【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第3章专题强化四《动力学中三种典型物理模型》(含解析).doc，共(15)页，304.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化四动力学中三种典型物理模型【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。模型一“等时圆”模型1.“等时圆”模型所谓“等时圆”就是物

体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。2.基本规律(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)物体从

竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体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。【例1】(多选)如图1所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，

O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小圆环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确

的是()图1A.t1＝t2B.t2＞t3C.t1＜t2D.t1＝t3答案BCD解析设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c

→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca＞aOb，由x＝12at2可知，t2＞tca，故选项A错误，B、C、D正确。【变式1】如图2所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三

点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有()图2A.v2＞v1＞v3B.v1＞v2＞v3C.v3＞v1＞v2D.v1＞v3＞v2答案A解析设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得到a＝

gsinθ，斜面的长度为x＝dsinθ，则由x＝12at2得t＝2xa＝2dsinθgsinθ＝2dg，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据v－＝xt，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3

，故选项A正确。模型二“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0＞v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0＜v，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长

时，滑块还要被传送带传回右端。若v0＞v，返回时速度为v，若v0＜v，返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直匀速②可能一直加速3.模型特点传送带问

题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。4.解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改

变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。【例2】(多选)如图3所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一

小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g取10m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝36m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为()图3A.1m/sB.3m

/sC.6m/sD.9m/s答案BC解析由题意可知mgsin30°＜μmgcos30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝v

20－2a1L＝2m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2＝μgcos30°－gsin30°＝2.5m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝v20＋2a2L＝8m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2m/s

到8m/s的范围内，选项B、C正确。【变式2】(2020·福建漳州市第一次教学质检)如图4甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1kg的物块，沿传动带向下以速度v0＝4m/s从M点开始沿传送带运动

。物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则()图4A.物块最终从传送带N点离开B.传送带的速度v＝1m/s，方向沿传送带向下C.物块沿传送带下滑时的加速度a＝2m/s2D.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝32答案D解析从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速

度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5m/s2，C错误；根据牛顿第二定律μmgcos30°－mgsin30°＝ma，可得μ＝32，D正确。模型三“

滑块—木板”模型1.模型特点“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等

角度，寻找各运动过程之间的联系。2.解题关键(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位

移。【例3】(2019·江苏卷，15)如图5所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止

，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：图5(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。答案(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL解析A、B的运动过程如

图所示(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA＝μg匀变速直线运动v2A＝2aAL解得vA＝2μgL。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合力大小F＝3μmg由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合力大小F′＝2μmg由牛顿第二定

律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L解得vB＝22μgL。【变式3】(2021·1月湖北学业水平选择性考试

模拟演练，15)如图6a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1kg。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2。t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面

的速度。在0～2s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10m/s2。求：图6(1)0～2s时间内，B相对水平面的位移；(2)t＝2s时刻，A相对水平面的速度。答案(1)3.5m(2)0解析(1)由题知B始终未脱离

A，由vBA－t图像可知0～1.5s内，vB<vA，B在方向向右的摩擦力作用下向右匀加速运动，1.5～2s内，vB>vA，B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝μg＝2m/s2，则物块

B在1.5s时，v1.5＝at1.5＝3m/s，x1.5＝v1.52t1.5＝2.25m物块B在t＝2s末，v2＝v1.5－at0.5＝2m/s，在1.5～2s内位移x2＝v1.5＋v22t0.5＝1.25m所以B相对水平面的位移xB总＝x1.5＋x2＝3.

5m。(2)由图可知t＝2s时，vBA＝2m/s，又此时B的速度vB＝v2＝2m/s由vBA＝vB－vA得vA＝0。课时限时练(限时：40分钟)对点练1等时圆模型1.(2020·广东省东莞市质检)如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上(两

个圆过切点的直径在竖直方向上)，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()图1A.2∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶3答案B对点练2传送带模型2.(2020·山东枣庄市第二次模拟)某工厂检查立方体工

件表面光滑程度的装置如图2所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10m、运行速度是8m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s，取

重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()图2A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B.工件被传送到另一端的最长时间是2sC.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D.若工件不被传送过去，返

回到出发点的速度为10m/s答案B解析工件恰好传送到右端，有0－v20＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝v0μg＝2s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传

送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。3.(多选)如图3，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图像可能是()图3答案BC解析设

传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsinθ＞μmgcosθ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsinθ＜μmgcosθ，小滑块所受合力沿传

送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确。4.(多选)(2020·吉林市第三次调研)如图4所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向

转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图像可能是()图4答案ABD解析因v2＞v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向

