1、小专题1 动力学中常考的物理模型突破 1 物体在五类光滑斜面上运动时间的比较第一类：等高斜面(如图 Z1-1 所示).由 L12at2，agsin，L hsin 可得：t 1sin 2hg，可知倾角越小，时间越长，图 Z1-1 中 t1t2t3.图 Z1-1第二类：同底斜面(如图 Z1-2 所示).图 Z1-2可见45时时间最短，图 Z1-2 中 t1t3t2.由 L12at2，agsin，L dcos 可得：t4dgsin 2，第三类：圆周内同顶端的斜面(如图 Z1-3 所示).即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上.由 2Rsin 12gsin t
2、2，可推得：t1t2t3.第四类：圆周内同底端的斜面(如图 Z1-4 所示).即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点.同理可推得：t1t2t3.第五类：双圆周内斜面(如图 Z1-5 所示).即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切.各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置.可推得 t1t2t3.图 Z1-3图 Z1-4图 Z1-5【典题 1】如图 Z1-6 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
3、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()A.t1t2t2t3C.t3t1t2D.t1t2t3图 Z1-6解析：如图 Z1-7 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，根据牛顿第二定律有 mgsin ma，得加速度大小 agsin.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到 d 点的位移大小 xDsin，x12at2，解得t2Dg.可见，滑环滑到 d 点的时间 t 与杆的倾角 无关，即三个滑环滑行到 d 点所用的时间相等，D 正确.图
4、Z1-7答案：D【考点突破 1】如图 Z1-8 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()A.tABtCDtEFB.tABtCDtEFC.tABtCDtEFD.tABtCDtCDtEF，B 项正确.图 D35答案：B三种情景图示滑块可能的运动情况情景 1可能一直加速可能先加速后匀速情景 2v0v，可能一直减速，也可能先减速再
5、匀速v0v，一直匀速v0v 返回时速度为 v，当 v0L8 m，则由 v2Bv202aL(2)由题意知，物块先加速到 v112 m/s由 v21v202ax1，得 x1113 mL8 m故物块先加速后匀速运动即物块到达 B 时的速度为 vBv112 m/s.(3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速.向右减速到 v20 时，由 v22v022ax2 得 x23 m由 v2v0at1 得 t11 s向左加速到 v34 m/s 时，由 v23v222ax3 得 x343 mx23 m故向左先加速后匀速，由 v3v2at2 得 t223 s向左匀速运动时，v4v34 m/sx4x2x353 m由 x
6、4v4t3 得 t3 512 s故 tt1t2t32512 s.【考点突破 2】(多选，2019 年榆林市模拟)如图 Z1-10 所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以 v12 m/s 的恒定速率运行.初速度大小为 v23 m/s 的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带.若从小墨块滑上传送带开始计时，小)墨块在传送带上运动 5 s 后与传送带的速度相同，则(图 Z1-10A.小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B.根据运动学知识可知小墨块加速度 a0.2 m/s2C.小墨块在传送带上的痕迹长度为 4.5 mD.小墨块在传送带上的痕迹长度为 12.5 m解析：
7、小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，故 A 正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动 5 s后与传送带的速度相同，故加速度 av1v2tv1v2t1m/s2，方向向右，故 B 错误；小墨块向左减速运动时，对小墨答案：AD块有：0v2at1，x10v22t1，联立解得：x14.5 m，传送带的位移为：x2v1t1；小墨块向右加速运动时，小墨块的速度和位移为：v1at2，x10v12t2，传送带的位移 x2v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x(x1x2)(x2x1)，解得：x12.5m，故 C 错误，D 正确.项目图示滑
8、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 加速后再以 a2 加速，且 a1a2考向 2 倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景 3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(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)可能一直减速(续表)项目图示滑块可能的运动情况情景 4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速(续表)思维拓展物体沿倾角为的传送带传送时，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
9、送带问 题时要特别注意 mgsin 与mgcos 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.【典题 3】(2018 年湖北荆州模拟)如图 Z1-11 所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37，传送带 AB 足够长，传送皮带轮以大小为 v2 m/s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以 v012 m/s 的初速度从 A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数0.5，且可将货物视为质点.(g10 m/s2，已知 sin 370.6，cos 370.8)(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相
