专题3.2动力学典型模型的分析讲解析版_04高考物理_新高考复习资料_2022年新高考复习资料_2022年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

3.2 动力学典型模型的分析【讲】 目录 一 讲核心素养............................................................................................................................................................1 二 讲必备知识............................................................................................................................................................1 【知识点一】动力学中的连接体问题..............................................................................................................1 【知识点二】“传送带”模型的动力学问题..................................................................................................5 【知识点三】滑块—滑板模型..........................................................................................................................8 三．讲关键能力........................................................................................................................................................12 【能力点一】.会分析弹簧连接体中的“分离问题”...................................................................................12 【能力点二】会分析传送带中位移、相对位移、轨迹划痕等问题.............................................................15 【能力点三】会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题.........................................................18 一 讲核心素养 1.物理观念：连接体、相对运动。 (1)知道连接体模型的特征能在具体问题情景中识别连接体模型并能归类（同速类、不同速类）。 (2)通过实例的分析与推理，理解并会分析相对运动问题建立运动观。 2.科学思维：牛顿运动定律、整体法与隔离法、临界法。 (1).掌握应用整体法与隔离法解决连接体问题的基本方法。 (2)会应用牛顿运动定律及运动学公式分析传送带模型。 (3)掌握应用整体法与隔离法解决“滑块-木板”问题的基本方法 3.科学态度与责任：能用牛顿运动定律解决生产生活中的皮带传动、连接体等问题。 能将具体问题情景通过构建物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推理能力和 模型构建能力并体会物理学的应用价值。 二 讲必备知识 【知识点一】动力学中的连接体问题 1.连接体 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般 具有相同的运动情况(速度、加速度). 2.常见连接体的类型 (1)同速连接体(如图)特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度. 处理方法：用整体法求出a与F 的关系，用隔离法求出F 与a的关系. 合 内力 (2)关联速度连接体(如图) 特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联. 处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解. 【例1】(多选)(2020·保定一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上， 斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相 对静止地向左运动。重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( ) A．系统做匀速直线运动 B．F＝40 N C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 【关键信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。 【答案】BD 【解析】 甲 乙 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力F N2 ＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形 物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。 【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的运动观相互作用观科学思维中的科学推理。要求考 生能正确使用整体法与隔离法结合牛顿运动定律分析加速度相同、速度方向也相同的连接体问题形成科学 思维方式。 【必备知识】1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔 离的方法. 2.处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求 物体间的作用力。 3.隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。 【变式训练】(多选)(2021·商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为 m和M的物块A、B用轻 弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度 a 匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且 1 两物块共同以加速度a 匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x，则下列说法中正确的是( ) 2 2 A．若m>M，有x＝x B．若msin θ，有x>x D．若μv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 0 情景2 (2)vv返回时速度为v，若vv 时，对小物块由牛顿第二定律得：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma ，解得 a ＝10 2 1 1 1 m/s2.μa，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为 2 3 1 x＝vt－at＝ m，末速度v＝v－at＝ m/s 1 1 3 1 31 滑块向右运动的位移x＝t＝2 m 2 1 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a＝4 m/s2 2 木板继续减速，加速度大小仍为a＝ m/s2 3 假设又经历t 二者速度相等，则有at＝v－at 2 22 1 32 解得t＝0.5 s 2 此过程中，木板向左运动的位移 x＝vt－at＝ m，末速度v＝v－at＝2 m/s 3 12 3 3 1 32 滑块向左运动的位移x＝at＝0.5 m 4 2 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x＋x＋x－x＝6 m 1 2 3 4 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。 (3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a＝1 m/s2 1 向左运动的位移为x＝＝2 m 5 所以木板右端离墙壁最远的距离为 x＝x＋x＋x＝6.5 m。 1 3 5 【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的相互作用观运动观及科学思维中的科学推理与科学 论证。要求考生理解摩擦力产生的本质做出清晰的受力分析，能画出滑块木板相对运动的情景分析图并能 应用牛顿运动定律及运动学公式建立方程通过科学的运算推理得出正确的结论培养学生综合分析问题的能 力。【必备知识】1.“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a ＝.假设两物体 m 同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该 值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力. 2.