动力学中三种典型物理模型

专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解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.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.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”模型一、“等时圆”模型1.两种模型（如图1）图12.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，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2dsinα

gsinα2gd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、长短无关二、“传送带”模型1.水平传送带模型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时，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v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型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加速三、“滑块—木板”模型1.模型特点滑块（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命题点一“等时圆”模型

1固定的光滑细杆，每根杆上都套着一释放，用t1、t2、如图31固定的光滑细杆，每根杆上都套着一释放，用t1、t2、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t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则()图3A.t1<t2<t3B.t1>t2>t3C.t3>t1>t2D.t1＝t2＝t3答案D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，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsinθ，x＝21at2，解得t＝2gD.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.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4a球最先到达M图4b球最先到达M点c球最先到达M点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＝4gR，tb，tb>ta，c球做自由落体运动tc＝g，C选项正确动tc＝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＜v传，则物体加速；若v物＞v传，则物体减速），直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，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.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.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若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小？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？若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4m/s，且物块初速度变为v0′＝6m/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)2m/s(2)12m/s(3)12s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/s2传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，v0v0225又x＝20a＝3m>L＝8m，则由vB2－v02＝－2aL得vB＝2m/s(2)由题意知，物块先加速到 v1＝12m/s2211由v12－v02＝2ax1，得x1＝3m<L＝8m故物块先加速后匀速运动即物块到达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向右减速到v2＝0时由v22－v0′2＝－2ax2得x2＝3m由v2＝v0′－at1得t1＝1s向左加速到v3＝4m/s时224由v32－v22＝2ax3得x3＝3m<x2＝3m故向左先加速后匀速2由v3＝v2＋at2得t2＝3s向左匀速运动v4＝v3＝4m/s5x4＝x2－x3＝3m由x4＝v4t3得t3＝152s故t＝t1＋t2＋t3＝2152s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＝2m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12m/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/s2，已知sin37＝°0.6，cos37°＝0.8)图6求货物刚滑上传送带时加速度为多大？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？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/s2，方向沿传送带向下(2)1s7m(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：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsinθ＋Ff＝ma1垂直传送带方向：mgcosθ＝FN又Ff＝μFN由以上三式得：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)m/s2＝10m/s2，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：v－v0 v0＋vt1＝ ＝1s，x1＝2t1＝7m－a12(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ>μmcgosθ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinθ－μmcgosθ＝ma2，得：a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，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＝ ＝1s－a2v＋0货物沿传送带向上滑的位移x2＝2t2＝1m则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8m.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x＝2a2t32，代入解得t3＝22s.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运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力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”的摩擦力将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析

情况与运动过程Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变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＝10m/s2.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TOC\o"1-5"\h\zFf1＝μ1mAg ①Ff2＝μ1mBg ②Ff3＝μ2（m＋mA＋mB）g ③由牛顿第二定律得Ff1＝mAaA ④Ff2＝mBaB ⑤Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 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 ⑦v1＝a1t1 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（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为12sB＝v0t1－2aBt1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 ?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在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为s1＝v1t2－21a2t22在（t1＋t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为12sA＝v0（t1＋t2）－2aA（t1＋t2）2A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s0＝1.9m（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μ1＝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/s2，求：图9(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；A、B撤去外力(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；从开始到均静止，AA、B撤去外力答案(1)25N(2)0.75m14.4m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/s2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，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Aμ1mg＝ma1，得a1＝4m/s2，v1＝a1t1＝4m/s对于BF－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，得a2＝5.25m/s2，v2＝a2t1＝5.25m/sμ1mg＋μ2M＋mg 2撤去外力a1′＝a1＝4m/s，a2′＝ M ＝2.25m/s2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Lv22v32－v2212L＝xB－xA＝ ＋－a1（t1＋t2）2＝0.75m2a2－2a2′2a3＝μ2ga3＝μ2g＝1m/s2v32从v3至最终静止位移为x＝2a3＝11.52m所以A的总位移为xA总＝xA＋x＝14.4m.(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12∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶3答案B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3m.一物块从B端以初速度v0＝4m/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/s2.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答案B(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（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＝2.5m/s2，t＝0.5s时，将一个质量m＝1kg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，g＝10m/s2，则（ ）图4A.水平恒力F的大小为10N铁块放上木板后，木板的加速度为 2m/s2铁块在木板上运动的时间为1s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/s2，选项B错误；0.5s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5m/s＝1.25m/s，铁块滑离木板时，木板的速度：v11＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，铁块的速度v′＝a铁t2＝μ1gt2＝t2，由题意：v′＝2v1，解得t2＝1s，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度 v1＝2m/s，铁块的速度v′＝1m/s，则木v0＋v1v′1.25＋2 1板的长度为：L＝2t2－2t2＝2×1m－2×1m＝1.125m，选项D错误；故选A、C.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5A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等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做匀速运动若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动不论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 μmcgosθ，根据牛顿第二定律得加速mgsinθ＋μmcgosθ度a＝ m ＝g(sinθ＋μcosθ)，选项B错误；若μ≥tanθ，粮袋从A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.如图6所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5m/s的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d＝15.25m.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＝10m/s2，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.图6答案9m/s2.5s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＋μmcgosθ＝ma1v＝a1t112x1＝2a1t12代入数据解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，x1＝1.25m由于x1＝1.25m<d＝15.25m，当物块的速度等于传送带速度时，因为 mgsin37°μ>mcgos37，物块将继续向下做匀加速运动.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mgsinθ－μmcgosθ＝ma212x2＝d－x1＝vt2＋2a2t2vB＝v＋a2t2代入数据解得a2＝2m/s2，t2＝2s，vB＝9m/s

物块从A端