一輪復(fù)習(xí)魯科版動力學(xué)中的兩類典型模型學(xué)案

第4節(jié)動力學(xué)中的兩類典型模型學(xué)案突破一動力學(xué)中的“傳送帶”模型變型1水平傳送帶模型1.U!種常見情景項(xiàng)目圖示物塊可能的運(yùn)動情況情景1"o=O輕放在勻速傳送帶上⑴可能一直加速⑵可能先加速后勻速1.U!種常見情景項(xiàng)目圖示物塊可能的運(yùn)動情況情景1"o=O輕放在勻速傳送帶上⑴可能一直加速⑵可能先加速后勻速情景2情景2以。。沖上勻速傳送帶(l)ro＞r時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)如=。時，一直勻速(3)情景2以。。沖上勻速傳送帶(l)ro＞r時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)如=。時，一直勻速(3)如＜。時，可能一直加速，也可能先加速再勻速⑴傳送帶較短時，滑塊一直減速到達(dá)最左端情景3情景3Vo以。。沖上勻速傳送帶⑵傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回】返回時速度為心當(dāng)返回時速度為如假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦情景4力⑴若物塊和傳送帶一起以加速度。加速運(yùn)動，物塊受到輕放在勻加速啟動的傳送帶上沿傳送帶前進(jìn)方向的靜摩擦力情景3Vo以。。沖上勻速傳送帶⑵傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回】返回時速度為心當(dāng)返回時速度為如假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦情景4力⑴若物塊和傳送帶一起以加速度。加速運(yùn)動，物塊受到輕放在勻加速啟動的傳送帶上沿傳送帶前進(jìn)方向的靜摩擦力Ff(2)若"gva,物塊將跟不上傳送帶的運(yùn)動，即物塊相對于傳送帶向2m,重力加速度為g。求:(1)A、8達(dá)到共同速度的時間和共同速度的大小;(2)木板A的最短長度Lo［解析］(1)對4、B分別由牛頓第二定律得^tmg=MaA9pmg=maB大M=2m,可得01=3/4劭=〃g規(guī)定水平向右為正方向，經(jīng)時間，兩者達(dá)到共同速度。,貝Uv=v^—aBt=—v^+aAt解得解得￡=解得￡=2如解得￡=2如4roVoua+ub3圈'v~30即A、B的共同速度大小為尊a⑵在時間片內(nèi):Awe—Vo+v8r(? 八2八3Vo+v4u(?A的位移XA=2t=-癡 B的位移XB=2￡=荻木板A的最短長度為兩者的相對位移大小，即L=Xx=xb—xa=^~o［答案］(［答案］(［答案］(00s、［答案］(00s、4o(?T⑵旃后滑動，但物塊相對地面仍然是向前加速運(yùn)動的，此時物塊受到沿傳送帶前進(jìn)方向的滑動摩擦力Ft=〃mg,產(chǎn)生的加速度af="g⑴在勻速運(yùn)動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送帶共速的方向變速，直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速運(yùn)動，或由于傳送帶不是足夠長，在勻加速或勻減速過程中始終沒達(dá)到共速。(2)計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：①若二者同向，則As=|s傳一s物I；②若二者反向，則As=|s傳|+卜物［典例1］如圖所示為車站使用的水平傳送帶模型，其4、區(qū)兩端的距離L=8m,它與水平臺面平滑連接?，F(xiàn)有一物塊以po=1Om/s的初速度從4端水平地滑上傳送帶。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為"，g取lOm/s?。求:⑴若傳送帶保持靜止，物塊滑到B端時的速度大小;⑵若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動的速率恒為12m/s,物塊到達(dá)6端時的速度大小;(3)若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動的速率恒為4m/s,且物塊初速度變?yōu)閁o=6m/s,仍從A端滑上傳送帶，物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶的總時間。［解析］(1)設(shè)物塊的加速度大小為a9由受力分析可知F^=mg9F[=ma9用=〃外, a=6m/s2o傳送帶靜止，物塊從A到5做勻減速直線運(yùn)動,又又x=又x=又x=定=空2a=Tm>L=8m,貝4由vi—v^=—2aL9得vb=2m/s。(2)由題意知，傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動的速率12m/s”o,物塊所受的摩擦力沿傳送帶運(yùn)動方向，即物塊先加速到ri=12m/s,由v^—v^=2axi,得21=丁m<L=8mo故物塊先加速運(yùn)動后勻速運(yùn)動即物塊到達(dá)B時的速度為vfB=v\=12m/so(3)當(dāng)物塊初速度。、=6m/s時，物塊速度減為零時的位移由=^-=3m<L,乙a所以物塊先向右減速后向左加速。由0=0。一加1,得一=ls。當(dāng)物塊向左加速到辦=4m/s時4由號？=2gx3得工3=\m<X2=3mo故物塊向左先加速運(yùn)動后勻速運(yùn)動。