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第三章 运动和力的关系
专题突破4　动力学中的三类典型物理模型
1．“等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
　“等时圆”模型
2．基本规律
(1)物体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，如图甲所示。
(2)物体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，物体沿不同的光滑弦自上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
　　　　　　
【例1】　如图所示，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．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
　　　　　　
D
【例2】　如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个小滑环从O点无初速度释放，一个小滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、
t3分别表示小滑环沿Oa、Ob、da到达底端所用的时
间。下列关系错误的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1　　　　　　
A
1．(等时性的应用)如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一可看作质点的小球a、b、d，它们的质量之比为1∶2∶3。现让a、b、d三个小球同时从各杆的顶点由静止释放，不
计空气阻力，则它们在各杆上滑行的时间之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
　　　　　　
A
解析：因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
　　　　　　
　传送带模型
续表
2．倾斜传送带模型
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加速后再以a2加速，且a1＞a2
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景3 ①可能一直匀速
②可能一直加速
③可能一直减速
④可能有先减速，后反向加速
续表
3.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。
4．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)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
　　　　　　
【例3】　应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是达式 (　　)
A．开始时行李的加速度大小为1 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
　　　　　　
[答案]　C
　　　　　　
A．1 m/s　　 　B．3 m/s C．6 m/s D．8 m/s
A
两类传送带问题的关键点
(1)水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
　　　　　　
(2)倾斜传送带问题
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。　
　　　　　　
2．(水平传送带)如图所示，用弹簧将工件弹射到
反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端
是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s
C．若工件不能被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不能被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
　　　　　　
B
3．(2022·江苏海安模拟)如图所示，机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李，传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝4.05 m。地勤人员将小包裹(可视为质点)轻轻放在传送带底端。已知传送带运行速率恒为v0＝0.8 m/s，小包裹与传送带间的动摩
擦因数μ＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
　　　　　　
　　　　　　
答案：(1)0.4 m/s2　(2)6.062 5 s
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：如图所示，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Δx＝x1－x2＝
L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移
之和Δx＝x2＋x1＝L。
　“滑块—木板”模型
3．解题思路
　　　　　　
【例5】　如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4。小物块以v0＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，
g取10 m/s2。以下说法正确的是(　　)
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
D
　　　　　　
【例6】　(2022·江苏宿迁模拟)如图所示，水平地面上放一长L＝ 2 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的左端叠放一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，木板与物块和地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。对木板施加水平方向的力F，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)当F＝30 N时，物块和薄木板保持相对静止，求物块加速度a的大小；
　　　　　　
(2)若使木板做匀加速直线运动，并使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(3)若将木板从物块下抽出所用时间为2 s，求力F的大小。
[解析]　(1)整体分析F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝2.5 m/s2。
(2)临界法，木板刚运动时力Fmin＝μ(M＋m)g＝20 N
两者刚分离时，对物块μmg＝ma
对整体Fmax－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
解得Fmax＝40 N
取值范围20 N(3)对物块μmg＝ma
对木板F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma′
由运动学公式得a′t2－at2＝L
解得F＝43 N。
　　　　　　
[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)20 N求解“滑块—木板”类问题的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和各物体的相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
　　　　　　
4．(与图像结合的“滑块—木板”模型)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．M＝m
B．M＝3m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
C
　　　　　　
(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ＝7.5 N，
由牛顿第二定律，对小物块有Ff＋mg sin θ＝ma1，
代入数据得a1＝12.5 m/s2，
对长木板，由牛顿第二定律有
Mg sin θ－Ff′＝Ma2，其中Ff′＝Ff，
代入数据得a2＝2.5 m/s2。
答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
分层提升·培优素养
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