《2020年高考物理十四大必考经典专题：专题04 动力学中典型模型(含答案)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理十四大必考经典专题：专题04 动力学中典型模型(含答案)（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题4: 动力学中的典型模型考点一 ：“滑块滑板”模型1.模型概述(1)滑块、滑板是上、下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动.(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式.2.常见情形常见情形两者同向运动,且v板v块,则两者加速度不同,x板x块,x=x板-x块,最后分离或相对静止两者同向运动,且v板v块,则两者加速度不同,x板v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v;当v0v返回时速度为v0(1)可能一直加速(2
2、)可能先加速后匀速(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(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速,后以a2加速(5)可能先减速后匀速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速典例精析考点一：“滑块滑板”模型典例一：（2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩
3、擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C.F的大小可能为9ND.F的大小与板长L有关【答案】BD【解题思路】由图乙可知，在01s内，木板A的加速度a1=2m/s2，在13s内，木板A的加速度a2=-1m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面之间的动摩擦因数为2，在01s内，隔离木板A受力分析，由1mBg-2（mA+mB）g= m,Aa1，在13s内，隔离木板A受力分析，由-2mAg= m,Aa2，联立解得：2=0.1，1=0.7，选项A错误B正确；隔离B分析受力，由牛顿
4、第二定律，F-1mBg= mBa3，根据速度图像的面积表示位移可知，在01s内，木板A位移x1=1m。滑块B在t=1s内的位移x2=a3t2=，木板A长度L= x2-x1=-1=，可变换为F=2L+3，即F的大小与板长L有关，选项D正确；若F的大小为9N，由牛顿第二定律，F-1mBg= mBa3，可得a3=2m/s2，AB加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9N，选项C错误。典例二：（2019上海二模）如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L=2m，摩擦很小可忽略不计。利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系。某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向
5、始终平行于轨道向上，已知物块的质量m=0.1kg。实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，1为图线与横轴交点。（重力加速度g取10m/s2）问：（1）a0为多大？（2）倾角1为多大？此时物块处于怎样的运动状态？（3）当倾角为30，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？（设O所在水平面的重力势能为零）【解析】（1）=0时，木板水平放置，此时物块的加速度为a0由牛顿第二定律得：F合=F=ma0解得：a0=6m/s2（2）当木板倾角为1时，a=0，物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；由平衡条件得：F=m
6、gsin1解得：sin1=0.6，即1=37（3）当木板倾角为=30时，对物块由牛顿第二定律得：F-mgsin=ma解得：a=1m/s2从静止开始运动1.6s发生的位移为x=1.28m物块具有的最大重力势能：EP=mgxsin解得：EP=0.64J考点二：传送带模型典例一： （2019广东惠州第三次调研）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（ ） 【答案】D【解题】传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块
7、，小木块相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，重力沿传送带斜面的分力和滑动摩擦力方向相同，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1，所以a1gsin gcos 。小木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma2，所以：a2gsin gcos 。根据以上分析，有a2a1。所以，本题正确答案为D。典例二：（湖北省黄冈市黄冈中学2016届高三5月第一次模拟考试理科综
8、合物理试题）（13分）质量为m=20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v0= -10 m/s传送物体的水平传送带，从物体开始冲上传送带计时，物体的速度时间图象如图所示，已知02.0s内水平外力与物体运动方向相反，2.04.0s内水平外力与物体运动方向相反，g取10m/s2。求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）04.0s内物体与传送带间的摩擦热Q. 【答案】(1) =0.3 (2) 2880J 【解析】设水平外力大小为F，由图象可知，02.0s内物体做匀减速直线运动，加速度大小a1=5m/s2。由牛顿第二定律，F+f=ma1，24s内物体做匀加速直线运动
9、，加速度大小a2=1m/s2。由牛顿第二定律， f- F=ma2，联立解得：f=60N。又f=mg，解得：=0.3.此过程中物体与传送带间的摩擦热 Q2=1080J 04.0s内物体与传送带间的摩擦热Q= Q1+Q2=2880J 考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是关于牛顿第二定律的综合应用问题；解题时主要是要搞清物体运动的物理过程，分析其受力情况；善于从给出的v-t图线中获取物体的运动信息；注意摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积.1.（2019河南濮阳三模）一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态一石墨块（可视为质点）静止在白板上石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为突然，使白
10、板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）（）ABCv0tgt2Dv0t【答案】AC【解析】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有mgma,解得:ag.。 如果时间t内一直加速，加速的位移为，故相对白板的位移为如果先加速，后匀速，位移为，故相对白板的位移为如果加速的末速度恰好等于v0，则，故相对白板的位移为经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原
11、路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；选项AC正确。2（2019东北三省四市教研综合体二模）如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与长木板在AB段的动摩擦因数为，在BC段的动摩擦因数为2。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是（ ）AF1与F2的大小之比为12B若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为12 C若将F1、F2都
12、增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比为11D若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为11【答案】ACD【解题思路】隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，F1-mg=ma11，F2-2mg=ma12，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，mg=ma21， 2mg=ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11= a21，a11= a21，联立解得：F1F2=12，选项A正确；若将F1、F2都增加到原来的2倍，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，2F1-mg=ma13，2F2-2mg=ma14，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，mg=ma21， 2mg
13、=ma22，联立解得：a21=g，a22=2g，a13=3g，a14=6g。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t1，则有小物块位移x11=a13t12，木板位移x21=a21t12，x11-x21=L/2，联立解得t1=。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t2，则有小物块位移x12=a14t12，木板位移x22=a22t12，x12-x22=L/2，联立解得t2=。即若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为t1 t2=1，选项B错误；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比x21 x22=a21t12a22t12=11，选项C正
14、确；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为Q1Q2=（mgL/2+2mgL/2）（2mgL/2+mgL/2）=11，选项D正确。3 (2016河北名校调研)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都是0.5，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)下列说法正确的是()A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B均做负功D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为13【答案】BCD【解析】因mgsin mgcos ，物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带
