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专题突破6　动力学中的三类典型模型
【目标任务】
1.掌握等时圆模型的特点，会对等时圆上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答等时圆上物体的动力学问题。2.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类，会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。3.掌握“滑块+木板”模型的运动及受力特点，能正确运用动力学观点处理“滑块+木板”模型问题。
【能力特训】
素能提优一　“等时圆”模型(综合提升类)
“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)所用的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
典例1 (多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小圆环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是 (　　)
A.t1=t3>t2 B.t1=t3C.t2=t4>t1 D.t2①审题关键点：在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置。
②解题切入点：对套在杆上的环进行受力分析，由几何关系求出各圆环滑行的距离，由牛顿第二定律求出各圆环的加速度，进而可以求出各圆环滑行时间的长短。
(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(过切点)自上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
对点特训
[等时性的应用]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)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间。下列关系正确的是 (　　)
A.t1=t2 B.t2=t3
C.t1>t3 D.t1=t3
素能提优二　传送带模型(综合提升类)
分析“滑块+传送带”模型问题的思维流程
模型一　“滑块+水平传送带”模型
1.三种常见情景
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)v0情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v，返回时速度为v；当v0[说明]　在“滑块+水平传送带”模型中，若传送带较长，滑块与传送带能实现“共速”，则滑块与传送带将保持相对静止，一起做匀速直线运动。
2.方法点拨
(1)水平传送带又分为两种情况：滑块的初速度与传送带速度同向(含滑块初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要滑块和传送带不共速，滑块就会在滑动摩擦力的作用下，朝着与传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算滑块与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs=|s传-s滑|；
②若二者始终反向，则Δs=|s传|+|s滑|。
典例2 [滑块初速度与传送带速度反向]如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则 (　　)
甲　乙
A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B.t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大值
C.0~t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D.0~t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左
①审题关键点：小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示；已知v2>v1。
②解题切入点：物块初速度与传送带速度反向，物块要先匀减速至零，又由v2>v1，所以再匀加速至v1，然后与传送带保持相对静止向右做匀速运动。
模型二　“滑块+倾斜传送带”模型
1.三种常见情景
图示 滑块可能的运动情况
情景1 μ≥tan θ时： ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速
情景2 v0>v，μ情景3 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速(μ≥tan θ) ③可能先以a1加速后以a2加速(μ2.方法点拨
滑块沿倾角为θ的传送带运动时，其运动可以分为两类：滑块由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断滑块所受合力与速度方向的关系，确定滑块运动情况。
典例3 [滑块沿传送带向下运动的情形]如图所示，传送带与地面的夹角θ=37°，AB长度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无初速度释放一个质量m=0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5。煤块在传送带上经过时会留下黑色痕迹。已知sin 37°=0.6，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A运动到B经过的时间；
(2)煤块从A运动到B的过程中，传送带上形成痕迹的长度。
①审题关键点：a.传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动；b.上端A无初速度释放煤块。
②解题切入点：a.煤块向下运动，摩擦力沿传送带向上；b.达到相同速度时分析相对位移大小及受力情况。
对点特训
1.[滑块初速度与传送带速度同向](2024·山东模拟)如图所示，水平传送带两端点相距8 m，以v=13 m/s的恒定速度逆时针运转，工件(可视为质点)滑上A端时速度vA=10 m/s，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度g=10 m/s2。工件在传送带上运动的整个过程中，其位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间变化的图像正确的是 (　　)
A.
B.
C.
D.
2.[滑块沿传送带向上运动的情形]如图所示，倾角θ=37°的传送带以恒定的速率v=1 m/s沿顺时针方向运行，现有一质量m=2 kg的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带。传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求物块开始运动的加速度大小a；
(2)如果物块不能从传送带的顶端滑出，求物块从开始运动到速度减为零的时间t；
(3)如果物块不能从传送带的顶端滑出，求传送带的最短长度L。
素能提优三　“滑块—木板”模型(综合提升类)
“滑块—木板”模型问题
典例4 [拉力作用在木板上]如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1=0.5 kg，m2=0.1 kg，μ=0.2，砝码到纸板左端的距离d=0.1 m，重力加速度g=10 m/s2。若砝码移动的距离超过l=0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功(人眼不能感知砝码的移动)，纸板所需的拉力至少为多大
①审题关键点：a.纸板相对砝码运动，纸板所受摩擦力的大小；b.使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；c.砝码移动的距离超过l=0.002 m，人眼就能感知。
②解题切入点：a.应用滑动摩擦力公式求出纸板受到砝码和桌面的摩擦力；b.要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度；c.为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l=0.002 m。
