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第15讲动力学中的三种典型物理模型热点概述(1)本热点是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中“等时圆”模型常在选择题中考查，而“滑块木板”模型和“传送带”模型常以计算题压轴题的形式命题。(2)通过本热点的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养。经过针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，帮助同学们迅速提高解题能力。(3)用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。热点一“等时圆”模型 1“等时圆”模型设想半径为R的竖直圆内有一条光滑直轨道，该轨道是一端与竖直直径相交的弦，倾角为，一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度agsin，位移x2Rsin，而xat2，解得t2，这也是沿直径自由下落的时间。总结：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆(或光滑斜面)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。2三种典型情况(1)质点从竖直圆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)质点从竖直圆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)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则()At1t2 Bt1t2 Ct1t3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，故A错误，B、C、D均正确。2. (2018东北三校模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且BMO60，O为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是()AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系答案B解析由“等时圆”模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tAtC，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtCDtEF，B正确。热点二“传送带”模型1特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间0。2常见的传送带模型(1)水平传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1a.可能一直加速b可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将变为零情景2a.v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速bv0v时返回速度为v，当v0tan时，可能一直加速上滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力btan时，可能一直加速下滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力btan时，先以a1gsingcos加速下滑，若传送带较长，将再以a2gsingcos加速下滑例1(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左到右的运动时间可能是()A. B.C. D.解析若木块一直匀加速，则有Lgt2，得t ，C正确；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L tt，得t，D正确；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为Lx，则有vgt1,2gxv2，vt2Lx，从而得tt1t2，A正确；由以上分析可知，木块的运动时间一定大于，B错误。答案ACD方法感悟求物体在水平传送带上运动的时间时，因传送带的长度不确定，物体有可能一直加速，也可能先加速再匀速，注意分类讨论。例2如图所示，传送带的倾角37，从A到B的长度为LAB16 m，传送带以v010 m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速度放一个质量为m0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)解析开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力如图甲所示由牛顿第二定律得mgsinmgcosma1解得a1gsingcos10 m/s2物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间t11 s物体运动的位移x1a1t5 m16 m即物体加速到10 m/s时仍未到达B点，当物体加速至与传送带速度相等时，由于L8 m，则由vv2aL，得vB2 m/s。(2)由题意知，若物块加速到v112 m/s，由vv2ax1，得x1 mL8 m。故物块先加速后匀速运动，即物块到达B时的速度为vBv112 m/s。(3)若向右减速到v20，由vv022ax2，得x23 mL8 m，所以物块先向右减速到0，由v2v0at1得，减速运动的时间t11 s。接着向左加速运动，若向左加速到v34 m/s时，由vv2ax3，得x3 mx23 m，故向左先加速后匀速，由v3v2at2，得加速时间t2 s。向左匀速运动时v4v34 m/s，x4x2x3 m，由x4v4t3，得匀速运动时间t3 s，故tt1t2t3 s。4如图所示，倾角为37的传送带始终保持以v5 m/s的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d15.25 m。现将一物块(可视为质点)无初速度从A端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2, sin370.6，cos370.8，求物块到达B端时的速度大小和物块从A端运动到B端所用的时间。答案9 m/s2.5 s解析假设物块由静止能加速运动到与传送带速度v5 m/s相等，设此过程加速度为a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律有mgsinmgcosma1，va1t1，x1a1t，代入数据解得a110 m/s2，t10.5 s，x11.25 m，由于x11.25 mmgcos37，物块将继续向下做匀加速运动，设物块此后运动的加速度为a2，运动时间为t2，位移为x2，到B端的速度为vB，由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsinmgcosma2，x2dx1vt2a2t，vBva2t2。代入数据解得a22 m/s2，t22 s，vB9 m/s，物块从A端运动到B端所用时间tt1t22.5 s。热点三“滑块木板”模型滑块木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动等主干知识，能力要求较高。滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系。1模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，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过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差xx2x1L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和xx2x1L。例1如图所示，质量M1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数10.3，木板长L1 m，用F5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2。(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数20.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。解析(1)A、B之间的最大静摩擦力为fm1mg0.3110 N3 N假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F(Mm)a对A：fABMa解得：fAB2.5 N因fAB0，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ffmgsinma，又FfFfmmgcos，联立解得20 N30 N，所以物块能够滑离木板。对木板，由牛顿第二定律得FmgcosMgsinMa1，对物块，由牛顿第二定律得mgcosmgsinma2，设物块滑离木板所用时间为t，木板的位移x1a1t2，物块的位移x2a2t2，物块与木板的分离条件为xx1x2L，联立以上各式解得t1.2 s，物块滑离木板时的速度va2t，由公式2gsinx0v2，解得x0.9 m。答案(1)20 N1mg，与假设矛盾，所以物块相对长木板将向前“打滑”。t1时刻后，由牛顿第二定律得对物块有1mgma1对木板有22mg1mgma2解得物块和木板的加速度大小分别为a12 m/s2a24 m/s2物块还能运动的时间t10.5 s木板还能运动的时间t20.25 s物块全程运动的vt图线如图中点粗实线所示。物块相对于木板的位移大小即为两图线与t坐标轴所围面积的差值，即xx2x11.125 m。3(2016四川高考)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，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。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cos1，sin0.1，g10 m/s2。求：(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。答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m解析(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsinma1fmgcos联立以上二式并代入数据得a15 m/s2a1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v23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 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s4 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，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为l，则M4mMgsinFfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立并代入数据解得l98 m。