高中物理复习必修1牛顿运动定律专题二动力学中的典型

专题二动力学中的典型“模型” 模型一等时圆模型 1.模型特征 (1)质点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 1 甲所示。 (2)质点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过切点,质点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。 图 1 2.思维模板 【例 1】 如图 2 所示,ab、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆,a、b、c、d 位 于同一圆周上,b 点为圆周的最低点,c 点为圆周的最高点,若每根杆上都套着一个 小滑环(图中未画出),将两滑环同时从 a、c 处由静止释放,用 t1、t2分别表示滑环 从 a 到 b、从 c 到 d 所用的时间,则() 图 2 A.t1＝t2 C.t1＜t2 B.t1＞t2 D.无法确定 解析设光滑细杆与竖直方向的夹角为 α,圆周的直径为 D,根据牛顿第二定律得 滑环的加速度为 a＝ at 得,t＝ 确。 答案A 1.如图3所示,位于竖直平面内的圆周与水平面相切于 M点,与竖直墙相切于 A点, 竖直墙上另一点 B 与 M 的连线和水平面的夹角为 60°,C 是圆环轨道的圆心。 已 知在同一时刻,甲、乙两球分别从 A、B 两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到 M 点。丙球由 C 点自由下落到 M 点。则() 2 mgcos α1 ＝gcos α,光滑细杆的长度为 x＝Dcos α,则根据 x＝ m2 2D g ,可见时间 t 与 α 无关,故有 t1＝t2,因此 A 项正 2x a ＝ 2Dcos α gcos α ＝ 图 3 A.甲球最先到达 M 点 C.丙球最先到达 M 点 B.乙球最先到达 M 点 D.三个球同时到达 M 点 R g；丙球做自由落 解析设圆轨道的半径为 R,根据等时圆模型有 t 乙t甲,t甲＝2 体运动,有 t 丙＝ 答案C 2R g ,所以有 t 乙t甲t丙,选项 C 正确。 2.(2020·合肥质检)如图 4 所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于 O 点,O 点恰好是下半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。 现有三条光滑轨道 AOB、 COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系 为 αβθ,现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一 条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为() 图 4 A.tAB＝tCD＝tEF C.tABtEF D.tAB＝tCDtCDtEF,选项 B 正确。 答案B 模型二“传送带”模型 1.水平传送带模型 项目 情景 1 图示运动情况 可能一直加速,也可能先加速 后匀速 当 v0v 时,可能一直减速,也可 情景 2 能先减速再匀速；当 v0v 时, 可能一直加速,也可能先加速 再匀速 |v2－v2 0| 若 2μg ≤l,物、带能 共速 判断方法 v2 若2μg≤l,物、带能共速 传送带较短时,滑块一直减速 情景 3 2.倾斜传送带模型 项目 情景 1 图示运动情况 可能一直加速,也可能先加 速后匀速 判断方法 v2 若2a≤l,物、带能共速 v2 0 达到左端；传送带较长时,滑块若2μg≤l,物块能返回 还要被传送带传回右端 v2 若2a≤l,物、带能共速； 可能一直加速,也可能先加 情景 2速后匀速,还可能先以a1加 若 μ≥tan θ,物、带共速 速后以 a2加速 后匀速；若 μtan θ,物 体以 a2加速(a2v1,则 () 图 8 A.t2时刻,小物块离 A 处的距离达到最大 B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0～t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析t1时刻小物块向左运动到速度为零,离 A 处的距离达到最大,A 错误；t1～t2 时间段,小物块对地向右加速,相对传送带仍向左运动,之后相对静止,B 正确；0～ t2时间内,小物块受到的摩擦力方向始终向右,C 错误；t2～t3时间内小物块随传送 带一起向右匀速运动,不受摩擦力作用,D 错误。 答案B 2.如图 9 所示,传送带与地面夹角 θ＝37°,从 A 到 B 长度为 L＝10.25 m,传送带以 v0＝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: 图 9 (1)煤块从 A 到 B 的时间； (2)煤块从 A 到 B 的过程中传送带上形成痕迹的长度。 解析(1)煤块刚放上时,受到沿斜面向下的摩擦力,其加速度为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2, v0 煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间 t1＝a＝1 s, 1 1 发生的位移 x1＝2a1t2 1＝5 m。 达到 v0后,受到沿斜面向上的摩擦力,则 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2, x2＝L－x1＝5.25 m, 1 2x2＝v0t2＋2a2t2,得 t2＝0.5 s。 煤块从 A 到 B 的时间为 t＝t1＋t2＝1.5 s。 (2)第一过程痕迹长 Δx1＝v0t1－x1＝5 m, 第二过程痕迹长 Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m, Δx1与 Δx2部分重合,故痕迹总长为 5 m。 答案(1)1.5 s(2)5 m 模型三“板—块”模型 1.抓住一个转折和两个关联 2.分析“板—块”模型的“四点”注意 (1)用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。 (2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。 (3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。 (4)在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。 【例 4】 (2019·江苏卷,15)如图 10 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 10 (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。 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 v2 A＝2aAL 解得 vA＝ 2μgL。 (2)设 A、B 的质量均为 m 对齐前,B 所受合外力大小 F＝3μmg 由牛顿第二定律 F＝maB,得 aB＝3μg 对齐后,A、B 整体所受合外力大小 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 a