2021版一轮复习名师导学物理文档：专题突破（三）　动力学中的经典“模型”

专题突破(三)　动力学中的经典“模型”
对应学生用书p


一、等时圆问题
1．规律
物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦从顶端由静止下滑，到达圆周上各点所用时间相等．有下列三种形式．

证明：设弦与竖直方向夹角为θ，根据几何关系知位移x＝2Rcos θ或x＝2(r＋R)cos θ，根据牛顿第二定律有mgcos θ＝ma，又x＝at2，联立解得t＝或t＝，即时间与θ无关．
2．特点
(1)多条相交的倾斜光滑轨道，质点从静止开始由轨道的一端滑到另一端．
(2)若轨道交点在上，则上端为等时圆的最高点；若轨道交点在下，则下端为等时圆的最低点．
(3)轨道端点在等时圆上，则质点运动时间相等；轨道端点在等时圆外，则运动时间较长；轨道端点在等时圆内，则运动时间较短．
3．应用
依题目条件，恰当地构建等时圆，再依其特点作出判断．

例1　如图，在斜坡上有一根旗杆长为L.现有一个小环从旗杆顶部沿一根光滑钢丝AB滑至斜坡底部，已知斜坡的倾角为θ，AB与水平面夹角为a，OB＝L.则小环从A滑到B的时间为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A. B．2
C. D．2
[解析] 可以以O为圆心，以L为半径画一个圆．根据“等时圆”的规律可知，从A滑到B的时间等于从A点沿直径到底端D的时间，所以有tAB＝tAD＝＝＝2，故D正确．

[答案] D

1．如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处固定一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α.一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系是(　　)

A．α＝θ B．α＝
C．α＝2θ D．α＝
[解析] 如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点．由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端B点与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝.

[答案] B

2．两个圆1和2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2的圆周上，三块板都通过两圆的切点，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，从A、B、C三处同时静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2的圆周上的球是(　　)
A．从A处释放的球
B．从B处释放的球
C．从C处释放的球
D．同时到达
[解析] 设轨道与竖直方向夹角为α，圆1半径为r1，圆2的半径为r2，当起点在圆1圆周上时，则圆内轨道的长度s＝2(r1＋r2)cos α，下滑的加速度a＝＝gcos α，根据位移时间公式得，x＝at2，则t＝＝＝，即当轨道的起点在圆周上时，沿不同轨道下滑到底端的时间相同；由题意可知．A在圆周上，B在圆内，C在圆外，可知B球下滑的时间最短，即最先到达圆2的圆周上的球是B球，故选B.
[答案] B
二、滑块——木板问题
1．问题的特征
滑块(视为质点)置于长木板上，长木板置于水平地面上或斜面上，它们相对地面(或斜面)运动，滑块相对木板发生滑动．
2．解题方法
分析滑块、木板的初始条件，受力情况，运动情况，求出各阶段的加速度，列出速度关系式，位移关系式，注意两者速度相同是临界条件．当滑块从木板一端运动到另一端时，若两者同向运动，则滑块位移与木板位移之差等于木板的长度；若两者向相反方向运动，则两者位移之和等于木板的长度．

例2　下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，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：
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间．
[解析] (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f1＝μ1N1①
N1＝mgcos θ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1′＋mgcos θ④
规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin θ－f1＝ma1⑤
mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥
N1＝N1′⑦
f1＝f1′⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2⑨
a2＝1 m/s2⑩
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s⑪
v2＝a2t1＝2 m/s⑫
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2⑬
a2′＝－2 m/s2⑭
B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0⑮
联立⑫⑭⑮式得t2＝1 s⑯
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝－
＝12 m<27 m⑰
此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t ⑱
可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s

3．如图所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg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＝10 m/s2，求：

(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；
(2)若F＝30 N，作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少．
[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＝4 m/s2
对A、B整体F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am，解得F＝25 N
(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，撤去外力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A：μ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s
对于B：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s
撤去外力
a1′＝a1＝4 m/s，a2′＝＝2.25 m/s2
经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2
解得t2＝0.2 s
共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/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L
L＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m
A、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，
加速度a3＝μ2g＝1 m/s2
从v3至最终静止位移为x＝＝11.52 m
所以A的总位移为xA总＝xA＋x＝14.4 m.

