2021版高考物理一轮复习专题突破三动力学中的经典“模型”学案

2021版高考物理一轮复习专题突破三动力学中的经典“模型”学案

专题突破(三)　动力学中的经典“模型”‎ 一、等时圆问题 ‎1．规律 物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦从顶端由静止下滑，到达圆周上各点所用时间相等．有下列三种形式．‎ 证明：设弦与竖直方向夹角为θ，根据几何关系知位移x＝2Rcos θ或x＝2(r＋R)cos θ，根据牛顿第二定律有mgcos θ＝ma，又x＝at2，联立解得t＝或t＝，即时间与θ无关．‎ ‎2．特点 ‎(1)多条相交的倾斜光滑轨道，质点从静止开始由轨道的一端滑到另一端．‎ ‎(2)若轨道交点在上，则上端为等时圆的最高点；若轨道交点在下，则下端为等时圆的最低点．‎ ‎(3)轨道端点在等时圆上，则质点运动时间相等；轨道端点在等时圆外，则运动时间较长；轨道端点在等时圆内，则运动时间较短．‎ ‎3．应用 依题目条件，恰当地构建等时圆，再依其特点作出判断．‎ 例1　如图，在斜坡上有一根旗杆长为L.现有一个小环从旗杆顶部沿一根光滑钢丝AB滑至斜坡底部，已知斜坡的倾角为θ，AB与水平面夹角为a，OB＝L.则小环从A滑到B的时间为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. B．2 C. D．2 9‎ ‎[解析] 可以以O为圆心，以L为半径画一个圆．根据“等时圆”的规律可知，从A滑到B的时间等于从A点沿直径到底端D的时间，所以有tAB＝tAD＝＝＝2，故D正确．‎ ‎[答案] D ‎1．如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处固定一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α.一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系是(　　)‎ A．α＝θ B．α＝ C．α＝2θ D．α＝ ‎[解析] 如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点．由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端B点与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝.‎ ‎[答案] B 9‎ ‎2．两个圆1和2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2的圆周上，三块板都通过两圆的切点，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，从A、B、C三处同时静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2的圆周上的球是(　　)‎ A．从A处释放的球 B．从B处释放的球 C．从C处释放的球 D．同时到达 ‎[解析] 设轨道与竖直方向夹角为α，圆1半径为r1，圆2的半径为r2，当起点在圆1圆周上时，则圆内轨道的长度s＝2(r1＋r2)cos α，下滑的加速度a＝＝gcos α，根据位移时间公式得，x＝at2，则t＝＝＝，即当轨道的起点在圆周上时，沿不同轨道下滑到底端的时间相同；由题意可知．A在圆周上，B在圆内，C在圆外，可知B球下滑的时间最短，即最先到达圆2的圆周上的球是B球，故选B.‎ ‎[答案] B 二、滑块——木板问题 ‎1．问题的特征 滑块(视为质点)置于长木板上，长木板置于水平地面上或斜面上，它们相对地面(或斜面)运动，滑块相对木板发生滑动．‎ ‎2．解题方法 分析滑块、木板的初始条件，受力情况，运动情况，求出各阶段的加速度，列出速度关系式，位移关系式，注意两者速度相同是临界条件．当滑块从木板一端运动到另一端时，若两者同向运动，则滑块位移与木板位移之差等于木板的长度；若两者向相反方向运动，则两者位移之和等于木板的长度．‎ 例2　下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 9‎ 浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，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：‎ ‎(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；‎ ‎(2)A在B上总的运动时间．‎ ‎[解析] (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1＝μ1N1①‎ N1＝mgcos θ②‎ f2＝μ2N2③‎ N2＝N1′＋mgcos θ④‎ 规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin θ－f1＝ma1⑤‎ mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥‎ N1＝N1′⑦‎ f1＝f1′⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a1＝3 m/s2⑨‎ a2＝1 m/s2⑩‎ ‎(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s⑪‎ v2＝a2t1＝2 m/s⑫‎ t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得 a1′＝6 m/s2⑬‎ a2′＝－2 m/s2⑭‎ B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有 v2＋a2′t2＝0⑮‎ 联立⑫⑭⑮式得t2＝1 s⑯‎ 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 s＝－ ‎＝12 m<27 m⑰‎ 此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有 9‎ l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t ⑱‎ 可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲‎ 设A在B上总的运动时间为t总，有 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s ‎3．如图所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上．现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；‎ ‎(2)若F＝30 N，作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少．‎ ‎[解析] (1)对于A，最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即 μ1mg＝mam，am＝4 m/s2‎ 对A、B整体F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am，解得F＝25 N ‎(2)设F作用在B上时A、B的加速度分别为a1、a2，撤掉F时速度分别为v1、v2，撤去外力F后加速度分别为a1′、a2′，A、B共同运动时速度为v3，加速度为a3，‎ 对于A：μ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s 对于B：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，‎ 得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s 撤去外力 a1′＝a1＝4 m/s，a2′＝＝2.25 m/s2‎ 经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2‎ 解得t2＝0.2 s 共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s 从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为木板最短的长度L L＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m A、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，‎ 加速度a3＝μ2g＝1 m/s2‎ 从v3至最终静止位移为x＝＝11.52 m 所以A的总位移为xA总＝xA＋x＝14.4 m.‎ ‎4．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L＝0.60 m、质量M＝0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，‎ 9‎ 木板右下方有一质量m＝0.80 kg的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．‎ ‎(1)为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？‎ ‎(2)若F1＝22 N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？‎ ‎(3)游戏中，如果滑块上移h＝1.5 m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1＝24 N，F2＝16 N，请通过计算判断游戏能否成功？‎ ‎[解析] (1)滑块与木板间的滑动摩擦力f＝μF1‎ 对木板应有f＞Mg 代入数据得F1＞20 N ‎(2)对木板由牛顿第二定律有μF1－Mg＝Ma1‎ 对滑块由牛顿第二定律有F2－μF1－mg＝ma2‎ 要能发生相对滑动应有a2＞a1‎ 代入数据可得F2＞13.2 N ‎(3)对滑块由牛顿第二定律有F2－μF1－mg＝ma3‎ 设滑块上升h的时间为t，则h＝a3t2‎ 对木板由牛顿第二定律有μF1－Mg＝Ma4‎ 设木板在t时间上升的高度为H，则H＝a4t2‎ 代入数据可得H＝0.75 m 由于H＋L＜h，滑块在上升到1.5 m之前已经脱离了木板，游戏不能成功．‎ 三、传送带问题 ‎1．水平传送带 ‎(1)物体初速为0或初速度方向与传送带速度方向相同，若传送带足够长，在这种情况下，只要物体的速度不等于传送带速度，物体就在滑动摩擦力作用下做匀变速运动，直到与传送带同速后再做匀速运动．‎ ‎(2)物体初速度方向与传送带速度方向相反，若传送带足够长，如果v0≤v皮，则物体在滑动摩擦力作用下先做匀减速运动，减速到0后再反方向做匀加速运动，离开传送带时的速度大小等于物体初速度大小；如果v0>v皮，物体先做匀减速运动，减速到速度为0后，再反方向做匀加速运动．当v＝v皮后，再随皮带做匀速运动，离开皮带时速度为v皮．‎ ‎2．倾斜传送带 倾斜传送带问题涉及的形式多种多样，求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体受到的摩擦力的种类、大小和方向，再依物体的受力情况确定物体的运动情况．若μ≥tan θ，物体能与传送带共速，则共速后物体匀速运动，若μ

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