【物理】2019届一轮复习鲁科版第三章动力学中的典型“模型”学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第三章动力学中的典型“模型”学案

能力课2　动力学中的典型“模型” ‎ ‎　传送带模型 ‎1．传送带的基本类型 ‎(1)按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b，图c)、水平与倾斜组合；‎ ‎(2)按转向可分为：顺时针、逆时针。‎ ‎2．传送带的基本问题 ‎(1)运动学问题：运动时间、痕迹问题、运动图象问题(运动学的角度分析)；‎ ‎(2)动力学问题：物块速度和加速度、相对位移，运动时间(动力学角度分析)；‎ ‎(3)功和能问题：做功，能量转化(第五章讲)。‎ 角度1　水平传送带模型 如图1所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(取g＝10 m/s2)‎ 图1‎ ‎(1)若传送带静止不动，求vB；‎ ‎(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；‎ ‎(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。‎ 解析　(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，‎ 则a＝μg＝6 m/s2，‎ 又v－v＝2as，代入数值得vB＝2 m/s。‎ ‎(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。‎ ‎(3)工件速度达到13 m/s时所用时间为t1＝＝0.5 s，‎ 运动的位移为s1＝vAt1＋at＝5.75 m＜8 m，‎ 则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。匀速运动的位移s2＝s－s1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)能，2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s 方法技巧 ‎1．求解水平传送带问题的关键 ‎(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。‎ ‎(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。‎ ‎2．处理此类问题的一般流程 弄清初始条件⇒判断相对运动⇒判断滑动摩擦力的大小和方向⇒分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向⇒由物体的速度变化分析相对运动⇒进一步确定以后的受力及运动情况。‎ (2016·山东济南重点中学联考)如图2甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5 s 到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三物体的v－t图象如图乙、丙、丁所示，求：‎ 图2‎ ‎(1)传送带的速度大小v0；‎ ‎(2)传送带的长度L；‎ ‎(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎(4)物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC。‎ 解析　(1)物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s。‎ ‎(2)v－t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A的位移sA＝36 m，‎ 传送带的长度L与A的位移相等，也是36 m。‎ ‎(3)(4)A的加速度aA＝＝4 m/s2‎ 由牛顿第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝＝0.4‎ 同理，B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2‎ 设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则 L＝tC tC＝＝24 s C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5。‎ 答案　(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5‎ ‎(4)24 s 反思总结 滑块在水平传送带上运动常见的3个情景 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)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ‎(2)v0v返回时速度为v，当v0tan θ，故物体向上匀速运动。‎ LAB－s1＝vt2，‎ t2＝1.5 s。‎ 总时间t＝t1＋t2＝2.5 s。‎ 答案　2.5 s (2017·四川成都市诊断)如图4所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：‎ 图4‎ ‎(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，受到向下的摩擦力，其加速度为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，‎ 加速过程中t1＝＝1 s，‎ s1＝a1t＝5 m。‎ 达到v0后，受到向上的摩擦力，则 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，‎ s2＝L－s1＝5.25 m，‎ s2＝v0t2＋a2t，‎ 得t2＝0.5 s。‎ 煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。‎ ‎(2)第一过程痕迹长Δs1＝v0t1－s1＝5 m，‎ 第二过程痕迹长Δs2＝s2－v0t2＝0.25 m，‎ Δs1与Δs2部分重合，故痕迹总长为5 m。‎ 答案　(1)1.5 s　(2)5 m 反思总结 滑块在倾斜传送带上运动常见的4个情景 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 情景3‎ ‎(1)可能一直加速 ‎(2)可能先加速后匀速 ‎(3)可能一直减速 ‎(4)可能先以a1加速后以a2加速 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 ‎　滑块——木板模型 ‎1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。‎ ‎2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δs＝s2＋s1＝L。‎ 甲 乙 图5‎ 角度1　水平面上的滑块——木板模型 (2013·全国卷Ⅱ，25)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图6所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加 速度的大小g＝10 m/s2，求：‎ 图6‎ ‎(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。‎ 解析　(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。‎ 由图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则 a1＝①‎ a2＝②‎ 式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。‎ 设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1③‎ ‎(μ1＋2μ2)mg＝ma2④‎ 联立①②③④式得μ1＝0.20⑤‎ μ2＝0.30⑥‎ ‎(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得 f＝ma1′⑦‎ ‎2μ2mg－f＝ma2′⑧‎ 假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′‎ 由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。‎ 故f＝μ1mg⑨‎ 由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′＝a1；‎ 物块的v－t图象如图中点划线所示。