江苏专用2025版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3节核心素养科学思维-动力学中的两类典型模型学案

PAGE10-科学思维—动力学中的两类典型模型水平传送带模型项目图示滑块可能的运动状况情景1轻放在匀速传送带上(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速情景2以v0冲上匀速传送带(1)v0>v时，可能始终减速，也可能先减速再匀速(2)v0＝v，始终匀速(3)v0<v时，可能始终加速，也可能先加速再匀速情景3以v0冲上匀速传送带(1)传送带较短时，滑块始终减速到达左端(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v0情景4轻放在匀加速启动的传送带上假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma(2)若μg<a，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍旧是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ff＝μmg，产生的加速度a＝μg[示例1]如图所示为车站运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。现有一物块以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。求：(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，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4m/s，且物块初速度变为v′0＝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，又x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(25,3)m>L＝8m则由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2aL得vB＝2m/s。(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12m/s，由veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2ax1，得x1＝eq\f(11,3)m<L＝8m。故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12m/s。(3)当物块初速度v′0＝6m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝eq\f(v′\o\al(2,0),2a)＝3m<L，所以物块先向右减速后向左加速。由0＝v′0－at1，得t1＝1s当物块向左加速到v2＝4m/s时由veq\o\al(2,2)＝2ax3得x3＝eq\f(4,3)m<x2＝3m故物块向左先加速运动后匀速运动由v2＝at2，得t2＝eq\f(2,3)s物块匀速运动的位移x4＝x2－x3＝eq\f(5,3)m由x4＝v2t3得t3＝eq\f(5,12)s故总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(25,12)s。[答案](1)2m/s(2)12m/s(3)eq\f(25,12)s(1)求解水平传送带问题的关键①正确分析物体所受摩擦力的方向。②留意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。(2)处理此类问题的一般流程弄清初始条件⇒推断相对运动⇒推断滑动摩擦力的大小和方向⇒分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向⇒由物体的速度改变分析相对运动⇒进一步确定以后的受力及运动状况。倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动状况情境1(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速情境2(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后再以a2加速情境3(1)可能始终加速(2)可能始终匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能始终减速情境4(1)可能始终加速(2)可能始终匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能先减速，再反向加速，最终匀速(5)可能始终减速[示例2](2024·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A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μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。思路点拨：解此题留意以下几点：(1)煤块刚放上时，推断摩擦力的方向，计算加速度。(2)推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，则要进一步推断煤块能否相对传送带静止。(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，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，最终结果取两次痕迹长者。[解析](1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力如图甲，其加速度为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m<L，即下滑5m与传送带速度相等达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ<tan37°，煤块仍将加速下滑，受力如图乙，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，x2＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，得t2＝0.5s，则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s。甲乙(2)第一过程痕迹长度为Δx1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m，其次过程痕迹长度为Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5m。[答案](1)1.5s(2)5m滑块在传送带上运动时应留意的“六点”(1)留意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定运动状况。(4)留意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。(5)留意传送带的长度是足够长还是有限长，判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。[即时训练]1．如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A．煤块从A运动到B的时间是2.25sB．煤块从A运动到B的时间是2.5sC．划痕长度是2mD．划痕长度是0.5mC[煤块在传送带上匀加速运动时，依据牛顿其次定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝2m<4m，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间t1＝eq\f(v0,a)＝1s，匀速运动的时间t2＝eq\f(x－x1,v0)＝0.5s，则煤块从A运动到B的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，A、B错误；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有Δx＝v0t1－x1＝2m，C正确，D错误。]2．如图所示，倾角为37°、长为l＝16m的传送带，转动速度恒为v＝10m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体(可视为质点)，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑究竟端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑究竟端B的时间。[解析](1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面对上，相对传送带向下匀加速运动，依据牛顿其次定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2依据l＝eq\f(1,2)at2得t＝4s。(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿其次定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1则有a1＝gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经验的时间为t1，位移为x1，则有t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1sx1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m<l＝16m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则mgsin37°－μmgcos37°＝ma2a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因为x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)则有10t2＋teq\o\al(2,2)＝11解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2s。[答案](1)4s(2)2s“滑块—木板”模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。2．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2[示例3](2015·全国卷Ⅰ)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。t＝0时刻起先，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝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v­t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/s2。求：图(a)图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(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：分析探讨对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。其次步：分解过程模型。(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，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)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(Δt→0)，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v3(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)依据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝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a2＝eq\f(v－0,t)＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2依据牛顿其次定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，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x＝vt＋eq\f(1,2)a1t2解得a1＝1m/s2对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力供应合外力，由牛顿其次定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿其次定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝eq\f(4,3)m/s2对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)＝eq\f(10,3)m，末速度v1＝v－a3t1＝eq\f(8,3)m/s滑块向右运动的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝2m此后，小物块起先向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/s2木板接着减速，加速度大小仍为a3＝eq\f(4,3)m/s2假设又经验t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝eq\f(7,6)m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑块向左运动的位移x4＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.5m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m。(3)最终阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1m/s2向左运动的位移为x5＝eq\f(v\o\al(2,3),2a1)＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m。[答案](1)0.10.4(2)6m(3)6.5m[即时训练]3．(2024·江苏东台期末)如图甲所示，一水平长木板静止在光滑水平面上。现有一小铁块(可视为质点)从木板左端以v0＝4m/s的水平初速度向右滑上木板，从今时刻起先计时，之后小铁块和木板运动的