下，①若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度为零，将一直向上以v2匀速运动，选项B正确；②若F＞mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；③若F＜mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度向下，将向上做匀减速直线运

动，当两者速度相等时，物体受静摩擦力保证其合力为零，则和传送带一起向上匀速运动，故选项C错误，D正确。对点练3板块模型5.(多选)(2020·东北三省四市下学期一模)如图5甲所示，水平地面上有足够长平板车

M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图5乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2。下列说法正确的是()图5A.0～6s内，m的加速

度一直保持不变B.m相对M滑动的时间为3sC.0～6s内，m相对M滑动的位移的大小为4mD.0～6s内，m、M相对地面的位移大小之比为3∶4答案BD解析物块相对于平板车滑动时的加速度a＝μmgm＝μg＝2m/s2若其加

速度一直不变，速度—时间图像如图所示由图像可以算出t＝3s时，速度相等，为6m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为a1＝86－2m/s2＝2m/s2＝a，故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3s，故A错误

，B正确；由图像可知，0～6s内，物块相对平板车滑动的位移的大小Δx＝12×2×8m＋8＋62×1m－12×3×6m＝6m，故C错误；0～6s内，由图像可知，物块相对地面的位移大小x1＝12×6×6m＝18m，平板车相对地面

位移大小x2＝12×6×8m＝24m，二者之比为3∶4，故D正确。6.(2020·天津市六校联考期初检测)如图6所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计

、质量为m＝2kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是()图6A.当F增加到4N时，m相对M开始运动B.当F＝10N时，M对

m有向右的2N的摩擦力C.当F＝15N时，m对M有向左的4N的摩擦力D.当F＝30N时，M对m有向右的6N的摩擦力答案B解析假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块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对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2N＝2

0N可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足F＞20N，故A错误；当F＝10N时，对整体F＝(M＋m)a′解得a′＝FM＋m＝1m/s2对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1N＝2N方向向右，故B正确；同理，当F＝15N时

，a″＝1.5m/s2m受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3N，方向向右，故C错误；当F＝30N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，Ff＝μmg＝4N，方向向右，故D错误。7.(2020·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图7甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2kg的小物体轻

轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图7乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10m/s2，求：图7(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。答案(1)8m/s

(2)0.5解析(1)由v－t图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以L＝12×1×10m＋12×(10＋12)×1m＝16m由平均速度的定义得v－＝Lt＝8m/s。(2)由v－t图像可知传送带运行速度为v1＝10m/s0～1s内物体的加速度为a1＝Δ

vΔt＝10m/s21～2s内的加速度为a2＝2m/s2根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1mgsinθ－μmgcosθ＝ma2联立两式解得μ＝0.5。8.质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图8甲所示。A和B

经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，求：图8(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量。答案(1

)0.2(2)0.1(3)6kg解析(1)由图像可知，A在0～1s内的加速度a1＝v1－v0t1＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。(2)由图像知，A、B在1～3s内的加速度a3＝v

3－v1t2＝－1m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。(3)由图可知B在0～1s内的加速度a2＝v1－0t1＝2m/s2对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2代入数据解得m＝6kg。9.(2020·山东日照市4月

模拟)如图9所示，质量M＝2kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0＝13.5m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m＝1kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F＝6N的恒力作用并开始计时。已知

A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.4。(设滑板A足够长，取g＝10m/s2)求：图9(1)经过多长时间A、B达到共同速度；(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间因摩擦而产生的热量Q；

(3)2s内滑板A的位移大小。答案(1)1s(2)27J(3)22m解析(1)设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1解得a1＝3.5m/s2，方向向左设B的加速度大小为a2，对B由

牛顿第二定律可得F＋μ2mg＝ma2解得a2＝10m/s2，方向向右A做减速运动，有v1＝v0－a1tB做加速运动，有v2＝a2tA、B达到共同速度时v1＝v2解得t＝1s。(2)从开始计时到达到共同速

度，A的位移大小x1＝v0t－12a1t2＝11.75mB的位移大小x2＝12a2t2＝5mA、B间因摩擦而产生的热量为Q，则Q＝μ2mg(x1－x2)＝27J。(3)经分析，A、B达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动设A的加速度大小为a3，对A由牛顿第二定律可得μ2mg－μ1

(M＋m)g＝Ma3解得a3＝0.5m/s2，方向向右1s时，由(1)可得v1＝10m/s，再经过1s，A的位移大小x3＝v1t＋12a3t2＝10.25m2s内滑板A的位移大小为xA＝x1＋x3＝22m。