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.
一、“等时圆”模型 1.两种模型(如图1)
图1
2.等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为s＝dsinα，所以运动时间为t0＝＝2dsin α＝gsin α2d. 2sag
图2
即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.
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小中高 精品 教案 试卷
二、“传送带”模型 1.水平传送带模型 项目 情景1 图示 ①可能一直加速 滑块可能的运动情况 ②可能先加速后匀速 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 情景2 ②v0＝v，一直匀速 ③v0 项目 情景1 回时速度为v，当v0 滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动. 2.两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度. 制作不易 推荐下载 2 小中高 精品 教案 试卷 命题点一 “等时圆”模型 例1 如图3所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则( ) 图3 A.t1 解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用.设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，得加速度大小a＝gsinθ.设圆周的直径为D，12 则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsinθ，x＝at，解得t＝ 2 2Dg.可见，滑环滑到d点的 时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确. 制作不易 推荐下载 3 小中高 精品 教案 试卷 变式1 如图4所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于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a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点； c球由C点自由下落到M点.则( ) 图4 A.a球最先到达M点 B.b球最先到达M点 C.c球最先到达M点 D.b球和c球都可能最先到达M点 答案 C 解析 设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，ta＝动tc＝ 命题点二 “传送带”模型 1.水平传送带 水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向. 在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物 计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|. 2.倾斜传送带 物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况. 制作不易 推荐下载 4 4R＝2gR，tb>ta，c球做自由落体运g2R，C选项正确. g小中高 精品 教案 试卷 例2 如图5所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8m，它与水平台面平滑连接.现有物块以v0＝10m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.试求： 图5 (1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小？ (2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12m/s，则物块到达B端时的速度大小？ (3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v0′＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？ 25 答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3)s 12 解析 (1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知 FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN 得a＝6m/s 传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动， 2 v2250 又x＝＝m>L＝8m， 2a3 则由vB－v0＝－2aL 得vB＝2m/s (2)由题意知，物块先加速到v1＝12m/s 1122 由v1－v0＝2ax1，得x1＝m 即物块到达B时的速度为vB′＝v1＝12m/s (3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速 ①向右减速到v2＝0时 由v2－v0′＝－2ax2得x2＝3m 由v2＝v0′－at1得t1＝1s ②向左加速到v3＝4m/s时 422 由v3－v2＝2ax3得x3＝m 由v3＝v2＋at2得t2＝s 3 制作不易 推荐下载 5 2 2 2 2 小中高 精品 教案 试卷 ③向左匀速运动v4＝v3＝4m/s x4＝x2－x3＝m 5 由x4＝v4t3得t3＝s 1225 故t＝t1＋t2＋t3＝s 12 变式2 (2018·湖北荆州模拟)如图6所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g＝10m/s，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 2 5 3 图6 (1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？ (2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？ 答案 (1)10m/s，方向沿传送带向下 (2)1s 7m (3)(2＋22) s 解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示： 2 根据牛顿第二定律得 沿传送带方向：mgsin θ＋Ff＝ma1 垂直传送带方向：mgcos θ＝FN 又Ff＝μFN 由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s＝10 m/s，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有： 2 2 v－v0v0＋vt1＝＝1 s，x1＝t1＝7 m －a12 (3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传 制作不易 推荐下载 6 小中高 精品 教案 试卷 送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s，方向沿传送带向下. 0－v设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝＝1 s －a2货物沿传送带向上滑的位移x2＝ 2 v＋0 t2＝1 m 2 则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m. 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x12 ＝a2t3，代入解得t3＝22 s. 2 所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s. 命题点三 “滑块—木板”模型 如图7所示，解决此模型的基本思路如下： 图7 运动状态 处理方法 板块速度不相等 隔离法 对滑块和木板进具体步骤 行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程 板块速度相等瞬间 假设法 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力板块共速运动 整体法 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 临界条件 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件 相关知识 例3 (2017·全国卷Ⅲ·25)如图8，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大 制作不易 推荐下载 7 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 小中高 精品 教案 试卷 小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.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/s.求： 图8 (1)B与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B开始运动时，两者之间的距离. 答案 (1)1m/s，方向与B的初速度方向相同 (2)1.9m 解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有 2 Ff1＝μ1mAg Ff2＝μ1mBg Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g 由牛顿第二定律得 ① ② ③ Ff1＝mAaA Ff2＝mBaB Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 ④ ⑤ ⑥ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 v1＝a1t1 ⑦ ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1m/s，方向与B的初速度方向相同 ⑨ (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt12 12 ⑩ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2 ⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反.