1、专题2动力学中的典型“模型”模型一等时圆模型1.模型特征(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图1甲所示。(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。图12.思维模板【例1】 如图2所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从
2、a到b、从c到d所用的时间，则()图2A.t1t2 B.t1t2C.t1t2 D.无法确定解析设光滑细杆与竖直方向的夹角为，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为agcos ，光滑细杆的长度为sDcos ，则根据sat2得，t，可见时间t与无关，故有t1t2，因此A项正确。答案A1.(2020广东省普宁市高三冲刺模拟)如图3所示，在倾角为30的斜面上方的A点处悬挂一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上。木板与竖直方向AC所成角度为，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则角的大小为()图3A.10 B.15C.30 D.60解析如图所示：在竖直线AC上取一点O，以适
3、当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点，根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，将木板下端B点与D点重合即可，而角COD为，所以15，故选B。答案B2.(2020合肥质检)如图4所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()图4A.tABtCDtEF
4、 B.tABtCDtEFC.tABtCDtEF D.tABtCDtCDtEF，选项B正确。答案B模型二“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示运动情况判断方法情景1可能一直加速，也可能先加速后匀速若l，物、带能共速情景2当v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速若l，物、带能共速情景3传送带较短时，滑块一直减速达到左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端若l，物块能返回2.倾斜传送带模型项目图示运动情况判断方法情景1可能一直加速，也可能先加速后匀速若l，物、带能共速情景2可能一直加速，也可能先加速后匀速，还可能先以a1加速后以a2加速若l，物
5、、带能共速；若tan ，物、带共速后匀速；若tan ，物体以a2加速(a2v1，则 ()图8A.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.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。答案B2.如图9所示，传送带与地面夹角37，
6、从A到B长度为L10.25 m，传送带以v010 m/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m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 370.6，g取10 m/s2，求：图9(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。解析(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1g(sin cos )10 m/s2，煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t11 s，发生的位移s1a1t5 m。达到v0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则a2g(sin cos )2 m/s2，s2Ls1
7、5.25 m，s2v0t2a2t，得t20.5 s。煤块从A到B的时间为tt1t21.5 s。(2)第一过程痕迹长s1v0t1s15 m，第二过程痕迹长s2s2v0t20.25 m，s1与s2部分重合，故痕迹总长为5 m。答案(1)1.5 s(2)5 m模型三“板块”模型1.抓住一个转折和两个关联2.分析“板块”模型的“四点”注意(1)用隔离法分析滑块和木板的受力，分别求出滑块和木板的加速度。(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。(3)不要忽略滑块和木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。【例4】 (2019江苏卷，15)如图10所
8、示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：图10(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小aAg匀变速直线运动v2aAL解得vA。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所
9、受合外力大小F3mg由牛顿第二定律FmaB，得aB3g对齐后，A、B整体所受合外力大小F2mg由牛顿第二定律F2maB，得aBg。(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为sA、sB，A加速度的大小等于aA则vaAt，vvBaBtsAaAt2，sBvBtaBt2且sBsAL解得vB2。答案(1)(2)3gg(3)21.(多选)如图11所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的物块。t0时刻起，给物块施加一水平恒力F，分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是()图11解析物块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直
10、线运动，此时二者的加速度大小相等，选项A正确；物块可能相对木板向前滑动，即物块的加速度大于木板的加速度，二者均做匀加速直线运动，选项B、D错误，C正确。答案AC2.质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图12甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的vt图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：图12(1)A与B上表面之间的动摩擦因数1；(2)B与水平面间的动摩擦因数2；(3)A的质量。解析(1)由图象可知，A在01 s内的加速度a12 m/s2，对A由牛顿第二定律得1mgma1，解得10.2。(2)由
11、图象知，A、B在13 s内的加速度a31 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得2(Mm)g(Mm)a3，解得20.1。(3)由图可知B在01 s内的加速度a22 m/s2对B由牛顿第二定律得1mg2(Mm)gMa2代入数据解得m6 kg。答案(1)0.2(2)0.1(3)6 kg课时作业(时间：30分钟)基础巩固练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(两个圆过切点的直径在竖直方向上)，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
12、之比为()图1A.21 B.11C.1 D.1答案B2.如图2所示，水平传送带静止不动，质量为1 kg的小物体，以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，最终以2 m/s的速度从传送带的右端离开传送带。如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度()图2A.小于2 m/s B.等于2 m/sC.大于2 m/s D.不能到达传送带右端解析当传送带不动时，小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带。当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍然向左，这样与传送带静止时比较，受力情
13、况完全相同，所以运动情况也应该一致，即最后离开传送带时速度仍然是2 m/s，选项B正确。答案B3.如图3所示，有一固定的支架ACB，AC竖直，ACBCl。AB为光滑钢丝，一穿在钢丝中的小球从A点由静止出发，则它滑到B点的时间t为(重力加速度为g)()图3A. B.C.2 D.解析因为ACBCl，所以以C点为圆心，以长度l为半径画圆，则A、B两点在同一个圆周上，所以tAB2，选项C正确。答案C4.(多选)(2020河南模拟)如图4甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移s随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在
