动力学中的三种典型模型（教师版）

专题四动力学中的三种典型模型模型一“传送带”模型一、模型特点传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。二、基本分析思路:1.判断摩擦力的方向，对物体受力分析求加速度；2.由运动学规律判断能否共速、何时共速，并确定共速后能否匀速运动；若不能做匀速运动，需重新求解物体的加速度；3.由牛顿运动定律并结合运动学公式分段求解。三、水平传送带1.三种常见情境项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v02.解题方法突破(1)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。(2)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，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。(3)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|。四、倾斜传送带模型1.两种常见的情景项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①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2.方法突破物体沿倾角为θ的传送带运动时，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。题型一水平传送带问题应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是()A.开始时行李的加速度大小为2m/s2B.行李经过2s到达B处C.行李到达B处时速度大小为2.82m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08mA开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小x＝at12＝2m＝0.04m，匀速运动的时间为t2＝＝s＝4.9s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4m/s，故C错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝－0.04)m＝0.04m，故D错误。如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度取g＝10m/s2。(1)若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。(1)2.75s(2)43m/s2m/s（1）传送带的速度v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2－v02＝－2as1②联立①②式，代入题给数据得s1＝4.5m③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有：v＝v0－at1′④t1＝t1′＋⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75s⑥（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有：－μmgL＝EQ\f(1,2)mv12－EQ\f(1,2)mv02⑦μmgL＝EQ\f(1,2)mv22－EQ\f(1,2)mv02⑧联立⑦⑧式并代入题给数据得v1＝EQ\r(2)m/s，v2＝EQ4\r(3)m/s。题型二倾斜传送带问题(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图像可能是()BC根据题意，设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsinθ＞μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向下，滑块向下匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，滑块沿传送带方向所受合力为零，滑块匀速下滑；若mgsinθ＜μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向上，滑块匀减速下滑，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，则之后滑块随传送带一起匀速运动。故A、D错误，B、C正确。机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t.(1)0.4m/s2(2)4.5s（1）小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcosθ＞mgsinθ，所以小包裹先做匀减速直线运动，然后与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝0.4m/s2。（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝EQ\f(v2－v1,a)＝－0.6,0.4)s＝2.5s在传送带上滑动的距离为x1＝EQ\f(v1＋v2,2)t1＝＋1.6,2)×2.5m＝2.75m共速后，匀速运动的时间为t2＝EQ\f(L－x1,v1)＝－2.75,0.6)s＝2s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5s。传送带模型问题的两个关键分析受力分析(1)摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。(2)共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。运动分析(1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系比较方便。(2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。(3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。1.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则()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B小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。2.如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0g的黑色煤块，经过2s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，sin37°＝，g＝10m/s2，求：(1)传送带从A到B的长度；(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。(1)16m(2)5m(1)煤块速度达到10m/s之前mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2t1＝va1x1＝12a1t12＝煤块速度达到10m/s之后运动时间t2＝1s，由于，所以煤块继续做加速运动，根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2x2＝vt2＋12a2t22＝L＝x1＋x2＝16m。(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5m煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1m由于s1相>s2相，可见痕迹长为5m。模型二“滑块—木板”模型一、模型特点滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。二、位移关系滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。三、四种常见类型滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。图例初始条件终了条件(1)滑块m静止。(2)木板M初速度为v。(1)滑块m停在木板M上某位置。(2)滑块m恰好没有滑离木板。(3)滑块m滑离木板M。(1)滑块m初速度为v。(2)木板M静止。(1)滑块m、木板M均静止。(2)外力F作用在木板M上。(1)滑块m、木板M均静止。(2)外力F作用在滑块m上。题型一无外力作用下的相对运动（多选）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m＝0.1kg，长木板的质量为M＝1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1＝，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝，重力加速度大小为g＝10m/s2，最终小物块未滑离长木板，下列说法正确的是（）A．小物块向右减速为零时，长木板的速度为1.3m/sB．小物块与长木板相对静止时，速度为2m/sC．长木板的最短长度为6mD．当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用BC对长木板，根据牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma2，可得a2＝m/s2，小物块的加速度a1＝－μ2g＝－4m/s2，小物块速度减小到0经历的时间为t1＝＝1s，此时木板向左的位移为x1＝v0t1＋＝m，木板的速度v1＝v0＋a2t1＝m/s，故A错误；小物块向右运动的位移为x2＝＝2m。此后，小物块开始向左加速，加速度大小为a3＝μ2g＝4m/s2，木板继续减速，加速度仍为a2＝m/s2，假设又经历t2时间二者速度相等，则有a3t2＝v1＋a2t2，解得t2＝0.5s，此过程木板位移x3＝v1t2＋＝m，速度v3＝v1＋a2t2＝2m/s，故B正确；小物块的位移x4＝＝0.5m。二者的相对位移为Δx＝(x1＋x2)＋(x3－x4)＝6m，所以木板最小的长度为6m。故C正确；此后木块和木板一起向左做匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D错误。题型二有外力作用下的相对运动如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝，长木板与小物块均静止，现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，g取10m/s2，则：（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？（3）最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？（4）最终小物块离长木板右端多远？（1）3m/s2（2）0.5m（3）2.8m/s（4）0.7m（1）对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3m/s2（2）撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝μg＝2m/s2Δx1＝at2－amt2＝0.5m（3）刚撤去F时v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s撤去F后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5m/s2最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8m/s（4）在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝，解得Δx2＝0.2m最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7m。解题方法点拔(1)关注“一个转折”和“两个关联”(2)掌握“板块”模型的“思维流程”1．（多选）滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为EQ\f(21,40)。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝，cos37°＝，g取10m/s2，则下列判断正确的是（）A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C．经过1s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/sBC对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝EQ\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2.8m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝EQ\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝0.8m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有EQ\f(1,2)a1t2－EQ\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8m/s，D错误，C正确。2．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F。滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（）A．t＝9s时长木板P停下来B．长木板P的长度至少是7mC．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12mA由题图乙可知，力F在t1＝5s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s时两者速度相同，v2＝3m/s，t2＝6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，且a1＝＝0.5m/s2，解得μ1＝，在5～6s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，且a2＝＝2m/s2，解得μ2＝，从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1m/s2，这段时间Δt3＝＝3s，则t＝9s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度至少是前6s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，即Δx1＝×5×5m＋×(5＋3)×1m－1/2×3×6m＝7.5m，故B错误；在从6s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5m/s2，这段时间Δt4＝＝6s，所以t3＝12s时滑块Q停下来，6s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2＝×6×3m－×3×3m＝4.5m，前6s长木板P速度更大，后6s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝3m，故D错误。模型三“等时圆”模型等时圆模型分析如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀变速直线运动规律有x＝EQ\f(1,2)at