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；若反向运动， 位移大小之和等于板长． 【变式训练】(2021·云南省保山市第二次模拟)如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板 间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m．现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v ＝2 0 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数 μ ＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ ＝ 1 2 0.1，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小； (2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)． 【答案】 (1)1 m/s (2)0.670 m 【解析】 (1)木板受到木块的摩擦力为F ＝μmg f1 1 木板受到地面的摩擦力为F ＝μ(2M＋m)g f2 2 因为F >F ，所以木块运动时，木板静止不动 f2 f1 设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a，μmg＝ma 1 1 1 小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，则 v2－v2＝－2al 0 1 代入数据解得：v＝1 m/s (2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a，则 2 μmg－μ(M＋m)g＝Ma 1 2 2 设木块与木板达到相同速度v 时，用时为t，则有： 1 对木块：v＝v－at 1 1 对木板有：v＝at 1 2 解得：v＝0.1 m/s，t＝0.3 s 1 此时木块运动的位移x＝t＝0.165 m 1 木板的位移x′＝＝0.015 m 1 木块在木板上滑动的长度为x－x′tanθ θ v 共速 ①滑动摩擦力f=μmgcosθ θ v f'= mgsin 变 为 静 v 痕迹 传送带 ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) mgcos f 突 a 物体 ③上传条件：μ>tanθ f=μ v O t t t ④共速摩擦力突变为静摩擦 L 1 2 力f'=mgsinθ θ 受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题 μx 传 θ ( O t t t 物 ，痕迹 Δx 1 =x 传 -x 物 ，共速 1 2 后，x >x ，痕迹 Δx=x -x 物 传 2 物 ，总痕迹取二者中大的那一 传 段 【例1】 (2021·山东省等级考试模拟)(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边 的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速 度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8)( ) A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大 B．物块A、B同时到达底端 C．物块A先到达传送带底端 D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3【答案】 BD 【解析】 对物块A、B受力分析，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，故物块A所受摩擦力沿传送带向上，向 下做匀加速直线运动，物块B所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线 运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A、C错 误，B正确．对物块A，划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移，以物块A为研究对象，由牛顿 第二定律得：a＝2 m/s2，由运动学公式得运动时间为：t＝1 s，所以传送带运动的位移为x＝vt＝1 m．则物 块A在传送带上的划痕为：Δx ＝2 m－1 m＝1 m，对物块B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位 1 移，同理得出物块B在传送带上的划痕长度为Δx＝3 m．所以划痕长度之比为1∶3，故D正确． 2 【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生能理解摩擦力的产生原理能区分 位移、相对位移、划痕等概念的异同与求法。 【变式训练1】如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v 0 ＝10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带 之间的动摩擦因数为μ＝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取10 m/s2，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？ (2)煤块从A到B的时间； (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度. 【答案】 (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m 【解析】 (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有 mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止. (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为 a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 1 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t＝＝1 s， 1 发生的位移x＝at2＝5 m 1 11 煤块速度达到v 后，因μgcos θμ(下面比上面粗糙)，则会相对滑动． 2 1 类型2 加外力下滑类(如图) 对m分析，加速度范围gsin θ－μgcos θ0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h ，到达最高点。由运动学公式有 2 h＝⑨ 2 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H，则H＝h＋h⑩ 1 1 1 2 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H＝H⑪ 1 (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x。在管开始下落到上升H 这一过程中，由动能定理有 1 1 Mg(H－H)＋mg(H－H＋x)－4mgx＝0⑫ 1 1 1 1 联立⑪⑫式并代入题给数据得x＝H⑬ 1 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 为x＝H⑭ 2 2 1 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x＋x≤L⑮ 1 2 联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足的条件为L≥H⑯ 【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。本题要求考生能对物体准确的受力分析能 构建出竖直面内的滑块木板模型，借助牛顿运动定律运动学公式功与能等知识综合分析问题解决问题。 【变式训练】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M ＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板 施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点。 (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； (2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离 木板后沿斜面上升的最大距离。 【答案】(1)20 N0解得F>20 N 所以20 N30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得 F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma 1 隔离物块，由牛顿第二定律得 μmgcos α－mgsin α＝ma 2 设物块滑离木板所用时间为t 木板的位移x＝at2 1 1 物块的位移x＝at2 2 2 物块与木板分离的临界条件为 Δx＝x－x＝L 1 2 联立以上各式解得t＝1.2 s 物块滑离木板时的速度v＝at 2 由公式－2gxsin α＝0－v2 解得x＝0.9 m。