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專題強(qiáng)化四 動力學(xué)中三種典型物理模型
專題解讀1.本專題是動力學(xué)方法在三類典型模型問題中的應(yīng)用，其中等時圓模型常在選擇題中考查，而滑塊—木板模型和傳送帶模型常以計算題壓軸題的形式命題.
2.通過本專題的學(xué)習(xí)，可以培養(yǎng)同學(xué)們審題能力、建模能力、分析推理能力和規(guī)范表達(dá)等物理學(xué)科素養(yǎng)，針對性的專題強(qiáng)化，通過題型特點(diǎn)和解題方法的分析，能幫助同學(xué)們迅速提高解題能力.
3.用到的相關(guān)知識有：勻變速直線運(yùn)動規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、相對運(yùn)動的有關(guān)知識.
一、“等時圓”模型
1.兩種模型(如圖1)
圖1
2.等時性的證明
設(shè)某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖2).根據(jù)物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度為a＝gsinα，位移為s＝dsinα，所以運(yùn)動時間為t0＝＝＝.
圖2
即沿同一起點(diǎn)或終點(diǎn)的各條光滑弦運(yùn)動具有等時性，運(yùn)動時間與弦的傾角、長短無關(guān).
二、“傳送帶”模型
1.水平傳送帶模型
項(xiàng)目
圖示
滑塊可能的運(yùn)動情況
情景1
①可能一直加速
②可能先加速后勻速
情景2
①v0>v，可能一直減速，也可能先減速再勻速
②v0＝v，一直勻速
③v0
v返回時速度為v，當(dāng)v0t2>t3C.t3>t1>t2D.t1＝t2＝t3
答案 D
解析 如圖所示，滑環(huán)在下滑過程中受到重力mg和桿的支持力FN作用.設(shè)桿與水平方向的夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，得加速度大小a＝gsinθ.設(shè)圓周的直徑為D，則滑環(huán)沿桿滑到d點(diǎn)的位移大小x＝Dsinθ，x＝at2，解得t＝.可見，滑環(huán)滑到d點(diǎn)的時間t與桿的傾角θ無關(guān)，即三個滑環(huán)滑行到d點(diǎn)所用的時間相等，選項(xiàng)D正確.
變式1 如圖4所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點(diǎn)，與豎直墻相切于A點(diǎn).豎直墻上另一點(diǎn)B與M的連線和水平面的夾角為60，C是圓環(huán)軌道的圓心.已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點(diǎn)從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運(yùn)動到M點(diǎn)；c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn).則( )
圖4
A.a球最先到達(dá)M點(diǎn)
B.b球最先到達(dá)M點(diǎn)
C.c球最先到達(dá)M點(diǎn)
D.b球和c球都可能最先到達(dá)M點(diǎn)
答案 C
解析 設(shè)圓軌道半徑為R，據(jù)“等時圓”理論，ta＝＝2，tb>ta，c球做自由落體運(yùn)動tc＝，C選項(xiàng)正確.
命題點(diǎn)二 “傳送帶”模型
1.水平傳送帶
水平傳送帶又分為兩種情況：物體的初速度與傳送帶速度同向(含物體初速度為0)或反向.
在勻速運(yùn)動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送帶共速的方向變速(若v物v傳，則物體減速)，直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速，或由于傳送帶不是足夠長，在勻加速或勻減速過程中始終沒達(dá)到共速.
計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：①若二者同向，則Δs＝|s傳－s物|；②若二者反向，則Δs＝|s傳|＋|s物|.
2.傾斜傳送帶
物體沿傾角為θ的傳送帶傳送時，可以分為兩類：物體由底端向上運(yùn)動，或者由頂端向下運(yùn)動.解決傾斜傳送帶問題時要特別注意mgsinθ與μmgcosθ的大小和方向的關(guān)系，進(jìn)一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運(yùn)動情況.
例2 如圖5所示為車站使用的水平傳送帶模型，其A、B兩端的距離L＝8m，它與水平臺面平滑連接.現(xiàn)有物塊以v0＝10m/s的初速度從A端水平地滑上傳送帶.已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6.試求：
圖5
(1)若傳送帶保持靜止，物塊滑到B端時的速度大??？
(2)若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動的速率恒為12m/s，則物塊到達(dá)B端時的速度大??？
(3)若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動的速率恒為4 m/s，且物塊初速度變?yōu)関0′＝6 m/s，仍從A端滑上傳送帶，求物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶的總時間？
答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3)s
解析 (1)設(shè)物塊的加速度大小為a，由受力分析可知
FN＝mg，F(xiàn)f＝ma，F(xiàn)f＝μFN
得a＝6m/s2
傳送帶靜止，物塊從A到B做勻減速直線運(yùn)動，
又x＝＝m>L＝8m，
則由vB2－v02＝－2aL
得vB＝2m/s
(2)由題意知，物塊先加速到v1＝12m/s
由v12－v02＝2ax1，得x1＝mFfm，則發(fā)生相對滑動
將滑塊和木板看成一個整體，對整體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動過程分析
臨界條件
①兩者速度達(dá)到相等的瞬間，摩擦力可能發(fā)生突變
②當(dāng)木板的長度一定時，滑塊可能從木板滑下，恰好滑到木板的邊緣，二者共速是滑塊滑離木板的臨界條件
相關(guān)知識
時間及位移關(guān)系式、運(yùn)動學(xué)公式、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能關(guān)系等
例3 (2017全國卷Ⅲ25)如圖8，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
圖8
(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；
(2)A、B開始運(yùn)動時，兩者之間的距離.