2由S=Clt2,得So物塊勻速運(yùn)動的位移％4=%2—口=/m,5 、 25由X4=V2(39得，3=不^So故總時間，=，1+，2+，3=不^So.<1/ Ju/25［答案］(1)2m/s(2)12m/s⑶運(yùn)s-r-1 L |=!='、|■傾斜傳送帶模型U!項(xiàng)目圖不物塊可能的運(yùn)動情況輕放在勻速傳送帶上⑴可能一直加速(2)可能先加速后勻速2輕放在勻速傳送帶上(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以G1加速后再以42加速，且a\>ai2.方法突破情景3以。。沖上勻速傳送帶(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以加速后再以。2加速,且?1>?2(6)可能一直減速情景4以。。沖上勻速傳送帶(1)可能一直加速(2)可能一直勻速⑶可能先減速后反向加速最后勻速(4)可能一直減速解決傾斜傳送帶問題時要特別注意mgsm〃與〃膽geos0的大小和方向的關(guān)系，進(jìn)一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運(yùn)動情況。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。[典例2](2021?山東濱州高三4月檢測)如圖所示，傳送帶的傾角8=37。,從A到5長度為16m,傳送帶以10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動。在傳送帶上A端無初速度地放一個質(zhì)量為m=0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為"。煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色劃痕。，，g取10m/s2,求:⑴煤塊從A到3的時間;⑵煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長度;⑶若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動的速度可以調(diào)節(jié)，煤塊從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的最短時間是多少?思路點(diǎn)撥：解此題注意以下幾點(diǎn)：⑴煤塊剛放上時，判斷摩擦力的方向，計算加速度。(2)判斷煤塊能否達(dá)到與傳送帶相等的速度，若不能，煤塊從A^B加速度不變，若能，則要進(jìn)一步判斷煤塊能否相對傳送帶靜止。(3)達(dá)到相同速度后，若煤塊相對傳送帶不再滑動，則勻速運(yùn)動到3點(diǎn)，形成的痕跡長度等于傳送帶和煤塊對地的位移之差。若煤塊相對傳送帶滑動，之后將以另一加速度運(yùn)動到B點(diǎn)，形成的痕跡與上段留下的痕跡重合，最后結(jié)果取兩次痕跡長者。［解析］(1)開始階段，由牛頓第二定律得TWgsine+//MgCOS，=機(jī)41所以。i=gsin，+〃gcos0解得a\=10m/s2煤塊加速至與傳送帶速度相等時需要的時間為ti=-=^s=lsCL\1U1煤塊發(fā)生的位移為xi=^ait^=^X10XI2m=5m<16m所以煤塊加速到10m/s時仍未到達(dá)3點(diǎn)，此后摩擦力方向改變;第二階段有mgsinO—jLimgcos0=mai解得ai—lm/s2設(shè)第二階段煤塊滑動到B點(diǎn)的時間為/2,則LAB-Xl=Vt2+^a2t^解得(2=1S煤塊從A到B的時間t=ti+t2=ls+1s=2So⑵第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向上移動，煤塊與傳送帶的相對位移大小為Axi=r6—xi=10X1m_5m=5m故煤塊相對于傳送帶上移5m第二階段煤塊的速度大于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向下移動，煤塊相對于傳送帶的位移大小為Ax2=(Lab—Xi)—r/i解得Ax2=1m即煤塊相對傳送帶下移1m故傳送帶表面留下黑色炭跡的長度為L=Axi=5mo⑶若增加傳送帶的速度，煤塊一直以加速度的做勻加速運(yùn)動時，從A運(yùn)動到3的時間最短,則有七48=5。陪in可得fmin='［答案］(1)2s(2)5m⑶華傳送帶問題的破解之道(1)對于傳送帶問題，分析物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力以及摩擦力的方向，是解決問題的關(guān)鍵。(2)分析摩擦力時，先要明確“相對運(yùn)動”，而不是“絕對運(yùn)動”。二者達(dá)到“共速”的瞬間，是摩擦力發(fā)生“突變”的“臨界狀態(tài)”。(3)如果遇到勻變速的傳送帶，還要根據(jù)牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時刻物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力。突破二動力學(xué)中的“板一塊”模型.模型概述⑴滑塊、滑板是上下疊放的，分別在各自所受力的作用下運(yùn)動，且在相互的摩擦力作用下相對滑動。(2)滑塊相對滑板從一端運(yùn)動到另一端，若兩者同向運(yùn)動，位移之差等于板長；若反向運(yùn)動，位移之和等于板長。(3)一般兩者速度相等為“臨界點(diǎn)”，要判定臨界速度之后兩者的運(yùn)動形式。.常見模型滑板獲得一初速度如，則板滑板獲得一初速度如，則板滑板獲得一初速度如，則板常