4(2018宜昌模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为10.1，与地面间的动摩擦因数均为20.2。现以恒定的加速度a2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的vt图象；(3)两物体A、B停在地面上的距离。答案(1)1 s(2)图见解析(3)1.25 m解析(1)两物体在纸带上滑动时均有1mgma1当物体A滑离纸带时ata1td由以上两式可得t11 s。(2)开始时A、B以a1共同加速，速度相同，A滑到地面时以a22g减速运动，B继续加速一段时间后也滑到地面上以a2减速，故vt图象如图所示。(3)物体A离开纸带时的速度v1a1t1两物体在地面上运动时均有2mgma2物体A从开始运动到停在地面上的过程中总位移x1物体B滑离纸带时ata1t2d物体B离开纸带时的速度v2a1t2物体B从开始运动到停在地面上的过程中总位移x2两物体A、B最终停止时的间距xx2dx1由以上各式可得x1.25 m。课后作业1. 如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们的共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为，则在运动过程中()A木块受到的摩擦力一定是mgB木块受到的合力为FC长木板受到的摩擦力为mgD长木板受到的合力为答案D解析整体的加速度a， 隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F合，且长木板所受的合力等于长木板所受的静摩擦力。又长木板所受的静摩擦力等于长木板对木块的静摩擦力，不一定等于mg，故A、C错误，D正确；木块所受的合力为F合ma，故B错误。2(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。若A、B之间的动摩擦因数为，tan，A、B质量均为m，重力加速度为g，则()AA、B保持相对静止BA、B一定相对滑动CB与斜面间的动摩擦因数为DB与斜面间的动摩擦因数为答案BD解析因为mgcos，所以A、B一定相对滑动，A错误，B正确；选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得FmgcosmgsinB2mgcos0，B，故C错误，D正确。3(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A小滑块的质量m2 kgB小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C当水平拉力F7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2D当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大答案AC解析当F6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据解得Mm3 kg，当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a，图线的斜率k1，解得M1 kg，滑块的质量m2 kg，A正确；滑块的最大加速度ag2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，B错误；当F7 N时，由a知长木板的加速度a3 m/s2，C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度ag2 m/s2，恒定不变，D错误。4(2018潍坊模拟)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的()A从下端B离开，vv1 B从下端B离开，vv1C从上端A离开，vv1 D从上端A离开，vv1答案ABC解析物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带向下的分力的大小关系及传送带的长度，故有多种可能情况。若从A端离开，由运动的对称性可知，必有vv1，即C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，vv1，A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，vv1，故本题应选A、B、C。5(多选)如图，一个质量为m1 kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA1 kg和mB2 kg 的A、B两物块。A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为0.2。若现用水平恒力F作用在A物块上，取重力加速度g10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是()A当F2 N时，A物块和木板开始相对滑动B当F1 N时，A、B两物块都相对木板静止不动C若F4 N，则B物块所受摩擦力大小为 ND若F6 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2答案BC解析假设A、B两物块与木板相对静止一起运动，对整体有F(mmAmB)a，对B有fBmBa，且fBmBg，对A有FfAmAa，且fAmAg，对B和木板整体fA(mmB)a，解得F N，故A错误，B正确；当F N时，A与长木板相对运动，B与长木板相对静止，故F4 N时，mAg(mmB)a1，fB1mBa1，解得fB1 N，故C正确；若F6 N，则B物块加速度大小为a1 m/s2，故D错误。6(2018济宁模拟)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，ACBCDC543，AC杆竖直，各杆上分别套有一可看成质点的小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为 123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()A111 B543C589 D123答案A解析因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC线段为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，从A、B、D三点由静止释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。7(2018河南省仿真模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.04.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是()A传送带沿顺时针方向转动B传送带沿逆时针方向转动C传送带的速度大小为2 m/sD小物块与传送带间的动摩擦因数0.2答案ACD解析由xt图象可知，图象的斜率等于速度，故物块的速度先减小到零后，反向增加，最后匀速运动回到初始位置，可判断传送带沿顺时针方向转动，A正确，B错误；由3.04.5 s内的图象可知，传送带的速度v m/s2 m/s，C正确；因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m，由xat2知a2 m/s2，则根据ag可知，小物块与传送带间的动摩擦因数0.2，D正确。8(2018兰州模拟)如图所示，质量M8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F8 N，当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t1.5 s的时间，则物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)()A1 m B2.1 m C2.25 m D3.1 m答案B解析放上物体后，物体的加速度a1g2 m/s2，小车的加速度a20.5 m/s2，设物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1v0a2t1，解得t11 s；此过程中物体的位移s1a1t1 m；共同速度为va1t12 m/s；当物体与小车共速后假设相对静止，则共同加速度为a0.8 m/s2，物体受到的摩擦力fma1.6 N，而fmaxmg4 N，fs，故工件从A到B一直减速，由匀变速运动规律可知vv2gs，代入数据解得vB3 m/s，当满足B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度大小还是g，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故A、B、C正确，D错误。10(2018保定模拟)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则()A传送带一定逆时针转动BtanC传送带的速度大于v0Dt0后木块的加速度为2gsin答案AD解析若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsinmgcos)，将一直匀加速到底端；当木块上滑时(mgsinf3，故假设成立。设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt在B与木板达到共同速度v1后，因为1g2g，所以B和木板相对静止，共同减速，设木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；故B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m。(也可用如图的速度时间图线求解)12(2015全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图a所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图b所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。答案(1)10.120.4(2)6.0 m(3)6.5 m解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图b可得a2式中，t22 s, v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
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