答案 (1)1m/s，方向與B的初速度方向相同 (2)1.9m
解析 (1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動.設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2和Ff3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有
Ff1＝μ1mAg ①
Ff2＝μ1mBg ②
Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③
由牛頓第二定律得
Ff1＝mAaA ④
Ff2＝mBaB ⑤
Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 ⑥
設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運(yùn)動學(xué)公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得
v1＝1m/s，方向與B的初速度方向相同 ⑨
(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為
sB＝v0t1－aBt12 ⑩
設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有
Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2 ?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動方向與木板相反.由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式，對木板有
v2＝v1－a2t2 ?
對A有：v2＝－v1＋aAt2 ?
在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為
s1＝v1t2－a2t22 ?
在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ?
A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同.因此A和B開始運(yùn)動時，兩者之間的距離為
s0＝sA＋s1＋sB ?
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得
s0＝1.9m ?
(也可用如圖所示的速度—時間圖線求解)
變式3 如圖9所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊A放在質(zhì)量M＝4kg木板B的左端，起初A、B靜止在水平地面上.現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2，求：
圖9
(1)能使A、B發(fā)生相對滑動的F的最小值；
(2)若F＝30N，作用1s后撤去，要想A不從B上滑落，則木板至少多長；從開始到A、B均靜止，A的總位移是多少.
答案 (1)25N (2)0.75m 14.4m
解析 (1)對于A，最大加速度由A、B間的最大靜摩擦力決定，即
μ1mg＝mam，am＝4m/s2
對A、B整體F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am，解得F＝25N
(2)設(shè)F作用在B上時A、B的加速度分別為a1、a2，撤掉F時速度分別為v1、v2，撤去外力F后加速度分別為a1′、a2′，A、B共同運(yùn)動時速度為v3，加速度為a3，
對于A μ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s
對于B F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s
撤去外力a1′＝a1＝4m/s，a2′＝＝2.25m/s2
經(jīng)過t2時間后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
從開始到A、B相對靜止，A、B的相對位移即為木板最短的長度L
L＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75m
A、B速度相等后共同在水平面上勻減速運(yùn)動，加速度a3＝μ2g＝1m/s2
從v3至最終靜止位移為x＝＝11.52m
所以A的總位移為xA總＝xA＋x＝14.4m.
1.(2018廣東東莞質(zhì)檢)如圖1所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點(diǎn)均分別位于半徑R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點(diǎn)P.設(shè)有一重物先后沿兩個斜槽從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為( )
圖1
A.2∶1B.1∶1C.∶1D.1∶
答案 B
2.如圖2所示，水平方向的傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶速度大小恒為v＝2m/s，兩端A、B間距離為3 m.一物塊從B端以初速度v0＝4 m/s滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10m/s2.物塊從滑上傳送帶至離開傳送帶的過程中，速度隨時間變化的圖象是圖中的( )
圖2
答案 B
3.(多選)如圖3所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上，t＝0時刻滑塊從木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊之間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則滑塊的v－t圖象可能是下列圖中的( )
圖3
答案 BD
4.(多選)如圖4所示，表面粗糙、質(zhì)量M＝2kg的木板，t＝0時在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝2.5 m/s2，t＝0.5 s時，將一個質(zhì)量m＝1 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時速度是木板速度的一半.已知鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木板和地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25，g＝10 m/s2，則( )
圖4
A.水平恒力F的大小為10N
B.鐵塊放上木板后，木板的加速度為2m/s2
C.鐵塊在木板上運(yùn)動的時間為1s
D.木板的長度為1.625m
答案 AC
解析 未放鐵塊時，對木板由牛頓第二定律：F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10N，選項(xiàng)A正確；鐵塊放上木板后，對木板：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得：a′＝0.75m/s2，選項(xiàng)B錯誤；0.5 s時木板的速度v0＝at1＝2.50.5 m/s＝1.25m/s，鐵塊滑離木板時，木板的速度：v1＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，鐵塊的速度v′＝a鐵t2＝μ1gt2＝t2，由題意：v′＝v1，解得t2＝1 s，選項(xiàng)C正確；鐵塊滑離木板時，木板的速度v1＝2 m/s，鐵塊的速度v′＝1 m/s，則木板的長度為：L＝t2－t2＝1 m－1 m＝1.125 m，選項(xiàng)D錯誤；故選A、C.
