一轮复习鲁科版动力学中的两类典型模型学案

第4节动力学中的两类典型模型学案突破一动力学中的“传送带”模型变型1水平传送带模型1.U!种常见情景项目图示物块可能的运动情况情景1"o=O轻放在匀速传送带上⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速1.U!种常见情景项目图示物块可能的运动情况情景1"o=O轻放在匀速传送带上⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速情景2情景2以。。冲上匀速传送带(l)ro＞r时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)如=。时，一直匀速(3)情景2以。。冲上匀速传送带(l)ro＞r时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)如=。时，一直匀速(3)如＜。时，可能一直加速，也可能先加速再匀速⑴传送带较短时，滑块一直减速到达最左端情景3情景3Vo以。。冲上匀速传送带⑵传送带较长时，滑块还要被传送带传回】返回时速度为心当返回时速度为如假设最大静摩擦力等于滑动摩擦情景4力⑴若物块和传送带一起以加速度。加速运动，物块受到轻放在匀加速启动的传送带上沿传送带前进方向的静摩擦力情景3Vo以。。冲上匀速传送带⑵传送带较长时，滑块还要被传送带传回】返回时速度为心当返回时速度为如假设最大静摩擦力等于滑动摩擦情景4力⑴若物块和传送带一起以加速度。加速运动，物块受到轻放在匀加速启动的传送带上沿传送带前进方向的静摩擦力Ff(2)若"gva,物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向2m,重力加速度为g。求:(1)A、8达到共同速度的时间和共同速度的大小;(2)木板A的最短长度Lo［解析］(1)对4、B分别由牛顿第二定律得^tmg=MaA9pmg=maB大M=2m,可得01=3/4劭=〃g规定水平向右为正方向，经时间，两者达到共同速度。,贝Uv=v^—aBt=—v^+aAt解得解得£=解得£=2如解得£=2如4roVoua+ub3圈'v~30即A、B的共同速度大小为尊a⑵在时间片内:Awe—Vo+v8r(? 八2八3Vo+v4u(?A的位移XA=2t=-痴 B的位移XB=2£=荻木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L=Xx=xb—xa=^~o［答案］(［答案］(［答案］(00s、［答案］(00s、4o(?T⑵旃后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ft=〃mg,产生的加速度af="g⑴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。(2)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As=|s传一s物I；②若二者反向，则As=|s传|+卜物［典例1］如图所示为车站使用的水平传送带模型，其4、区两端的距离L=8m,它与水平台面平滑连接。现有一物块以po=1Om/s的初速度从4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"，g取lOm/s?。求:⑴若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小;⑵若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12m/s,物块到达6端时的速度大小;(3)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Uo=6m/s,仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。［解析］(1)设物块的加速度大小为a9由受力分析可知F^=mg9F[=ma9用=〃外, a=6m/s2o传送带静止，物块从A到5做匀减速直线运动,又又x=又x=又x=定=空2a=Tm>L=8m,贝4由vi—v^=—2aL9得vb=2m/s。(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12m/s”o,物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到ri=12m/s,由v^—v^=2axi,得21=丁m<L=8mo故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为vfB=v\=12m/so(3)当物块初速度。、=6m/s时，物块速度减为零时的位移由=^-=3m<L,乙a所以物块先向右减速后向左加速。由0=0。一加1,得一=ls。当物块向左加速到办=4m/s时4由号？=2gx3得工3=\m<X2=3mo故物块向左先加速运动后匀速运动。2由S=Clt2,得So物块匀速运动的位移％4=%2—口=/m,5 、 25由X4=V2(39得，3=不^So故总时间，=，1+，2+，3=不^So.<1/ Ju/25［答案］(1)2m/s(2)12m/s⑶运s-r-1 L |=!='、|■倾斜传送带模型U!项目图不物块可能的运动情况轻放在匀速传送带上⑴可能一直加速(2)可能先加速后匀速2轻放在匀速传送带上(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以G1加速后再以42加速，且a\>ai2.方法突破情景3以。。冲上匀速传送带(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以加速后再以。2加速,且«1>«2(6)可能一直减速情景4以。。冲上匀速传送带(1)可能一直加速(2)可能一直匀速⑶可能先减速后反向加速最后匀速(4)可能一直减速解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsm〃与〃胆geos0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。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。[典例2](2021♦山东滨州高三4月检测)如图所示，传送带的倾角8=37。,从A到5长度为16m,传送带以10m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为"。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。，，g取10m/s2,求:⑴煤块从A到3的时间;⑵煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度;⑶若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少?思路点拨：解此题注意以下几点：⑴煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从A^B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。(3)达到相同速度后，若煤块相对传送带不再滑动，则匀速运动到3点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。若煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。［解析］(1)开始阶段，由牛顿第二定律得TWgsine+//MgCOS，=机41所以。i=gsin，+〃gcos0解得a\=10m/s2煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为ti=-=^s=lsCL\1U1煤块发生的位移为xi=^ait^=^X10XI2m=5m<16m所以煤块加速到10m/s时仍未到达3点，此后摩擦力方向改变;第二阶段有mgsinO—jLimgcos0=mai解得ai—lm/s2设第二阶段煤块滑动到B点的时间为/2,则LAB-Xl=Vt2+^a2t^解得(2=1S煤块从A到B的时间t=ti+t2=ls+1s=2So⑵第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Axi=r6—xi=10X1m_5m=5m故煤块相对于传送带上移5m第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Ax2=(Lab—Xi)—r/i解得Ax2=1m即煤块相对传送带下移1m故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L=Axi=5mo⑶若增加传送带的速度，煤块一直以加速度的做匀加速运动时，从A运动到3的时间最短,则有七48=5。陪in可得fmin='［答案］(1)2s(2)5m⑶华传送带问题的破解之道(1)对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。(2)分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。(3)如果遇到匀变速的传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。突破二动力学中的“板一块”模型.模型概述⑴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。.常见模型滑板获得一初速度如，则板滑板获得一初速度如，则板滑板获得一初速度如，则板常

