专题1 第3课时　动力学两类基本问题　板块模型和传送带模型中的动力学问题教案

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高考题型1 动力学两类基本问题
动力学两类基本问题的解题思路
例1 (2021·安徽合肥市高三上第一次教学质量调研)如图1所示，一质量为m＝1 kg的木块在水平推力F作用下沿倾角θ＝37°的固定斜面向上做匀速直线运动，已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图1
(1)水平推力F的大小；
(2)当F＝30 N时，木块从斜面底端由静止开始向上做加速运动，2 s末撤去F，之后木块恰好到达斜面顶端，求撤去F时木块的速度及斜面的长度．
答案 (1)20 N (2)10 m/s，方向平行斜面向上 15 m
解析 (1)木块做匀速直线运动时，对木块受力分析如图
垂直斜面方向FN＝mgcs θ＋Fsin θ
平行斜面方向Fcs θ＝Ff＋mgsin θ
又Ff＝μFN
解得F＝eq \f(μmgcs θ＋mgsin θ,cs θ－μsin θ)＝20 N
(2)木块从斜面底端向上做加速运动过程：设加速度为a1，受力如图
垂直斜面方向FN＝mgcs θ＋Fsin θ
平行斜面方向Fcs θ－mgsin θ－Ff＝ma1
又Ff＝μFN
解得
a1＝eq \f(Fcs θ－mgsin θ－μmgcs θ＋Fsin θ,m)＝5 m/s2，
2 s末木块的速度为v＝a1t＝5×2 m/s＝10 m/s，方向平行斜面向上，
该过程木块发生的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,2)×5×22 m＝10 m
撤去F后：设木块的加速度大小为a2，受力如图
垂直斜面方向FN′＝mgcs θ
平行斜面方向mgsin θ＋Ff′＝ma2
又Ff′＝μFN′
解得a2＝gsin θ＋μgcs θ＝10 m/s2
该过程木块发生的位移x2＝eq \f(v2,2a2)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m，
所以斜面的长度为x1＋x2＝15 m.
高考题型2 板块模型中的动力学问题
动力学解决板块模型问题的思路
例2 如图2，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，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＝4 kg，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＝3 m/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＝10 m/s2.求：
图2
(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)1 m/s，方向与B的初速度方向相同 (2)1.9 m
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
Ff1＝μ1mAg①
Ff2＝μ1mBg②
Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
Ff1＝mAaA④
Ff2＝mBaB⑤
Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥
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－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨
(2)在t1时间内，B相对于地面移动的距离为
xB＝v0t1－eq \f(1,2)aBt12⑩
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)a2⑪
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－a2t2⑫
对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
x1＝v1t2－eq \f(1,2)a2t22⑭
在(t1＋t2)时间内，A相对地面移动的距离为
xA＝v0(t1＋t2)－eq \f(1,2)aA(t1＋t2)2⑮
A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
x0＝xA＋x1＋xB⑯
联立以上各式，并代入数据得
x0＝1.9 m
高考题型3 传送带模型中的动力学问题
1．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
例3 (2021·江苏省四校第三次联考)如图3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v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
图3
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
答案 B
解析 小物块相对地面速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，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．
例4 (2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图4，相距L＝11.5 m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＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/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＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.
图4
(1)若v＝4.0 m/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．
答案 (1)2.75 s (2)4eq \r(3) m/s eq \r(2) m/s
解析 (1)传送带的速度为v＝4.0 m/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位移为x1，由运动学公式有
v2－v02＝－2ax1②
联立①②式，代入题给数据得
x1＝4.5 m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到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′④
t1＝t1′＋eq \f(L－x1,v)⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s⑥
(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，则v12－v02＝－2μgL⑦
v22－v02＝2μgL⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝eq \r(2) m/s,v2＝4eq \r(3) m/s
1.(2021·安徽蚌埠市一模)如图5所示，质量为1 kg的小物块以10 m/s的速度从倾角为37°的固定斜面(足够长)底端向上滑行，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图5
(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离；
(2)物块从最高点滑回底端所经历的时间；
(3)从开始沿斜面上滑到返回底端的过程中，物块所受合力的冲量．
答案 (1)5 m (2)eq \r(5) s (3)(2eq \r(5)＋10) N·s，方向沿斜面向下
解析 (1)设物块沿斜面做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向上滑行的最大距离为x，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
由匀变速直线运动规律得v02＝2a1x，解得x＝5 m
(2)设物块沿斜面向下滑行时的加速度为a2、时间为t，回到底端的速度大小为v，
由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
由匀变速直线运动规律得x＝eq \f(1,2)a2t2，解得t＝eq \r(5) s
(3)物块下滑时，由匀变速直线运动规律得v＝a2t，解得
v＝2eq \r(5) m/s
以沿斜面向上为正方向，根据动量定理得I＝m(－v)－mv0＝－(2eq \r(5)＋10) N·s
故物块所受合力的冲量大小为(2eq \r(5)＋10) N·s，方向沿斜面向下
2.(2021·山东滨州市高三期末)如图6所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，A的左端距B的左端为L，某时刻A静止，B有水平向右的初速度，当A、B左端对齐时恰好相对静止．A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数都是μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
图6
(1)物块左端对齐前物块B的加速度大小；
(2)物块B的初速度大小．
答案 (1)3μg (2)2eq \r(2μgL)
解析 (1)对B受力分析，由牛顿第二定律可知μmg＋2μmg＝maB，解得aB＝3μg.
(2)对齐前，对A受力分析，由牛顿第二定律可知μmg＝maA，设经过时间t，A、B达到共同速度，则：aAt＝vB－aBt，xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2，xA＝xB－L，
联立可得vB＝2eq \r(2μgL).
3.(2021·江苏南京市、盐城市二模)如图7所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20 kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到h＝1.8 m的平台上．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．求：
图7
(1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；
(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量．
答案 (1)0.8 m/s2 (2)122.4 J
解析 (1)箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力mg、垂直传送带向上的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力Ff，将重力沿传送带方向和垂直传送带方向进行正交分解，由牛顿第二定律得Ff－mgsin α＝ma①
Ff＝μFN②
FN＝mgcs α③
联立①②③式，得a＝0.8 m/s2
(2)箱子加速所用时间为t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(1.2,0.8) s＝1.5 s
箱子加速过程中传送带的位移x传＝v0t＝1.8 m
传送带底端到平台的距离为L＝eq \f(h,sin α)＝3 m
箱子加速的位移为
x箱＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.8×1.52 m＝0.9 m0.此后，管与球将以加速度g减速上升h2，到达最高点．由运动学公式有h2＝eq \f(v2,2g)⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝ h1＋ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
H1＝eq \f(13,25)H⑪
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
x1＝eq \f(4,5)H⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x2＝eq \f(4,5)H1⑭
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是
x1＋x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为
L≥eq \f(152,125)H.