5.如圖5所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運(yùn)行中的傳送帶上.設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g.關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動，以下說法正確的是( )
圖5
A.糧袋到達(dá)B端的速度與v比較，可能大，可能小也可能相等
B.糧袋開始運(yùn)動的加速度為g(sinθ－μcosθ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運(yùn)動
C.若μ≥tanθ，則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運(yùn)動
D.不論μ大小如何，糧袋從Α到Β端一直做勻加速運(yùn)動，且加速度a≥gsinθ
答案 A
解析 若傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運(yùn)動，到達(dá)B端時的速度小于v；若傳送帶較長，μ≥tanθ，則糧袋先做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運(yùn)動，到達(dá)B端時速度與v相同；若μ＜tanθ，則糧袋先做加速度為g(sinθ＋μcosθ)的勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度為g(sinθ－μcosθ)的勻加速運(yùn)動，到達(dá)B端時的速度大于v，選項(xiàng)A正確；糧袋開始時速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶的運(yùn)動方向是沿傳送帶向上，所以受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據(jù)牛頓第二定律得加速度a＝＝g(sinθ＋μcosθ)，選項(xiàng)B錯誤；若μ≥tanθ，糧袋從A到B可能是一直做勻加速運(yùn)動，也可能先勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運(yùn)動，選項(xiàng)C、D均錯誤.
6.如圖6所示，傾角為θ＝37的傳送帶始終保持以v＝5 m/s的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動，AB兩端距離d＝15.25 m.現(xiàn)將一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度從A端放上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，求物塊到達(dá)B端時的速度大小和物塊從A端運(yùn)動到B端所用的時間.
圖6
答案 9m/s 2.5s
解析 設(shè)物塊由靜止運(yùn)動到傳送帶速度v＝5m/s的過程，其加速度為a1，運(yùn)動時間為t1，位移為x1，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
v＝a1t1
x1＝a1t12
代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，x1＝1.25m
由于x1＝1.25mμmgcos37，物塊將繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動.
設(shè)物塊此后運(yùn)動的加速度為a2，運(yùn)動時間為t2，位移為x2，到B端的速度為vB，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律，有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
x2＝d－x1＝vt2＋a2t22
vB＝v＋a2t2
代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2，t2＝2 s，vB＝9 m/s
物塊從A端運(yùn)動到B端所用時間為t，有t＝t1＋t2＝2.5s
7.(2018青海西寧調(diào)研)圖7甲為一轉(zhuǎn)動的傳送帶AB，傳送帶以恒定的速率v逆時針轉(zhuǎn)動.在傳送帶的左側(cè)邊緣的B點(diǎn)有一滑塊，若讓滑塊以初速度v1＝3 m/s沖上傳送帶，滑塊運(yùn)動的v－t圖象如圖乙中a所示，若讓滑塊以初速度v2＝6 m/s沖上傳送帶，滑塊運(yùn)動的v－t圖象如圖乙中b所示.g取10m/s2，試求：
圖7
(1)傳送帶的長度l和傳送帶與物塊之間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)滑塊以初速度v1＝3m/s沖上傳送帶時，滑塊返回B點(diǎn)的時間.
答案 (1)32m 0.05 (2)12.5s
解析 (1)根據(jù)v－t圖象，滑塊以初速度v2＝6m/s沖上傳送帶時，在t＝8s時刻，到達(dá)A點(diǎn)，所以傳送帶的長度l＝(6＋2)8m＝32m
根據(jù)圖線a或者圖線b，滑塊的加速度大小為a＝＝0.5m/s2
根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma
解得傳送帶與滑塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05
(2)滑塊在0～6s和6～ts內(nèi)的位移大小相等，方向相反
63m＝(t－6＋t－10)2m
滑塊返回B點(diǎn)的時間t＝12.5s.
8.如圖8所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板長L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10m/s2.
圖8
(1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木板間是否會發(fā)生相對滑動；
(2)若木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，求鐵塊運(yùn)動到木板右端所用的時間.
答案 見解析
解析 (1)A、B之間的最大靜摩擦力為
Ffm>μ1mg＝0.3110N＝3N
假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對滑動則
對A、B整體：F＝(M＋m)a
對B：FfAB＝ma
解得：FfAB＝2.5N
因FfAB
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2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)
第三章
牛頓運(yùn)動定律
專題強(qiáng)化四
動力學(xué)中三種典型物理模型學(xué)案
2019
年度
高考
物理
一輪
復(fù)習(xí)
第三
牛頓
運(yùn)動
定律
專題
強(qiáng)化
動力學(xué)
中三種
典型
模型
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