14、3.04.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是()图4A.传送带沿顺时针方向转动B.传送带沿逆时针方向转动C.传送带的速度大小为2 m/sD.小物块与传送带间的动摩擦因数0.2解析根据位移时间图象可知：前2 s物体向左匀减速运动，第3 s内向右匀加速运动。34.5 s内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动。传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v m/s2 m/s，故A、C正确，B错误；由图象可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则sat2(其中s1 m，t1 s)，ag，解得0.2，D正
15、确。答案ACD5.如图5所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA1 kg 和mB2 kg 的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g10 m/s2。改变拉力F的大小，B的加速度大小可能为()图5A.1 m/s2 B.2.5 m/s2C.3 m/s2 D.4 m/s2解析A、B放在轻质长木板上，长木板质量不计，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmaxfBmax，所以B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，
16、B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力，即fBfAmaxmAg，由fBmBaBmax，可知B的加速度最大为2 m/s2，选项A正确。答案A6.(多选)如图6甲所示，一质量为m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是()图6A.滑块始终与木板存在相对运动B.滑块未能滑出木板C.滑块的质量m2大于木板的质量m1D.在t1时刻，滑块从木板上滑出解析滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2g，a1，
17、由vt图象可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由vt图象分析可知a2a1，即g，则m1m2，选项A、C、D正确。答案ACD7.如图7所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为s2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。图7(1)若给物块施加一水平拉力F11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕
18、B点逆时针旋转37后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F应至少多大；(3)若使物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上(2)问中倾斜的传送带，且传送带以4 m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点，求物块初速度v0至少多大。解析(1)物块在AB段：Fmgma1，a16 m/s2，设到达B点时速度为vB，有vB2 m/s。滑上传送带的过程mgma2，刚好到达C点，有v2a2L，得传送带长度L2.4 m。(2)传送带倾斜，滑上传送带的过程有mgsin 37mgcos 37ma3，a310 m/s2，物块仍能刚好到C端，有vB22a3L，在AB段，有
19、vB22as，Fmgma，联立解得F17 N。(3)由于tan 37，故要使物块能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时速度恰好为0。vB202a4L，且mgsin mgcos ma4，在AB段有vvB22gs，解得v0 m/s。答案(1)2.4 m(2)17 N(3) m/s综合提能练8.(多选)如图8所示，某传动装置与水平面的夹角为30，两轮轴心相距L2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数，g取10 m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v03m/s的速度沿传送带向上运动时，
20、小物块到达B点的速度大小可能为()图8A.1 m/s B.3 m/sC.6 m/s D.9 m/s解析由题意可知mgsin 30mgcos 30，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1gsin 30gcos 3012.5 m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v12 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2gcos 30gsin 302.5 m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v28 m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2 m/s到8 m/s的范围内，选项B、C正确。答案BC9.(2019湖南衡阳模拟)如图9
21、甲所示，在水平面上有一质量m11 kg的足够长的木板，其上叠放一质量m22 kg的木块，木块和木板间的动摩擦因数10.3，木板与地面间的动摩擦因数20.1，木块和木板间以及木板和地面间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F3t(N)，g取10 m/s2。图9(1)求木块与木板保持相对静止的时间t1；(2)求t10 s时木块、木板各自加速度的大小；(3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。解析F从零开始逐渐增大，木板上、下表面受到的静摩擦力也从零开始逐渐增大，由于1m2g2(m1m2)g，故木
22、板与地面会发生相对滑动，木块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力后，木块与木板就会发生相对滑动。(1)当F2(m1m2)g3 N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态当木块和木板一起运动且将要发生相对滑动时，对木板，根据牛顿第二定律有1m2g2(m1m2)gm1am解得木块和木板保持相对静止的最大加速度am3 m/s2对整体有Fm2(m1m2)g(m1m2)am解得木块和木板将要发生相对滑动时，水平拉力Fm12 N由Fm3t1得t14 s。(2)t10 s时，木块与木板已发生相对滑动对木板有1m2g2(m1m2)gm1a1解得a13 m/s2对木块有F1m2gm2a2，而F3t30 N解得a21
23、2 m/s2。(3)图线过(1 s，0)，(4 s，3 m/s2)，(10 s，12 m/s2)，图象如图所示。答案(1)4 s(2)12 m/s23 m/s2(3)见解析图10.如图10所示，长为L1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s8.0 cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数10.25，g取10 m/s2。求：图10(1)木板与冰面的动摩擦因数2；(2)小物块A的初速度大小v0；(3)为了保证小物
24、块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a m/s21.0 m/s2由牛顿第二定律得22mg2ma解得20.1。(2)小物块做匀减速运动，加速度大小a11g2.5 m/s2木板做匀加速运动，则有1mg2(2m)gma2解得a20.50 m/s2设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板va2t，解得t0.8 s小物块滑上木板的初速度大小v0va1t2.4 m/s。(3)假设小物块到达木板的最右端时，两者的速度相等(设为v)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则v0mta1t2a2t2Lv0mva1tva2t联立以上三式并代入数据解得v0m3.0 m/s。答案(1)0.1(2)2.4 m/s(3)3.0 m/s