由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2 对A有：v2＝－v1＋aAt2 ⑫ ⑬ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 制作不易 推荐下载 8 小中高 精品 教案 试卷 s1＝v1t2－a2t22 12 ⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 1 2 ⑮ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB 联立以上各式，并代入数据得 ⑯ s0＝1.9m ⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解) 变式3 如图9所示，质量m＝1kg的物块A放在质量M＝4kg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μ 1 ＝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＝10m/s，求： 图9 (1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值； (2)若F＝30N，作用1s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. 答案 (1)25N (2)0.75m 14.4m 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＝4m/s 对A、B整体F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am，解得F＝25N (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/s，v1＝a1t1＝4 m/s 对于B F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2， 得a2＝5.25 m/s，v2＝a2t1＝5.25 m/s 2 2 2 2 制作不易 推荐下载 9 小中高 精品 教案 试卷 μ1mg＋μ 撤去外力a1′＝a1＝4m/s，a2′＝ 2 M＋mgM＝2.25m/s 2 经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2 解得t2＝0.2s 共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8m/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 2 v2v2123－v22 L＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)＝0.75m 2a2－2a2′2 A、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a3＝μ2g＝1m/s2 v23 从v3至最终静止位移为x＝＝11.52m 2a3 所以A的总位移为xA总＝xA＋x＝14.4m. 1.(2018·广东东莞质检)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R和r的两个相切的圆上，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1 A.2∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶3 答案 B 2.如图2所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2m/s，两端A、B间距离为3 m.一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的( ) 图2 2 制作不易 推荐下载 10 小中高 精品 教案 试卷 答案 B 3.(多选)如图3所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是下列图中的( ) 图3 答案 BD 4.(多选)如图4所示，表面粗糙、质量M＝2kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s，t＝0.5 s时，将一个质量m＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25， 2 g＝10 m/s2，则( ) 图4 A.水平恒力F的大小为10N B.铁块放上木板后，木板的加速度为2m/s C.铁块在木板上运动的时间为1s D.木板的长度为1.625m 答案 AC 解析 未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10N，选项A正确；铁块放上木板后，对木板：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得：a′＝0.75m/s，选项B错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25m/s，铁块滑离木板时，木板的速度：v1＝ 2 2 v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，铁块的速度v′＝a铁 t2＝μ1gt2＝t2，由题意：v′＝v1，解得t2 1 2 制作不易 推荐下载 11 小中高 精品 教案 试卷 ＝1 s，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝2 m/s，铁块的速度v′＝1 m/s，则木板的长度为：L＝v0＋v1v′1.25＋21 t2－t2＝×1 m－×1 m＝1.125 m，选项D错误；故选A、C. 2 2 2 2 5.如图5所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( ) 图5 A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等 B.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C.若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动 D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsinθ 答案 A 解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，μ≥tanθ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tanθ，则粮袋先做加速度为g(sinθ＋μcosθ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sinθ－μcosθ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝ mgsinθ＋μmgcosθ ＝g(sinθ＋μcosθ)，选项B错误；若μ≥tanθ，粮袋从Am到B可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误. 6.如图6所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5 m/s的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d＝15.25 m.现将一物块(可视为质点)无初速度从A端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求物块到达B端时的速度大小和物块从A端运动到B端所用的时间. 2 图6 制作不易 推荐下载 12 小中高 精品 教案 试卷 答案 9m/s 2.5s 解析 设物块由静止运动到传送带速度v＝5m/s的过程，其加速度为a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 v＝a1t1 x1＝a1t12 代入数据解得a1＝10m/s，t1＝0.5s，x1＝1.25m 由于x1＝1.25m 设物块此后运动的加速度为a2，运动时间为t2，位移为x2，到B端的速度为vB，由牛顿第二定律和运动学规律，有 2 12 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 x2＝d－x1＝vt2＋a2t22 vB＝v＋a2t2 代入数据解得a2＝2m/s，t2＝2 s，vB＝9 m/s 物块从A端运动到B端所用时间为t，有t＝t1＋t2＝2.5s 7.(2018·青海西宁调研)图7甲为一转动的传送带AB，传送带以恒定的速率v逆时针转动.在传送带的左侧边缘的B点有一滑块，若让滑块以初速度v1＝3 m/s冲上传送带，滑块运动的v－t图象如图乙中a所示，若让滑块以初速度v2＝6 m/s冲上传送带，滑块运动的v－t图象如图乙中b所示.g取10m/s，试求： 2 2 12 图7 (1)传送带的长度l和传送带与物块之间的动摩擦因数μ； (2)滑块以初速度v1＝3m/s冲上传送带时，滑块返回B点的时间. 答案 (1)32m 0.05 (2)12.5s 解析 (1)根据v－t图象，滑块以初速度v2＝6m/s冲上传送带时，在t＝8s时刻，到达A点，1 所以传送带的长度l＝×(6＋2)×8m＝32m 2 Δv2 根据图线a或者图线b，滑块的加速度大小为a＝＝0.5m/s Δt制作不易 推荐下载 13 小中高 精品 教案 试卷 根据牛顿第二定律得μmg＝ma 解得传送带与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.05 (2)滑块在0～6s和6～ts内的位移大小相等，方向相反 11 ×6×3m＝×(t－6＋t－10)×2m 22滑块返回B点的时间t＝12.5s. 8.如图8所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s. 2 图8 (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间. 答案 见解析 解析 (1)A、B之间的最大静摩擦力为 Ffm>μ1mg＝0.3×1×10N＝3N 假设A、B之间不发生相对滑动则 对A、B整体：F＝(M＋m)a 对B：FfAB＝ma 解得：FfAB＝2.5N 因FfAB 1212据题意：xB－xA＝L；xA＝aAt；xB＝aBt 22解得：t＝2s. 制作不易 推荐下载 14 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容