2016届《创新设计》高考物理大一轮复习精讲课件：第3章 牛顿运动定律-5 (小专题)动力学中常考的

第5课时(小专题)动力学中常考的物理模型物理问题依赖于一定的物理模型，中学阶段涉及的物理模型众多，其中动力学中比较典型的有斜面模型，传送带模型和滑块——滑板模型等，一般情况下，熟练地运用牛顿第二定律处理这些模型背景下的物理问题，是我们能力的体现。模型一斜面模型1．模型特征物理中的斜面，通常不是题目的主体，而只是一个载体，即处于斜面上的物体通常才是真正的主体，斜面既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动。2．思维模板【典例1】(2014·全国大纲卷，19)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图1所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tanθ和H2B．(v22gH－1)tanθ和H2C．tanθ和H2D．(v22gH－1)tanθ和H4图1解析设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma①加速度大小a＝μgcosθ＋gsinθ②当物块的初速度为v时，由运动学公式知v2＝2aHsinθ③当物块的初速度为v2时，由运动学公式知(v2)2＝2ahsinθ④由③④两式得h＝H4由①③两式得μ＝(v22gH－1)tanθ。答案D【变式训练】1．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()解析设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsinθm＝gsinθ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcosθ，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝4Lgsin2θ。当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确。答案C模型二传送带模型1．模型特征(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(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情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景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.思维模板【典例2】(多选)(2014·四川卷，7)如图2所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()图2解析设P与传送带之间的滑动摩擦力为Ff，绳子的拉力为FT，P物体的运动图象可能为(1)v1＝v2且Ff≥FT时，P从右端离开，如图甲所示；甲乙(2)v2v1且Ff≥FT，P先匀加速运动，再匀速，P从右端离开，如图乙所示；(3)v2v1①若FTFf，先以a1＝Ff＋FTm减速运动，再以a2＝FT－Ffm减速运动，减速到0，再反向加速，P从左端离开，如图丙所示；丙②若FTFf时，先以a1减速运动，再以v1匀速运动，P从右端离开，如图丁所示。丁从以上分析可知选项B、C正确。答案BC分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物＝v传时，判断物体能否与传送带保持相对静止。【变式训练】2．如图3所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()图3A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsinθ解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tanθ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tanθ，则粮袋先做加速度为g(sinθ＋μsinθ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sinθ－μsinθ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsinθ＋μmgcosθm＝g(sinθ＋μcosθ)，选项B错误；若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误。答案A模型三滑块——滑板模型1．模型特征上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。2．思维模板【典例3】如图4所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，B板长L＝3m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2。(1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？(2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？图4解析(1)A在B上向右匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝3m/s2木板B向右匀加速运动，加速度大小a2＝μ1mg－μ2·2mgm＝1m/s2由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得时间关系：t＝v0－va1＝va2位移关系：L＝v20－v22a1－v22a2解得v0＝26m/s。(2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3m/s2B向右匀加速运动，加速度大小a2′＝μ1mgm＝3m/s2设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，由时间关系v0－v′a1＝v′a2′解得v′＝v02＝6m/sA的位移xA＝v20－v′22a1＝3mB的位移xB＝v′22a2′＝1m由xA－xB＝2m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为6m/s。答案(1)26m/s(2)没有脱离6m/s6m/s【变式训练】3．如图5所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v－t图象，(g取10m/s2)求：图5(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。解析(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝10－44m/s2＝1.5m/s2木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝4－04m/s2＝1m/s2达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a＝4－08m/s2＝0.5m/s2。(2)物块冲上木板匀减速时：μ1mg＝ma1木板匀加速时：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2速度相同后一起匀减速，对整体μ2(M＋m)g＝(M＋m)a解得mM＝32。(3)由v－t图象知，物块在木板上相对滑行的距离Δx＝12×10×4m＝20m。答案(1)1.5m/s21m/s20.5m/s2(2)3∶2(3)20m