ m /s 2，即大小为 m/s 2，方向沿杆向下 (3)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s 小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝ m撤去F 后，小球继续向上运动的时刻为t 2＝0－v 1a 2＝ s小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 122a 2＝ m那么小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝ m 在上滑时期通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 32解得t 3＝ s 或t 3＝ s(舍) 小球返回时，受力如下图，设现在小球的加速度为a3，－G sin 30°＋μN′＝ma3得a3＝－m/s2，即大小为m/s2，方向沿杆向下小球由顶端返回B点时有－(x m－x AB)＝12a3t42解得t4＝35s那么通过B点时刻为t＝t2＋t4≈ s.。
复习方案2020届高考物理一轮复习第3单元牛顿运动定律专题三动力学中的典型“模型”课件
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变式题 1 如图 Z3-6 甲所示,足够长的木板静止在水平面上,木板的质量 M=0.4 kg,长木板与水平面间的动摩擦因数 μ1=0.1,质量 m=0.4 kg 的小滑块 以 v0=1.8 m/s 的速度从右端滑上长木板,小滑块刚滑上长木板的 0.2 s 内的速 度图像如图乙所示,小滑块可看成质点,重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)求小滑块与长木板间的动摩擦因数 μ2 和小滑块刚滑上长木板时长木板的 加速度大小 a1;
(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.
图Z3-1
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2.思维模板
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例1 如图Z3-2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轴、x轴的切点,B点在y轴上且∠BMO=60°,O'为圆心.现将a、b、c三个小球分
别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,
所用时间分别为tA、tB、tC,则( )
A.tA<tC<tB
B.tA=tC<tB
C.tA=tC=tB D.由于C点的位置不确定,故无法比较时间大小关系
图Z3-2
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(2)在 0.5~2.5 s 过程中,假设滑块和长木板具有共同加速度 a3,有 F2=(M+m)a3 则 a3=5.3 m/s2 因 a3>a2,故滑块和长木板相对滑动 长木板和滑块在 0.5 s 时的速度 v1=a1t1=1 m/s 长木板在 2.5 s 时的速度 v2=v1+a2t2=9 m/s 对滑块,有 F2 -μmg=ma4,则 a4=6 m/s2 滑块在 2.5 s 时的速度 v3=v1+a4t2=13 m/s