(新高考)高考物理一輪復習課時練習第3章專題強化四《動力學中三種典型物理模型》(含解析)

專題強化四動力學中三種典型物理模型【專題解讀】1.本專題是動力學方法在三類典型模型問題中的應用，其中等時圓模型常在選擇題中考查，而滑塊—木板模型和傳送帶模型常以計算題壓軸題的形式命題。2.通過本專題的學習，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、建模能力、分析推理能力和規(guī)范表達等物理學科素養(yǎng)，針對性的專題強化，通過題型特點和解題方法的分析，能幫助同學們迅速提高解題能力。3.用到的相關(guān)知識有：勻變速直線運動規(guī)律、牛頓運動定律、相對運動的有關(guān)知識。模型一“等時圓”模型1.“等時圓”模型所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿由靜止下滑，到達圓周的最低點(或從最高點到達同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。2.基本規(guī)律(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均為切點，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示?！纠?】(多選)如圖1所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小圓環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是()圖1A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3答案BCD解析設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca＞aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2＞tca，故選項A錯誤，B、C、D正確。【變式1】如圖2所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，分別與圓相交于A、B、C三點?，F(xiàn)讓三個小球(可以看作質(zhì)點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點由靜止滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有()圖2A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2答案A解析設(shè)任一斜面的傾角為θ，圓的直徑為d。根據(jù)牛頓第二定律得到a＝gsinθ，斜面的長度為x＝dsinθ，則由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可見，物體下滑時間與斜面的傾角無關(guān)，則有t1＝t2＝t3，根據(jù)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故選項A正確。模型二“傳送帶”模型1.水平傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1①可能一直加速②可能先加速后勻速情景2①v0＞v，可能一直減速，也可能先減速再勻速②v0＝v，一直勻速③v0＜v，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3①傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端②傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。若v0＞v，返回時速度為v，若v0＜v，返回時速度為v02.傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1①可能一直加速②可能先加速后勻速情景2①可能一直勻速②可能一直加速3.模型特點傳送帶問題的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。4.解題關(guān)鍵(1)理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關(guān)鍵。(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達到相同速度，這時會出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，對這一臨界狀態(tài)進行分析往往是解題的突破口?！纠?】(多選)如圖3所示，某傳動裝置與水平面的夾角為30°，兩輪軸心相距L＝2m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點，傳送帶不打滑?，F(xiàn)傳送帶沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，將一小物塊放置于A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2。若傳送帶的速度可以任意調(diào)節(jié)，當小物塊在A點以v0＝3eq\r(6)m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達B點的速度大小可能為()圖3A.1m/s B.3m/sC.6m/s D.9m/s答案BC解析由題意可知mgsin30°＜μmgcos30°，若傳送帶的速度很小(一直小于物塊的速度)，小物塊一直減速，加速度大小a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，到達B點時的速度最小，且最小速度v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2a1L)＝2m/s；若傳送帶的速度很大(一直大于物塊的速度)，小物塊一直加速，加速度大小a2＝μgcos30°－gsin30°＝2.5m/s2，到達B點時的速度最大，且最大速度v2＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2a2L)＝8m/s；綜上可知小物塊到達B點的速度在2m/s到8m/s的范圍內(nèi)，選項B、C正確?！咀兪?】(2020·福建漳州市第一次教學質(zhì)檢)如圖4甲所示，MN是一段傾角為θ＝30°的傳送帶，一個可以看作質(zhì)點、質(zhì)量為m＝1kg的物塊，沿傳動帶向下以速度v0＝4m/s從M點開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的部分v－t圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則()圖4A.物塊最終從傳送帶N點離開B.傳送帶的速度v＝1m/s，方向沿傳送帶向下C.物塊沿傳送帶下滑時的加速度a＝2m/s2D.