对点特训
1.[拉力作用在木块上]如图所示，质量m=1 kg的物块(可视为质点)放在质量M=4 kg的木板的右端，木板长L=2.5 m。开始时木板静止放在水平地面上，物块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F=40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说法正确的是 (　　)
A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B.木板的加速度大小为5.6 m/s2
C.物块的最大速度为3.5 m/s
D.物块到达木板左端时，木板前进的位移大小为3.5 m
2.[无拉力作用　斜面上“滑块—木板”模型]如图所示，在倾角θ=30°的足够长的固定光滑斜面上，有一质量M=3 kg的长木板正以v0=10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央。已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ=，设小物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)放上小物块后，求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
参考答案
能力特训
素能提优一　
典例1　 ABD　解析：以OA为直径画圆，建立等时圆模型如图所示。对小圆环进行受力分析，小圆环受重力和支持力作用，将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解，由牛顿第二定律得小圆环运动的加速度a=gcos θ(θ为杆与竖直方向的夹角)。由图知，小圆环的位移x=2Rcos θ，所以t===，t与θ无关，可知从图上最高点O沿任意一条弦滑到圆弧上各点所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即t1=t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1>t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2对点特训
D　解析：设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三根细杆交于圆的最低点a，三根杆的顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca=t1=t3；由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x=at2可知，t2>tca，即t2>t1=t3，D正确。
素能提优二
典例2　C　解析：相对地面而言，在0~t1时间内，小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；在0~t1时间内，小物块向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动，在t1~t2时间内，小物块反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B错误；0~t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，C正确、D错误。
典例3　(1)1.5 s　(2)5 m
解析：(1)煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，受力分析如图甲所示，其加速度a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2
t1==1 s，x1=a1=5 m此后，煤块受到沿传送带向上的摩擦力，由于μx2=L-x1=5.25 m
x2=v0t2+a2，解得t2=0.5 s
则煤块从A运动到B经过的时间t=t1+t2=1.5 s。
(2)加速度为a1时痕迹长度Δx1=v0t1-a1=5 m
加速度为a2时痕迹长度Δx2=x2-v0t2=0.25 m
Δx1与Δx2部分重合
故痕迹总长为5 m。
对点特训
1.B　解析：根据牛顿第二定律可知μmg=ma，则a=μg=6 m/s2，工件速度达到v=13 m/s所用时间t1== s=0.5 s，工件运动的位移x=t1=5.75 m<8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带保持相对静止，因此工件先加速运动后匀速运动，根据牛顿第二定律可得合力F=ma，先不变后变为零，B正确，A、C、D错误。
2.(1)10 m/s2　(2)0.7 s　(3)0.65 m
解析：(1)物块刚开始运动时，速度大于传送带速度，物块所受的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma
解得a=10 m/s2。
(2)物块速度与传送带速度相等所需的时间t1=
代入数据可得t1=0.2 s
物块速度与传送带速度相等后，根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma'
可得a'=2 m/s2
物块速度减为零需要的时间t2==0.5 s
物块从开始运动到速度减为零的时间
t=t1+t2=0.7 s。
(3)在物块从开始运动到与传送带共速过程中，有
v2-=-2ax1
解得x1=0.4 m
在物块从与传送带共速到速度减为零过程中，有
x2==0.25 m
如果物块不能从传送带的顶端滑出，则传送带的最短长度L=x1+x2=0.65 m。
素能提优三
典例4　(1)μ(2m1+m2)g　(2)F>2μ(m1+m2)g
(3)22.4 N
解析：(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为
f1=μm1g，f2=μ(m1+m2)g
纸板所受摩擦力的大小f=f1+f2=μ(2m1+m2)g。
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有
f1=m1a1，F-f1-f2=m2a2
发生相对运动需要a2>a1
代入数据解得
F>2μ(m1+m2)g。
(3)若实验恰好成功，即砝码移动的距离l=0.002 m，此条件下拉力最小。从开始到纸板抽出时砝码运动的距离x1=a1
纸板运动的距离d+x1=a2
纸板抽出后砝码运动的距离x2=a3
l=x1+x2
由题意知a1=a3，a1t1=a3t2
且有F-f1-f2=m2a2
代入数据联立解得F=22.4 N。
对点特训
1.D　解析：由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度am==2 m/s2，若木板和物块相对静止，则整体加速度a'==6 m/s2>am，故木板与物块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加速运动，A错误；由牛顿第二定律可得，木板的加速度大小a==7 m/s2，B错误；由以上分析可知物块的加速度大小为2 m/s2，当物块刚要脱离木板时满足at2-amt2=L，解得t=1 s，此时物块的速度最大，有v=amt=2 m/s，C错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小x=at2=3.5 m，D正确。
2.(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板向下的滑动摩擦力大小
Ff=μmgcos θ=7.5 N
对小物块，由牛顿第二定律有
Ff+mgsin θ=ma1
代入数据得
a1=12.5 m/s2
对长木板，由牛顿第二定律有
Mgsin θ-Ff'=Ma2，其中Ff'=Ff
代入数据得
a2=2.5 m/s2。
(2)设小物块与长木板共速时的速度为v1，有
v1=a1t1=v0+a2t1
解得t1=1 s，v1=12.5 m/s
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前小物块与木板的相对位移
x=()t1-()t1=5 m
故长木板的长度至少为10 m。

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