2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第三章牛顿运动定律专题强化四

专题强化四　动力学中三种典型物理模型
专题解读 1.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．
2．通过本专题的学习，可以培养同学们的审题能力、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．
3．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
1．两种模型(如图1)

图1
2．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1所示．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＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝ ＝ .

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1

①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2

①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v，一直匀速
③v0 情景3

①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
2.倾斜传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2

①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

例1　如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，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．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则(　　)

图2
A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．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mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin θ.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsin θ，x＝at2，解得t＝ .可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑到d点所用的时间相等，选项D正确．

变式1　(2018·广东省惠州市第三次调研)如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直．一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较(　　)

图3
A．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同
B．质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短
C．质点沿着轨道AB下滑，时间最短
D．轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短
答案　A
命题点二　“传送带”模型
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，则物体减速)，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．
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mgsin θ与μmgcos θ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．
例2　(2018·安徽省安庆市二模)如图4所示，半径R＝1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L＝16 m，传送带以v0＝10 m/s的速度顺时针运动，将质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.

图4
(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；
(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；
(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件．
答案　见解析
解析　(1) 设滑块加速运动的时间为t1，加速度大小为a，对滑块受力分析，有μmg＝ma
v0＝at1
解得：t1＝2.5 s，a＝4 m/s2
设滑块速度达到v0时经过的位移为x1
x1＝at12＝12.5 m
设滑块匀速运动的位移为x2，则x2＝L－x1＝3.5 m
则滑块匀速运动的时间为t2＝＝0.35 s
所需时间为t＝t1＋t2＝2.85 s.
(2)滑块能通过C点的临界条件是在C点轨道对滑块压力为0，则在C点由牛顿第二定律得mg＝m
B点到C点由动能定理得－mg·2R＝mvC2－mvB2
滑块通过B点的速度至少为vB＝4 m/s
vB2＝2ax
解得：x＝10 m
滑块在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处．
(3)若给滑块一水平向右的初速度v1 ，vB2－v12＝2a·
解得：v1＝4 m/s
所以v1≥4 m/s
若给滑块一水平向左的初速度v2，只需让滑块向左减速滑行的距离在2～8 m的范围即可
由运动学公式可得v22－0＝2ax′，2≤x′≤8
解得4 m/s≤v2≤8 m/s，
所以当初速度方向水平向左时满足于4 m/s≤v2≤8 m/s.
变式2　(2018·甘肃省兰州一中模拟)如图5甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：

图5
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长．
答案　(1)　(2)18 m
解析　(1)根据v－t图象的斜率表示加速度，a＝＝ m/s2＝1 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动
0～6 s内传送带匀速运动距离为：x带＝4×6 m＝24 m．速度图象的“面积”大小等于位移，
则0～2 s内物块位移为：x1＝×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，
2～6 s内物块位移为：x2＝×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上
所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m．
命题点三　“滑块—木板”模型
如图6所示，解决此模型的基本思路如下：

图6
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情况与运动过程
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
将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析
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
运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等

例3　(2018·山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考)如图7所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m．现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：

图7
(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；
(2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)．
答案　(1)1 m/s　(2)0.670 m
解析　(1)木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg
木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2(2M＋m)g
因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动
设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，μ1mg＝ma1
小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v：
v2－v02＝－2a1l
代入数据解得：v＝1 m/s
(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a2：
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
设木块与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：
对木块：v1＝v－a1t
对木板有：v1＝a2t
解得： v1＝0.1 m/s，t＝0.3 s
此时木块运动的位移x1＝t＝0.165 m
木板的位移x1′＝＝0.015 m
木块在木板上滑动的长度为x1－x1′ 达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
v12＝2a3x2
解得x2＝0.005 m
小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.670 m.
变式3　(2019·黑龙江省哈尔滨市模拟)如图8甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t的变化图象如图乙所示．已知滑块质量m＝2 kg，木板质量M＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.(已知滑块在2.5 s内没有滑离木板)

图8
(1)在0～0.5 s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小是多少？
(2)在2.5 s时，滑块和长木板的速度分别是多少？
答案　(1)2 N　(2)13 m/s　9 m/s
解析　(1)在0～0.5 s过程中，假设M、m具有共同加速度a1，则：F1＝(M＋m)a1
a1＝2 m/s2
木板能达到的最大加速度a2＝
a 2＝4 m/s2>a1
所以M、m相对静止，M、m之间为静摩擦力Ff＝Ma1
解得：Ff＝2 N
(2)木板和滑块在0.5 s时的速度v1＝a1t1
解得：v1＝1 m/s
在0.5～2.5 s过程中，假设M、m具有共同加速度a3 ，则：F2＝(M＋m)a3
a3≈5.3 m/s2>a2，则M、m相对滑动
长木板在2.5 s时的速度v2＝v1＋a2t2
解得：v2＝9 m/s
以滑块为研究对象：F2－μmg＝ma4
解得：a4＝6 m/s2
滑块在2.5 s时的速度v3＝v1＋a4t2
解得：v3＝13 m/s.