4．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L＝0.60 m、质量M＝0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.80 kg的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
(1)为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
(2)若F1＝22 N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
(3)游戏中，如果滑块上移h＝1.5 m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1＝24 N，F2＝16 N，请通过计算判断游戏能否成功？
[解析] (1)滑块与木板间的滑动摩擦力f＝μF1
对木板应有f＞Mg
代入数据得F1＞20 N
(2)对木板由牛顿第二定律有μF1－Mg＝Ma1
对滑块由牛顿第二定律有F2－μF1－mg＝ma2
要能发生相对滑动应有a2＞a1
代入数据可得F2＞13.2 N
(3)对滑块由牛顿第二定律有F2－μF1－mg＝ma3
设滑块上升h的时间为t，则h＝a3t2
对木板由牛顿第二定律有μF1－Mg＝Ma4
设木板在t时间上升的高度为H，则H＝a4t2
代入数据可得H＝0.75 m
由于H＋L＜h，滑块在上升到1.5 m之前已经脱离了木板，游戏不能成功．
三、传送带问题
1．水平传送带
(1)物体初速为0或初速度方向与传送带速度方向相同，若传送带足够长，在这种情况下，只要物体的速度不等于传送带速度，物体就在滑动摩擦力作用下做匀变速运动，直到与传送带同速后再做匀速运动．
(2)物体初速度方向与传送带速度方向相反，若传送带足够长，如果v0≤v皮，则物体在滑动摩擦力作用下先做匀减速运动，减速到0后再反方向做匀加速运动，离开传送带时的速度大小等于物体初速度大小；如果v0>v皮，物体先做匀减速运动，减速到速度为0后，再反方向做匀加速运动．当v＝v皮后，再随皮带做匀速运动，离开皮带时速度为v皮．
2．倾斜传送带
倾斜传送带问题涉及的形式多种多样，求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体受到的摩擦力的种类、大小和方向，再依物体的受力情况确定物体的运动情况．若μ≥tan θ，物体能与传送带共速，则共速后物体匀速运动，若μ 例3　如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品(可以忽略其形状和大小)无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在斜向传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序．已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.25，均以v＝4 m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，斜向传送带BC长L2＝1.88 m，倾角α＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：

(1)产品在水平传送带AB上运动的时间；
(2)产品在斜向传送带BC上运动的时间．
[解析] (1)产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：μmg＝ma
得加速度大小为：a＝2.5 m/s2，方向水平向右
产品加速到速度与传送带相同所用时间为：
t1＝＝1.6 s
匀加速的位移：s1＝at＝3.2 m
则匀速运动的时间：t2＝＝2.2 s
得产品在水平传送带AB上运动的时间为：
t＝t1＋t2＝3.8 s
(2)第一段物体向下做匀加速直线运动，则有：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
则得加速度为：a1＝8 m/s2
匀加速运动的时间：t3＝＝0.5 s
位移为：s2＝a1t＝1 m
第二阶段，由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，故物体继续向下做匀加速直线运动．
则得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
加速度为：a2＝4 m/s2
第二段运动时间：L2－s2＝vt4＋a2t
解得：t4＝0.2 s
可得产品在斜向传送带BC上运动的时间为：
t′＝t1＋t2＝0.7 s

5．(多选)如图所示，由电动机带动的水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v顺时针方向转动，一个质量为m的小物体以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为3∶4，重力加速度为g，传送带速度大小不变．下列说法正确的是(　　)

A．物块的初速度大小为
B．物块与传送带间的动摩擦因数为
C．整个过程中物块与传动带间的相对位移为L
D．物块从A运动到B的时间为
[解析] 设物块的初速度大小为v0.根据题意知t∶vt＝3∶4，解得：v0＝，故A错误；由L＝·t＋vt，可得t＝，t总＝2t＝，故D正确；由运动学公式v2－v＝2ax可得v2－＝2a×L，解得：a＝.由牛顿第二定律可得a＝＝μg，所以μ＝，故B正确；加速过程中物块的位移为L＝t＝vt，传送带的位移为vt＝×L＝L，相对位移为Δx＝，故C错误．
[答案] BD
6．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)

A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25
D．0～2.0 s内物体相对地面的位移大小为16 m
[解析] 由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1.0 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为v0＝10 m/s，故A正确；在0～1.0 s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，由图可得a1＝＝10 m/s2，即有gsin θ＋μgcos θ＝10.在1.0～2.0 s，物体的加速度为a2＝＝gsin θ－μgcos θ，由图可得：a2＝＝2 m/s2，即有gsin θ－μgcos θ＝2.联立解得：μ＝0.5，θ＝arctan ，故B、C错误；根据“面积”表示位移，可知0～1.0 s物体相对于地的位移x1＝×10×1 m＝5 m，1.0～2.0 s物体相对于地的位移x2＝×1 m＝11 m．所以0～2.0 s内物体相对地面的位移大小为16 m，故D正确．
[答案] AD