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!種常見情景項目圖示物塊可能的運動情況情景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!種常見情景項目圖示物塊可能的運動情況情景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。加速運動，物塊受到輕放在勻加速啟動的傳送帶上沿傳送帶前進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。加速運動，物塊受到輕放在勻加速啟動的傳送帶上沿傳送帶前進方向的靜摩擦力Ff(2)若"gva,物塊將跟不上傳送帶的運動，即物塊相對于傳送帶向2m,重力加速度為g。求:(1)A、8達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動的，此時物塊受到沿傳送帶前進方向的滑動摩擦力Ft=〃mg,產(chǎn)生的加速度af="g⑴在勻速運動的水平傳送帶上，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故物塊先加速運動后勻速運動即物塊到達B時的速度為vfB=v\=12m/so(3)當物塊初速度。、=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動后勻速運動。2由S=Clt2,得So物塊勻速運動的位移％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s-r-1 L |=!='、|■傾斜傳送帶模型U!項目圖不物塊可能的運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，進一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運動情況。當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點到達B點的最短時間是多少?思路點撥：解此題注意以下幾點：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，則要進一步判斷煤塊能否相對傳送帶靜止。(3)達到相同速度后，若煤塊相對傳送帶不再滑動，則勻速運動到3點，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動到B點，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3點，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動時，從A運動到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“相對運動”，而不是“絕對運動”。二者達到“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動到另一端，若兩者同向運動，位移之差等于板長；若反向運動，位移之和等于板長。(3)一般兩者速度相等為“臨界點”，要判定臨界速度之后兩者的運動形式。.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，則板塊同向運動，兩者加速度不同，X滑板獲得一初速度如，則板常

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情

形塊同向運動，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”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動存在等時關(guān)系。(4)在運動學(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(初始條件未知，如圖甲所示)。第二步：分析過程模型(1)認為地面各點的粗糙程度相同,小物塊和木板一起向右做勻變速運動,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，勻減速運動時間t=ls,位移x=4.5m,末速度v=4m/s其逆運動則為勻加速直線運動，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動，依據(jù)牛頓第二定律有"1(15帆+帆)g+42機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小物塊向左運動的位移X4=l?2^=0.5m此后小物塊和木板一起勻減速運動，二