平面模型的构建

一．基本平面力学模型 基本模型 动力学角度 能量角度 mgmav022ax① 1mgx0mv02 2Fxumgx12mv 212mv2Fmgma② v2ax2 Fcos(mgFsin)ma③（①+②组合） v2axFumgma1;umgma2v2a1x1;v2a2x2 222 Fcosxu(mgFsin)x Fx1umg(x1x2)0 （①+③组合） Fcosu(mgFsin)ma1;umgma2v2a1x1;v2a2x222 例1（2010安徽22）：质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图所示。g取10m/s2，求： v/(m·(1)物体与水平面间的运动摩擦系数μ； 8 F(2)水平推力的大小； 6 (3)010s内物体运动位移的大小。 4 解：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为△t2、初速度为v20、末速度为v2t，加速度2 O 2 4 6 8 10 t/s 为a2，则 ① 设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有Ff=ma2 ② Ff=-μmg ③ 联立②③得 ④ Fcosx1u(mgFsin)x1 umgx20（2）设物体做匀加速直线运动的时间为△t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则 ⑤ 根据牛顿第二定律，有F+Ff=ma1 ⑥ 联立③⑥得F=μmg+ma1=6 N （3）解法一：由匀变速直线运动位移公式，得解法二：根据v-t图象围成的面积，得- 1 -

例2（2009宁夏24）：冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O。为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2=0.004。在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少。(g取10m/s2) 解：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2。则有S1+S2=S ① 式中S为投掷线到圆心O的距离。 f11mg ② f22mg ③ 设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得f1S1f2S2221gSv0联立以上各式，解得S2 ⑤ 2g(12)12mv0 ④ 2代入数据得S210m ⑥ 例3：如图甲所示，电荷量为q=1×10-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，、物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。求： （1）前2秒内电场力做的功。 （2）物块的质量. （3）物块与水平面间的动摩擦因数。 解：（1）由题意得：在匀强电场中电场力F为：F=Eq 由图像得前2秒的位移S为： S=at2/2 则电场力做的功为： W =FS 代入数据得： W = 6（J） （2）在2—4秒内由图像得： E2q = umg 。 前2秒物块的加速度a=1m/s2 由牛顿第二定律得：E2q － E1q=ma 带入数据得： m =1Kg （3）在2—4秒内由图像得： E2q = umg 又 m =1Kg 则： u = 0.2 例4：一新型赛车在水平专用测试道上进行测试，该车总质量为m =1×10kg，由静止开始沿水平测试道运动，用传感设备记录其运动的v－t图象如图所示。该车运动中受到的摩擦阻力（含空气阻力）恒定，且摩擦阻力跟车的重力的比值为μ＝0．2。赛车在0～5s的v－t图象为直线，5s末该车发动机达到额定功率并保持该功率行驶，在5s～20s之间，赛车的v－t图象先是一段曲线，后为直线。取g=10m/s2，试求： （1）该车额定功率； （2）该车的最大速度vm； （3）速度为30m/s瞬间车的加速度 （4）该车出发后前20s内的位移。 - 2 -

3解：（1）0s—5s赛车做匀加速运动，其加速度：=4m/s（1分） 2由题意，得摩擦力f=2×10N ，（1分）由牛顿定律： F－ f =ma，得牵引力F=6×10N （2分） 533所以，发动机牵引力的额定功率P=Fv1=1．2×10W （2分） （2）由 （2分）解得：vm=60m/s （1分） 2（3）当v=30m/s时，P=Fv 又F－ f =ma，带入解得：a=2m/s （4）前5s的位移： m （1分） 在5s～20s内（即t2=15s），发动机已经达到额定牵引功率，且在20s时车的速度已达到最大速度vm，由动能定理得： （2分）代入数据解得分） m （1分）总位移m （1例5：如图，abcd为质量M=2kg的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量m=0.6kg的金属棒PQ平行bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B=0.8T.导轨的bc段长l0.5m，其电阻r=0.4Ω，金属棒的电阻R=0.2Ω，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2 若在导轨上2作用一个方向向左、大小为F=2N的水平拉力，设导轨足够长，g取10m/s，试求： （1）导轨运动的最大加速度； （2）流过导轨的最大电流； （3）拉力F的最大功率. 解：（1）导轨向左运动时，导轨受到向左的拉力F，向右的安培力F1和向右的摩擦力f。 根据牛顿第二定律：FF1fMa (3分); F1= BIl (1分); f=μ(mg—BIl) （2分） Fmg(1)BIl （2分） MFmg0.4m/s2（2分） 当I=0时，即刚拉动时，a最大. amaxM整理得:a（2）随着导轨速度增大，感应电流增大，加速度减小. 当a=0时，I最大,即Fmg(1)BImaxl0（2分） ImaxFmg2.5A（1分） (1)Bl- 3 -