见

情

形块同向运动，两者加速度不同，X板块，人"=工板-X块,最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，心=工块+工板滑块获得一初速度划，则板块同向运动，两者加速度不同，X滑板获得一初速度如，则板常

见

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形块同向运动，两者加速度不同，X板块，人"=工板-X块,最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，心=工块+工板滑块获得一初速度划，则板块同向运动，两者加速度不同，X板VX块，Ax=x最后分离或相对静止滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及滑板与地面是否.分析“板一块”模型时要抓住一个转折和两个关联.分析“板一块”模型的“四点”注意(1)用隔离法分析滑块和滑板的受力，分别求出滑块和滑板的加速度。(2)建立滑块位移、滑板位移、滑块相对滑板位移之间的关系式。(3)不要忽略滑块和滑板的运动存在等时关系。(4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的。［典例3］一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图(a)所示。/=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至/=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2o求：(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数⑷及小物块与木板间的动摩擦因数〃2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。［大题拆分］第一步：分析研究对象模型设小物块和木板的质量分别为小和小物块可以看作质点(初始条件未知，如图甲所示)。第二步：分析过程模型(1)认为地面各点的粗糙程度相同,小物块和木板一起向右做匀变速运动,木板与墙壁碰撞前速度大小为0,如图乙所示。⑵木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度03(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。［解析］(1)根据图像可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为0=4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小由=-j—m/s2=4m/s2根据牛顿第二定律有fi2mg=ma29解得"2木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=ls,位移x=4.5m,末速度v=4m/s其逆运动则为匀加速直线运动，可得解得ai=lm/s2设小物块的质量为m,则木板的质量为15//1,对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得5Mg=(6+15/w)«i,即"ig=ai,解得⑵碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有"1(15帆+帆)g+42机g=15，%〃34可得〃3=大m/s2对小物块，加速度大小为〃2=4m/s2由于〃2＞的，所以小物块速度先减小到0,所用时间为介=1s的过程中，木板向左运动的位移为1 ? 10士珏母 8 ,xi=vt\-="§~m,木速度01=。。3力=§m/s小物块向右运动的位移X2=-~ti=2m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为«2=4m/s24木板继续减速，加速度大小仍为的=4m/s2假设又经历打二者速度相等，则有解得，2=0.5s此过程中，木板向左运动的位移工3=0必一%3以=春m,末速度03=01-。3打=2m/s小物块向左运动的位移X4=l«2^=0.5m此后小物块和木板一起匀减速运动，二