1．(2019·广东省东莞市质检)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为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1
A．2∶1 B．1∶1
C.∶1 D．1∶
答案　B
2．(2018·山东省泰安市上学期期中)如图2所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F，则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)(　　)

图2
A．aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2
B．aA＝2 m/s2，aB＝6 m/s2
C．aA＝8 m/s2，aB＝4 m/s2
D．aA＝10 m/s2，aB＝6 m/s2
答案　D
解析　对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则Ffm＝μmAg＝12 N，则最大加速度a＝＝ m/s2＝6 m/s2.对整体运用牛顿第二定律可得F＝(mA＋mB)a＝48 N，即当拉力增加到48 N时，发生相对滑动，当F≤48 N时，aA＝aB≤6 m/s2，当F>48 N时，aA>aB，且aA>6 m/s2，aB＝6 m/s2恒定不变，故D正确．
3．(2018·安徽省安庆市二模)如图3所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

图3
A．1∶1 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2
答案　C
解析　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，隔离B分析，aB＝a1＝＝μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，故选项C正确．
4．(多选)(2019·湖北省黄冈市模拟)机场使用的货物安检装置如图4所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图4
A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s
B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 s
C．背包与传送带之间的相对位移为0.3 m
D．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m
答案　AD
解析　背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝＝0.2 s，此过程背包对地面位移x1＝t1＝×0.2 m＝0.1 m 5．(多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图5甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
　
图5
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案　BC
解析　物块在木板上运动过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率大小表示加速度大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，两者v－t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确．
6．(2018·福建省宁德市上学期期末)智能分拣设备迅速将包裹分拣装车．若把智能分拣设备简化成如图6所示的水平传输装置，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的包裹轻放在皮带上，包裹和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中，设皮带足够长，取g＝10 m/s2，求：

图6
(1)包裹滑动时加速度a的大小；
(2)包裹滑动的时间t；
(3)包裹位移x的大小．
答案　(1)5 m/s2　(2)0.2 s　(3)0.1 m
解析　(1)设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为Ff，则：Ff＝μmg＝ma
a＝μg＝5 m/s2
(2)包裹加速到与传送带速度相等的时间为t＝＝ s＝0.2 s
(3)加速到与传送带相对静止的位移为x＝at2＝×5×0.22 m＝0.1 m.
7．(2018·江西省六校第五次联考)如图7所示，一倾角θ＝37°的斜面底端与一传送带左端相接于B点，传送带以v＝7 m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v0＝4 m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C点．已知斜面AB长度为L1＝6 m，传送带BC长度为L2＝6 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)．求：

图7
(1)物块与斜面之间的动摩擦因数μ1；
(2)物块在传送带上运动的时间．
答案　(1)　(2)2 s
解析　(1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，在AB斜面上下滑的过程中：L1＝，可得a1＝ m/s2
由牛顿第二定律得μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma1，故μ1＝.
(2)在BC上运动过程中，物块先匀加速运动，加速度大小a2＝μ2g＝3 m/s2
假设一直加速到C点时速度为vC，vC2＝2a2L2，vC＝6 m/s<7 m/s，假设成立，则t＝＝2 s.
8．(2018·安徽省安庆市二模)如图8甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带的左端与A、A与B之间距离均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g＝10 m/s2.求：

图8
(1)A物体在纸带上的滑动时间；
(2)在图乙坐标系中定性画出A、B两物体的v－t图象；
(3)两物体A、B停在地面上的距离．
答案　(1)1 s　(2)如图所示

(3)1.25 m
解析　(1)两物体在纸带上滑动时有μ1mg＝ma1，当物体A滑离纸带时－＝d
得t1＝1 s
(2)如图所示

(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1
两物体在地面上运动时有μ2mg＝ma2
物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移
x1＝＋
当物体B滑离纸带时－＝2d
物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2
物体B从开始运动到停止在地面上过程的总位移x2＝＋
两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1
联立得x＝1.25 m.