‎ 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s1＝2×⑩‎ s2＝t1＋⑪‎ 物块相对于木板的位移的大小为 s＝s2－s1⑫‎ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s＝1.125 m⑬‎ 答案　(1)0.20　0.30　(2)1.125 m 规律方法 ‎“滑块——滑板”模型问题的分析思路 (2017·安徽名校联考)质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动。如图7所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g＝10 m/s2)求：‎ 图7‎ ‎(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；‎ ‎(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；‎ ‎(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？‎ 解析　(1)放上物块后，物块的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2。木板的加速度a2＝＝1 m/s2。‎ ‎(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s，1 s内木板位移s1＝v0t＋a2t2＝1.5 m，‎ 物块位移s2＝a1t2＝1 m。‎ 所以板长L＝s1－s2＝0.5 m。‎ ‎(3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a，‎ 对物块f＝ma，故f＝m＝6.29 N。‎ 答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3)6.29 N 角度2　斜面上的滑块——木板模型 (2016·四川理综，10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图8竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：‎ 图8‎ ‎(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；‎ ‎(2)制动坡床的长度。‎ 解析　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则 f＋mgsin θ＝ma1①‎ f＝μmgcos θ②‎ 联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③‎ a1的方向沿制动坡床向下。‎ ‎(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m 的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2④‎ F＝k(m＋M)g⑤‎ s1＝vt－a1t2⑥‎ s2＝vt－a2t2⑦‎ s＝s1－s2⑧‎ l＝l0＋s0＋s2⑨‎ 联立①②④～⑨并代入数据得 l＝98 m⑩‎ 答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m 如图9所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。‎ 图9‎ ‎(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；‎ ‎(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木 板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。‎ 解析　(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 f－mgsin α＝ma 又f≤fm＝μmgcos α 联立解得F≤30 N ‎(2)因F＝37.5 N＞30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得 F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1‎ 隔离物块，由牛顿第二定律得 μmgcos α－mgsin α＝ma2‎ 设物块滑离木板所用时间为t 木板的位移s1＝a1t2‎ 物块的位移s2＝a2t2‎ 物块与木板的分离条件为 Δs＝s1－s2＝L 联立以上各式解得t＝1.2 s 物块滑离木板时的速度v＝a2t 由公式－2gsin α·s＝0－v2‎ 解得s＝0.9 m 答案　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m 方法技巧 ‎　　　　　　　　　　‎ ‎1．(全国卷)如图10所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)‎ 图10‎ 解析　当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a＝＝，a∝t 当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得 对m1：a1＝，μ、m1、m2都一定，则a1一定 对m2：a2＝＝＝t－μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大 由于＜，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率，故A正确。‎ 答案　A ‎2．(2016·广西南宁三模)如图11所示的传送皮带，其水平部分ab长度为2 m，倾斜部分bc长度为4 m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一小物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带沿图示方向以v＝2 m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离皮带，试求小物块A从a端传送到c端所用时间。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图11‎ 解析　物块A在ab之间运动，f1＝μN1，根据牛顿第二定律得N1－mg＝0，f1＝ma1，解得a1＝μg＝2.5 m/s2，设小物块A速度达到2 m/s所需时间为t1，运动位移为s1。根据运动学规律可得t1＝＝0.8 s，s1＝a1t＝0.8 m 由于s1＜2 m，可知A在还没有运动到b点时，已与皮带速度相同。此后A做匀速运动，设运动时间为t2，lab－s1＝vt2，得t2＝0.6 s。A在bc间运动时，小物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上。‎ mgsin θ－f2＝ma2，又f2＝μmgcos θ 得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝4 m/s2‎ lbc＝vt3＋a2t，得t3＝1 s，t3′＝－2 s(舍去)‎ 则小物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s 答案　2.4 s ‎3．(2017·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图12所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ 图12‎ ‎(1)滑板由A滑到B的最短时间；‎ ‎(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。‎ 解析　(1)滑板一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，‎ a2＝10 m/s2，‎ s＝，‎ t＝1 s。‎ ‎(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，‎ F1－μm1g＝m1a2，‎ F1＝30 N。‎ 当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，‎ F2－μm1g＝m1a1，‎ －＝L，‎ F2＝34 N。‎ 则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。‎ 答案　(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N