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)答案D解析從圖像可知，物體速度減為零后反向向上運動，最終的速度大小為1m/s，因此沒從N點離開，并且能推出傳送帶斜向上運動，速度大小為1m/s，A、B錯誤；v－t圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度a＝2.5m/s2，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律μmgcos30°－mgsin30°＝ma，可得μ＝eq\f(\r(3),2)，D正確。模型三“滑塊—木板”模型1.模型特點“滑塊—木板”模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與“傳送帶”模型類似，但這類問題比傳送帶類問題更復雜，因為木板受到摩擦力的影響，往往做勻變速直線運動，解決此類問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找各運動過程之間的聯(lián)系。2.解題關(guān)鍵(1)臨界條件：使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相同。(2)問題實質(zhì)：“板—塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質(zhì)上都是相對運動問題，要分別求出各物體相對地面的位移，再求相對位移?！纠?】(2019·江蘇卷，15)如圖5所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：圖5(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。答案(1)eq\r(2μgL)(2)3μgμg(3)2eq\r(2μgL)解析A、B的運動過程如圖所示(1)由牛頓第二定律知，A加速度的大小aA＝μg勻變速直線運動veq\o\al(2,A)＝2aAL解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對齊前，B所受合力大小F＝3μmg由牛頓第二定律F＝maB，得aB＝3μg對齊后，A、B整體所受合力大小F′＝2μmg由牛頓第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)設(shè)經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝eq\f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2且xB－xA＝L解得vB＝2eq\r(2μgL)?！咀兪?】(2021·1月湖北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練，15)如圖6a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物塊B，A和B的質(zhì)量均為m＝1kg。A與B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。t＝0時刻起，對A施加沿水平方向的力，A和B由靜止開始運動。取水平向右為正方向，B相對于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分別為A和B相對水平面的速度。在0～2s時間內(nèi)，相對速度vBA隨時間t變化的關(guān)系如圖b所示。運動過程中B始終未脫離A，重力加速度取g＝10m/s2。求：圖6(1)0～2s時間內(nèi)，B相對水平面的位移；(2)t＝2s時刻，A相對水平面的速度。答案(1)3.5m(2)0解析(1)由題知B始終未脫離A，由vBA－t圖像可知0～1.5s內(nèi)，vB<vA，B在方向向右的摩擦力作用下向右勻加速運動，1.5～2s內(nèi)，vB>vA，B在向左的摩擦力作用下向右勻減速運動，對物塊B，由牛頓第二定律，μmg＝ma，得a＝μg＝2m/s2，則物塊B在1.5s時，v1.5＝at1.5＝3m/s，x1.5＝eq\f(v1.5,2)t1.5＝2.25m物塊B在t＝2s末，v2＝v1.5－at0.5＝2m/s，在1.5～2s內(nèi)位移x2＝eq\f(v1.5＋v2,2)t0.5＝1.25m所以B相對水平面的位移xB總＝x1.5＋x2＝3.5m。(2)由圖可知t＝2s時，vBA＝2m/s，又此時B的速度vB＝v2＝2m/s由vBA＝vB－vA得vA＝0。課時限時練(限時：40分鐘)對點練1等時圓模型1.(2020·廣東省東莞市質(zhì)檢)如圖1所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上(兩個圓過切點的直徑在豎直方向上)，且斜槽都通過切點P。設(shè)有一重物先后沿兩個斜槽從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為()圖1A.2∶1 B.1∶1C.eq\r(3)∶1 D.1∶eq\r(3)答案B對點練2傳送帶模型2.(2020·山東棗莊市第二次模擬)某工廠檢查立方體工件表面光滑程度的裝置如圖2所示，用彈簧將工件彈射到反向轉(zhuǎn)動的水平皮帶傳送帶上，恰好能傳送到另一端是合格的最低標準。假設(shè)皮帶傳送帶的長度為10m、運行速度是8m/s，工件剛被彈射到傳送帶左端時的速度是10m/s，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()圖2A.工件與皮帶間動摩擦因數(shù)不大于0.32才為合格B.工件被傳送到另一端的最長時間是2sC.若工件不被傳送過去，返回的時間與正向運動的時間相等D.若工件不被傳送過去，返回到出發(fā)點的速度為10m/s答案B解析工件恰好傳送到右端，有0－veq\o\al(2,0)＝－2μgL，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5，工件與皮帶間動摩擦因數(shù)不大于0.5才為合格，此過程用時t＝eq\f(v0,μg)＝2s，故A錯誤，B正確；若工件不被傳送過去，當反向運動時，最大速度與傳送帶共速，由于傳送帶的速度小于工件的初速度，根據(jù)勻變速運動速度時間關(guān)系可知，返回的時間與正向運動的時間不相等，故C、D錯誤。3.(多選)如圖3，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動。一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，則其速度v隨時間t變化的圖像可能是()圖3答案BC解析設(shè)傳送帶傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，若mgsinθ＞μmgcosθ，合力沿傳送帶向下，小滑塊向下做勻加速運動；若mgsinθ＝μmgcosθ，沿傳送帶方向合力為零，小滑塊勻速下滑；若mgsinθ＜μmgcosθ，小滑塊所受合力沿傳送帶向上，小滑塊做勻減速運動，當速度減為零時，開始反向加速，當加速到與傳送帶速度相同時，因為最大靜摩擦力大于小滑塊重力沿傳送帶向下的分力，故小滑塊隨傳送帶做勻速運動，A、D錯誤，B、C正確。4.