文档内容
热点专题系列(三)
动力学中三种典型物理模型
热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑
块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。
[热点透析]
等时圆模型
1．模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到
底端，可知加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀加速直线运动规律有x＝at2，得
下滑时间t＝2，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证
明有相同的结论。
2．结论
模型1 质点从竖直面内的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；
模型2 质点从竖直面内的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；
模型3 两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同
的光滑弦上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
3．思维模板其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。
如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点
与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是
圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾
斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则( )
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解析 由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿
过CM的直径的下落时间相等，所以从C点自由下落到M点的c球运动时间最短
故C正确。
答案 C
传送带模型
传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉
及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合
牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。题型一：物块在水平传送带上
题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送
带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。
方法突破：已知传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块
滑动时的加速度大小a＝μg。
1．如图甲，v0 ＝0时，物块加速到v的位移x＝，若x v时，物块减速到v的位移x＝，若x v > ，物块先减速后匀速；若
x≥L，即v ≤ ，物块一直减速到右端。当v＝v0 时，物块匀速运动到右端。
3．如图乙，v0 ≠0，v0 与v反向，物块向右减速到零的位移x＝，若x≥L，即
v0
≥，物块一直减速到右端；若x v1 ，则( )
A．t 时刻，小物块离A处的距离达到最大
2
B．t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
2
C．0～t 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2
D．0～t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
3
解析 小物块对地速度为零时，即t 时刻，向左离开A处最远；t 时刻，小物块
1 2
刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t 时刻，它相对传送带滑动的
2
距离达到最大，A错误，B正确。0～t 时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，
2
方向始终向右，大小不变；t 时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速
2
度v1 匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
答案 B
题型二：物块在倾斜传送带上
题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块
相对传送带速度为零时 μmgcosθ与mgsinθ的大小关系决定着物块是否会相对传
送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μtanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运
动。
2．如图甲，若0≤
v0
< v且μ v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动再向上匀速运
动。
4．如图甲，若v0 > v且μtanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运
动。
2．如图乙，若0≤
v0
< v且μ v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运
动。
4．如图乙，若v0 > v且μa ，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。
2 1
(2)设经过时间t 木块离开木板，则
1
对木块有：x ＝a t
1 1
对木板有：x ＝a t
2 2
又有：L＝x －x
2 1
联立并代入数据解得：t ＝2 s。
1
(3)t＝1 s末木块的速度v1 ＝a
1
t＝1×1 m/s＝1 m/s
木板的速度v2 ＝a
2
t＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s此过程中木块相对木板的位移大小
Δx ＝t＝0.75 m
1
若在时间t＝1 s末撤去F，则之后木块仍以a 的加速度做匀加速运动，而木板
1
将做匀减速运动，设加速度大小为a ，则有：
3
μ mg＋μ (M＋m)g＝Ma
1 2 3
代入数据解得：a ＝3.5 m/s2
3
设再经时间t
2
后二者速度相等，有：v1 ＋a
1
t
2
＝v2 －a
3
t
2
代入数据解得：t ＝ s
2
此时两者的共同速度为v＝v1 ＋a
1
t
2
＝ m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx ＝t －t ＝0.25 m
2 2 2
假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a 的加速度减速，木板也向左减
1
速，设加速度大小为a ，则有：
4
μ (M＋m)g－μ mg＝Ma
2 1 4
代入数据解得：a ＝2.5 m/s2
4
a >a ，假设成立
4 1
此过程木块相对木板的位移大小
Δx ＝－＝ m＜Δx ＋Δx
3 1 2
则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx＝Δx ＋Δx ＝1 m。
1 2