（3）当a=0时，I最大，导轨速度最大.ImaxBlvmaxI(Rr)3.75m/s(1分) (2分) vmaxmaxRrBlPmaxFvmax7.5W（3分） 二．平面模型中的临界（极限）问题 ① 质量为m的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F使木块做匀速运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？ 解：Fminmgsin② mg12，且与水平方向夹角满足tan 质量为m的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F使木块从静止开始以加速度a匀加速直线运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？ m(ag)(mgFsin)ma得，F解：由牛顿第二定律： Fsos sincos则Fminm(ag) 12，当且仅当2arcsin112时取最小值 ③ 质量为m的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，初始静止在地面，现施加斜向下压力F，问满足什么条件时不管F多大物块都不动？ 解：如果满足Fsin(Fcosmg)，无论用多大的力也推不动物体。若重力mg的影响无关紧要，有tantan，即，这是物体发生自锁的条件。如果这一条件不满足，即，则物体所受动力大于阻力，物体就会运动。 例6（2009宁夏21）：水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0<μ<1）。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（AC ） F A．F先减小后增大 B．F一直增大 θ C．F的功率减小 D．F的功率不变 例7（2010宁夏18）：如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成600角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成300角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（B ） A.31 B.23 C.313 D.1- 222例8：汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)。下面几个关于汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t变化的图像正确的是（ AD ） - 4 - 例9：如图所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg，带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s，此时小球的位移为S＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m／s2。) 平面模型的应用一：水平传送带问题 基本模型 ① 运动性质 结论 先匀加ag，后匀速（若传送带足够长） 时间：tAB=t1 +t2 先匀减ag，后静止（若传送带足够长） ② ③先匀减ag，速度为零后反向匀加ag （若传送带足够长） ④若v0v1,一起匀速运动 若v0v1,先匀减ag，后一起匀速 划痕：s相s物-s传 热量： Qfs相 若v0v1,先匀加ag，后一起匀速 例10：如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（ ACD ） A．L2LLv2L B． C． D． vvv2gg- 5 -

例11：如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v沿逆时针方向运动，传送带左端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v0沿直线向右滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v1，则下列说法正确的是（A ） A．若vv0，则v1v B．若vv0，则v1v C．不管v0多大，总有v1v0 D．只有vv0时，才有v1v0 例12：如图，水平传送带两端点AB间的距离为L，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1．随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的水平力恒定F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2．下列关系中正确的是（ B ） A．W1＝W2 ，P1＜P2，Q1＝Q2 B．W1＝W2 ，P1＜P2，Q1＞Q2 C．W1＞W2 ，P1＝P2，Q1＞Q2 D．W1＞W2 ，P1＝P2，Q1＝Q2 例13：如图，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是 ( C ) A．μ与a之间一定满足关系a/g B．黑色痕迹的长度为(ag)v/(2a) C．煤块从开始到相对静止时经历的时间为v/(g) D．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量的mv/2 例14：如图，传送带始终以v=4m/s的速度顺时针运动。一个质量为m=1.0kg，初速度为零的小物体放在传送带的左端a处，若物体与传送带之间的动摩擦因素µ=0.2，传送带左右两端ab的距离为s=8m。求 （1）物体从左端a处运动到右端b处的时间 （2）物块在传送带上留下的划痕的长度 （3）当传送带的运行速率满足什么条件时物块从a端到b端的时间最短，并求最短时间 解：（1）物块加速：x1aug2m/s2222，共速时：t1v2s，加速位移a12sx1at14m，匀速t22s，则tt1t24s 2v12at14m，木板x2vt=8m，则划痕L=x2x14m 2（2）在前2s内相对滑动，物块x1（3）若物块恰好在b端与传送带共速时时间最短，由v22as得，v=42m/s，最短时间tv22s a例15：如图所示为车站使用的水平传送带的模型，传送带长L=8 m，现有一个质量为m=10 kg的旅行包以v0=10 - 6 -