(多選)(2020·吉林市第三次調(diào)研)如圖4所示，傾角為θ的足夠長傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動速度大小為v1，一個物體從傳送帶底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同時物塊受到平行傳送帶向上的恒力F作用，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊運動的v－t圖像可能是()圖4答案ABD解析因v2＞v1，則物塊相對于傳送帶向上運動，所受滑動摩擦力向下，①若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度為零，將一直向上以v2勻速運動，選項B正確；②若F＞mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度向上，將一直做勻加速直線運動，選項A正確；③若F＜mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度向下，將向上做勻減速直線運動，當兩者速度相等時，物體受靜摩擦力保證其合力為零，則和傳送帶一起向上勻速運動，故選項C錯誤，D正確。對點練3板塊模型5.(多選)(2020·東北三省四市下學期一模)如圖5甲所示，水平地面上有足夠長平板車M，車上放一物塊m，開始時M、m均靜止。t＝0時，車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其v－t圖像如圖5乙所示，已知物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10m/s2。下列說法正確的是()圖5A.0～6s內(nèi)，m的加速度一直保持不變B.m相對M滑動的時間為3sC.0～6s內(nèi)，m相對M滑動的位移的大小為4mD.0～6s內(nèi)，m、M相對地面的位移大小之比為3∶4答案BD解析物塊相對于平板車滑動時的加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2若其加速度一直不變，速度—時間圖像如圖所示由圖像可以算出t＝3s時，速度相等，為6m/s。由于平板車減速階段的加速度大小為a1＝eq\f(8,6－2)m/s2＝2m/s2＝a，故二者等速后相對靜止，物塊的加速度大小不變，方向改變。物塊相對平板車滑動的時間為3s，故A錯誤，B正確；由圖像可知，0～6s內(nèi)，物塊相對平板車滑動的位移的大小Δx＝eq\f(1,2)×2×8m＋eq\f(8＋6,2)×1m－eq\f(1,2)×3×6m＝6m，故C錯誤；0～6s內(nèi)，由圖像可知，物塊相對地面的位移大小x1＝eq\f(1,2)×6×6m＝18m，平板車相對地面位移大小x2＝eq\f(1,2)×6×8m＝24m，二者之比為3∶4，故D正確。6.(2020·天津市六校聯(lián)考期初檢測)如圖6所示，光滑的水平面上靜置質(zhì)量為M＝8kg的平板小車，在小車左端加一個由零逐漸增大的水平推力F，一個大小不計、質(zhì)量為m＝2kg的小物塊放在小車右端，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長。重力加速度g取10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是()圖6A.當F增加到4N時，m相對M開始運動B.當F＝10N時，M對m有向右的2N的摩擦力C.當F＝15N時，m對M有向左的4N的摩擦力D.當F＝30N時，M對m有向右的6N的摩擦力答案B解析假設(shè)小車和小物塊剛好相對靜止，對小物塊m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma所以a＝μg＝2m/s2對整體F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2N＝20N可知若要小物塊相對于平板小車開始運動，則推力滿足F＞20N，故A錯誤；當F＝10N時，對整體F＝(M＋m)a′解得a′＝eq\f(F,M＋m)＝1m/s2對小物塊，受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1N＝2N方向向右，故B正確；同理，當F＝15N時，a″＝1.5m/s2m受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3N，方向向右，故C錯誤；當F＝30N時，兩者相對滑動，m受到滑動摩擦力作用，F(xiàn)f＝μmg＝4N，方向向右，故D錯誤。7.(2020·安徽廬巢七校聯(lián)盟第三次聯(lián)考)如圖7甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖7乙所示，2s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10m/s2，求：圖7(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v；(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ。答案(1)8m/s(2)0.5解析(1)由v－t圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為v－t圖線與t軸所圍的面積，所以L＝eq\f(1,2)×1×10m＋eq\f(1,2)×(10＋12)×1m＝16m由平均速度的定義得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)＝8m/s。(2)由v－t圖像可知傳送帶運行速度為v1＝10m/s0～1s內(nèi)物體的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s21～2s內(nèi)的加速度為a2＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1mgsinθ－μmgcosθ＝ma2聯(lián)立兩式解得μ＝0.5。8.質(zhì)量為2kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖8甲所示。A和B經(jīng)過1s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，求：圖8(1)A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)μ1；(2)B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2；(3)A的質(zhì)量。答案(1)0.2(2)0.1(3)6kg解析(1)由圖像可知，A在0～1s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2，對A由牛頓第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。(2)由圖像知，A、B在1～3s內(nèi)的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2，對A、B整體由牛頓第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2