10、同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回 A 端共用了多长时间？图 Z1-11解：(1)设货物刚滑上传送带时加速度为 a1，货物受力如图Z1-12 所示图 Z1-12根据牛顿第二定律得沿传送带方向 mgsin Ffma1垂直传送带方向 mgcos FN又 FfFN由 以 上 三 式 得 a1 g(sin cos)10(0.6 0.50.8)m/s210 m/s2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从 v0 减至传送带速度 v 所用时间设为 t1，位移设为 x1，则有(3)当 货 物 速 度 与 传 送 带 速 度 相 等 时，由 于 mgsin mgcos，
11、此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为 a2，则有 mgsin mgcos ma2得 a2g(sin cos)2 m/s2，方向沿传送带向下.t1vv0a1 1 s，x1v0v2t17 m.设货物再经时间 t2，速度减为零，则 t20va21 s货物沿传送带向上滑的位移 x2v02 t21 m则货物上滑的总距离为 xx1x28 m货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于 a2.设下滑时间为 t3，则 x12a2t23，代入解得 t32 2 s所以货物从 A 端滑上传送带到再次滑回 A 端的总时间为tt1t2t3(22 2)s.【考点突破 3】(多选，2019 年武汉
12、联考)如图 Z1-13 所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度 v0 逆时针匀速转动，现有一滑块体从斜面上静止释放，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是()图 Z1-13ACBD解析：物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则物块一直做加速运动，故 A 正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，传送带足够短，则物体在速度减小到 0 前，物体的位移大于传送
13、带的长度，则物体一直做匀减速运动，故 C 正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到 0 时，物体的位移仍小于传送带的长度，则物体的速度等于 0 时，仍然在传送带上，由于传送带沿斜面向上运动，物体在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则物体返回出发点的速度大小仍然等于 v1，故 D正确，B 错误.答案：ACD突破 3“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.摩擦力方向的特点(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对
14、它的摩擦力为动力.(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力.3.运动特点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，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，滑板位移大小为 x2，同向运动时：如图 Z1-14 所示，Lx1x2；图 Z1-14反向运动时：如图 Z1-15 所示，Lx1x2.图 Z1-15(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等.【典题 4】(2019 年辽宁沈阳一模)如图 Z1-16 所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动.某时刻速度为 v02 m/s，此时一质量
15、与木板相等的小滑块(可视为质点)以 v14 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1 s 两者速度恰好相同，速度大小为 v21 m/s，方向向左.重力加速度 g10 m/s2，试求：图 Z1-16(1)木板与滑块间的动摩擦因数1.(2)木板与地面间的动摩擦因数2.(3)从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小.解：(1)对小滑块分析：其加速度为：a1v2v1t141 m/s23 m/s2，方向向右，根据牛顿第二定律有：1mgma1，可以得到：10.3.(2)对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgmv0t1然后向左加速运动，根据牛
16、顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgm v2t2而且 t1t2t1 s，联立可以得到：2 120，t10.5 s，t20.5 s.(3)在 t10.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x10v02t10.5 m，方向向右；在 t20.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2v202t20.25 m，方向向左；在整个 t1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：xv1v22t2.5 m，方向向左，则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：xxx1x22.75 m.【考点突破 4】如图 Z1-17 所示，质量 m1 kg 的物块 A放在质量 M4
17、 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10.4，地面与 B 之间的动摩擦因数为20.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2，求：(1)能使 A、B 发生相对滑动的 F 的最小值.(2)若 F30 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？图 Z1-17解：(1)对于 A，最大加速度由 A、B 间的最大静摩擦力决定，即1mgmam，am4 m/s2对 A、B 整体 F2(Mm)g(Mm)am，解得 F25 N.(2
18、)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 1mgma1，得 a14 m/s2，v1a1t14 m/s对于 B F1mg2(Mm)gMa2得 a25.25 m/s2，v2a2t15.25 m/s撤去外力 a1a14 m/s2，a21mg2MmgM2.25 m/s2经过 t2时间后 A、B 速度相等 v1a1t2v2a2t2解得 t20.2 s共同速度 v3v1a1t24.8 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，LxBxA v222a2 v23v222a212a1(t1t2)20.75 mA、B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a32g1 m/s2所以 A 的总位移为 xA 总xAx14.4 m.从 v3 至最终静止位移为 x v232a311.52 m