m/s的初速度水平地滑上水平传送带.已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为μ=0.6. g取10 m/s2，且可将旅行包视为质点.试讨论如下问题： （1）若传送带固定不动，求旅行包从A端滑到B端的时间及摩擦产生的热量 （2）若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，则旅行包是否能够从A端滑到B端？并计算摩擦的热量 （3）若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动，求旅行包从A端滑到B端的时间及摩擦产生的热量 （4）若传送带以速度v=20m/s顺时针匀速转动，求包从A端滑到B端时间及热量 解析:（1）取旅行包为研究对象，由牛顿第二定律得：a=μg=6 m/s2 14由运动学公式得Lv0tat2，代入数据求得ts.则Qfs相umgL480J 23（2）当传送带逆时针转动时，旅行包的受力情况始终不变，且与传送带保持静止时的受力情况相同.由此可判断：旅行包能从A端滑到B端，且所经历时间与皮带静止时相同，即为tQfs相umg(Lvt)800J 4s 3（3）设旅行包在沿顺时针方向转动的传送带上做匀减速运动经时间t1后速度减为v，然后随传送带的转动而做匀速运动经时间t2到达B端，则有 a=μg=6 m/s2， 2as1=v02-v2， v=v0-at1, s1+s2=L, s2=vt2 由上述各式可解得旅行包从A端运动到B端共历时t′=t1+t2=1.25 s. Qfs相umg(s1vt1)180J （4）当传送带速度v=20m/s顺时针匀速转动时，物块加速：a=μg=6 m/s2 12由运动学公式：Lv0tat2得，ts 23Qfs相umg(vtL)320J 平面模型的应用二：滑块和木板模型 ①滑块冲上木板 若地面光滑： 滑块减速：a1u1g 处理方法： ①运动学公式 ②相对运动法 ③动能定理 ④动量定理 ⑤动量守恒 木板加速：a2u1mg M若地面粗糙： 滑块减速：a1u1g 对木板： 若u1mgu2(mM)g，静止 若u1mgu2(mM)g，加速a2②木板在外力下带动滑块 若地面光滑： u1mgu2(mM)g MFu1mgFu1g，一起加速：a MmMFu1mgu1g 若 MFu1mg滑块加速：a1u1g；木板a2 M若若地面粗糙： 若Fu1mgu2(mM)gFu1g，一起加速：a MmM- 7 -

Fu1mgu2(mM)gu1g MFu1mgu2(mM)g滑块加速：a1u1g；木板a2 M若③滑块在外力下带动木板 若地面光滑： Fu1mgu1mgF，一起加速：a mMmMFu1mgu1mg若 mMFu1mgu1mg滑块加速：a1，木板加速：a2 mM若若地面粗糙： 若u1mgu2(mM)g，木板静止，滑块加速：a1若u1mgu2(mM)g： Fu1mg mFu1mgu1mgu2(mM)g， mMF② 一起加速：a mMFu1mgu1mgu2(mM)g②若 mMFu1mgu1mgu2(mM)ga1a2滑块加速：，木板加速： mM① 若例16：如图，质量分别为m和M的两物体叠放在光滑水平地面上，两物体间的动摩擦因数为μ，水平拉力F的作用在M上，两物体相对静止一起向右运动。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），要保持两物体相对静止，求拉力F取值要求。 解：对M和m组成的系统，由牛顿第二定律：F(Mm)a① 对m：fma②，又fumg③，联立解得：Fu(Mm)g 例17：如图，质量分别为m和M的两物体叠放在光滑水平地面上， 两物体间的动摩擦因数为μ，水平拉力F作用在m上，两物体相对静止一起向右运动。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），要保持两物体相对静止，求拉力F取值要求。 解：对M和m组成的系统，由牛顿第二定律：F(Mm)a① 对M：fMa②，又fumg③，联立解得：F 例18：如图所示，一质量M=0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m=0.2kg的小滑块，以v0=1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4， 问： （1）经过多少时间小滑块与长木板速度相等？ （2）从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，产生了多少热量？（滑块始终没有滑离长木板） 解析：（1）分析m的受力，由牛顿第二定律有． u(Mm)mg M 分析M的受力，由牛顿第二定律有． - 8 -

设经过时间t两者速度相同． 且 代入数据，联解可得t=0．15s （ 6分 ） （2）小滑块做匀减速运动．初速度为 （1分） （3分） 例19：如图所示，质量为m=5kg的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2。现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）拉力撤去时，木板的速度大小。 （2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大。 （3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在距板右端多远处。 解：（1）若在时间t = 1s内，物块与长木板一起运动，加速度为a，则 物块受合外力 ∴物块在长木板上相对滑动。 设撤去F时，长木板的速度为v1，滑块速度为v2，由动量定理，对物块： 对整体：代入数据可解得： （2）设撤去拉力后，经时间t，两者获得共同速度为v，由动量定理， 对物块， 对长木板， 将v1和v2的数值代入，得： 在内，物块相对于长木板的位移 内，物块相对木板位移，则木板长度最小值为 （3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板与物块先后停下，由动能定理，得设滑块位移为 - 9 -

木板位移为 这时间内物块相对于木板的位移 物块最终离板右端的距离 例20：如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( A ) 例21：一长木板在水平地面上运动，在ｔ=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。求: （1）物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数: （2）从ｔ＝０时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小. 解：(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。 由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同。设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1vv1v1① a20② t1t1设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得 1mgma1③ (122)mgma2④ 联立①②③④式得：10.20⑤ 20.30⑥ (2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间和a2，则由牛顿第二定律得 的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1⑦ 22mgfma2⑧ fma1a2；由⑤⑥⑦⑧式得f2mg1mg，与假设矛盾。故f1mg⑨ 假设f1mg，则a1a1；物块的vt图象如图中点划线所示。 由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 - 10 -

v0v1v12v12⑩s2s12t12a122a2 物块相对于木板的位移的大小为 ss2s1联立①⑤⑥⑧⑨⑩s1.125m 式得 - 11 -