見

情

形塊同向運(yùn)動，兩者加速度不同，X板塊，人"=工板-X塊,最后分離或相對靜止開始時板塊運(yùn)動方向相反，兩者加速度不同，最后分離或相對靜止，心=工塊+工板滑塊獲得一初速度劃，則板塊同向運(yùn)動，兩者加速度不同，X滑板獲得一初速度如，則板常

見

情

形塊同向運(yùn)動，兩者加速度不同，X板塊，人"=工板-X塊,最后分離或相對靜止開始時板塊運(yùn)動方向相反，兩者加速度不同，最后分離或相對靜止，心=工塊+工板滑塊獲得一初速度劃，則板塊同向運(yùn)動，兩者加速度不同，X板VX塊，Ax=x最后分離或相對靜止滑板或滑塊受到拉力作用，要判斷兩者是否有相對運(yùn)動，以及滑板與地面是否.分析“板一塊”模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián).分析“板一塊”模型的“四點(diǎn)”注意(1)用隔離法分析滑塊和滑板的受力，分別求出滑塊和滑板的加速度。(2)建立滑塊位移、滑板位移、滑塊相對滑板位移之間的關(guān)系式。(3)不要忽略滑塊和滑板的運(yùn)動存在等時關(guān)系。(4)在運(yùn)動學(xué)公式中，位移、速度和加速度都是相對地面的。［典例3］一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m,如圖(a)所示。/=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動，直至/=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2o求：(b)(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)⑷及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。［大題拆分］第一步：分析研究對象模型設(shè)小物塊和木板的質(zhì)量分別為小和小物塊可以看作質(zhì)點(diǎn)(初始條件未知，如圖甲所示)。第二步：分析過程模型(1)認(rèn)為地面各點(diǎn)的粗糙程度相同,小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動,木板與墻壁碰撞前速度大小為0,如圖乙所示。⑵木板與墻壁碰撞過程：小物塊受到滑動摩擦力(設(shè)置的初始條件)，由于碰撞時間極短故碰后小物塊速度不變，木板的速度方向突變(設(shè)置的初始條件)，如圖丙所示。(3)然后小物塊向右減速，木板向左減速，經(jīng)1s小物塊速度減小為零(如圖丁所示)。由于木板的加速度較小，故小物塊速度為零時，木板仍有速度。然后小物塊向左加速，木板向左減速，到二者達(dá)到共同速度03(如圖戊所示)。(4)分析臨界條件，包括時間關(guān)系和空間關(guān)系，如圖戊所示。(5)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速直線運(yùn)動直至停止(如圖己所示)。［解析］(1)根據(jù)圖像可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為0=4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小由=-j—m/s2=4m/s2根據(jù)牛頓第二定律有fi2mg=ma29解得"2木板與墻壁碰撞前，勻減速運(yùn)動時間t=ls,位移x=4.5m,末速度v=4m/s其逆運(yùn)動則為勻加速直線運(yùn)動，可得解得ai=lm/s2設(shè)小物塊的質(zhì)量為m,則木板的質(zhì)量為15//1,對小物塊和木板整體受力分析，地面對木板的滑動摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得5Mg=(6+15/w)?i,即"ig=ai,解得⑵碰撞后，木板向左做勻減速運(yùn)動，依據(jù)牛頓第二定律有"1(15帆+帆)g+42機(jī)g=15，%〃34可得〃3=大m/s2對小物塊，加速度大小為〃2=4m/s2由于〃2＞的，所以小物塊速度先減小到0,所用時間為介=1s的過程中，木板向左運(yùn)動的位移為1 ? 10士玨母 8 ,xi=vt\-="§~m,木速度01=。。3力=§m/s小物塊向右運(yùn)動的位移X2=-~ti=2m此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為?2=4m/s24木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為的=4m/s2假設(shè)又經(jīng)歷打二者速度相等，則有解得，2=0.5s此過程中，木板向左運(yùn)動的位移工3=0必一%3以=春m,末速度03=01-。3打=2m/s小物塊向左運(yùn)動的位移X4=l?2^=0.5m此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動，二