专题7.3 动力学之“三大基本模型”(提高训练)(解析版)
2020年高考物理一轮复习专题专练：动力学中的“三大基本模型”
动力学的三大基本模型过程分析之传送带模型 一、水平传送带模型例1、如图所示，传送带AB 之间的距离为L,传送带以速度v 匀速转动，物块与传送带之间的摩擦因素为u ，将物块从A 点由静止释放，求物体从A 传到B 的时间；【答案】g v v l μ2+或gl μ2 【解析】物块在传送带上可能经历两种运动形式，如果传送带足够长物块先匀加速到与传送带共速，然后再匀速的走完剩余的全程，如果传送带不是足够长，则物块在传送带上一直匀加速； 方式一：物块先匀加速再匀速； 对物块受力分析：设物块从开始加速到与传送带共速需要的时间为t1，从共速到走完剩余全程需要的时间为t2； 阶段一速度关系式：10at v +=...）（11gvt μ=; 阶段一位移关系式：阶段二速度关系式：)3(22vx t =阶段二位移关系式：求得：所以从AB 传送到B 的总时间为：方式二、物块在传送带上一直匀加速到另一端； 对物块受力分析：对物体进行运动分析，如果传送带不是足够长，物块在传送带上一直匀加速；221at l =得glt μ2=，所以物块从A 传送到B 的时间为glt μ2=或g v v l t μ2+=方法总结：如图所示是物块在传送带上的两种运行模式，分析可知，在传送带的长度一定时，把物块从A 运送到B 端的两种方式中，t0<t1结论是：如果能够保证物体在传送带上一路匀加速，那么物体到达右端所需的时间更短.例2、如图所示，一平直的传送带以速度v ＝2m/s 匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L ＝10m ，从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t ＝6s ，能传送到B 处，求： （1）工件在传送带上加速运动过程中的加速度大小及加速运动的时间； （2）欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？【答案】（1）1m/s2 （2）52 【解析】对工件受力分析：对工件进行运动分析：假设工件从静止释放到与传送带共速共需要经历的时间为t速度关系：)1...(at v =代入得2=at t=2s 位移关系：，代入相关参数得：a=1m/s 2如果工件在传送带上一路匀加速刚好到达B 端时的速度为V ，且刚好与传送带共速，此时传送带的速度即为其临界的最小速度。
专题(19)动力学中三种典型物理模型(解析版)
2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（19）动力学中三种典型物理模型（解析版）命题热点一：“传送带”模型【例1】(多选)如图所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传动带的左端，传送带右端A 点坐标为X A =8m ，匀速运动的速度V 0=5m/s ，一质量m =1kg 的小物块，轻轻放在传送带上OA 的中点位置，小物块随传动带运动到A 点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达N 点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，斜面上M 点为AN 的中点，重力加速度g =10m/s 2。
则下列说法正确的是（ ）A ．N 点纵坐标为y N =1.25mB ．小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为12.5JC ．小物块第二次冲上斜面，刚好能够到达M 点D ．在x =2m 位置释放小物块，小物块可以滑动到N 点上方 【答案】AB【解析】小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg =5 m/s 2 ，小物块与传送带共速时，所用的时间，运动的位移，故小物块与传送带达到相同速度后以v 0=5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑斜面到达N 点，由机械能守恒定律得，解得 y N =1.25 m ，选项A 正确；小物块与传送带速度相等时，传送带的位移x=v 0t =5×1=5m ，传送带受摩擦力的作用，小物块在传送带上运动产生的热量Q =f （x -△x ）=μmg （x -△x ）=0.5×10×2.5=12.5J ，选项B 正确；物块从斜面上再次回到A 点时的速度为5m/s ，滑上传送带后加速度仍为5m/s 2，经过2.5m 后速度减为零，然后反向向右加速，回到A 点时速度仍为5m/s ，则仍可到达斜面上的N 点，选项C 错误；在x =2m位置释放05s 1s 5v t a ===202512.5m 4m 2522A v x X a ====⨯＜2012N mv mgy =小物块，则小滑块在传送带上仍滑动2.5m 后与传送带相对静止，则到达A 点时的速度等于5m/s ，则小物块仍可以滑动到N 点，选项D 错误。
高考物理一轮复习专题06动力学三大基本模型知识点练习(含解析)
专题6 动力学三大基本模型一、夯实基础1.传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带始终保持恒定的速率v运行，将行李无初速度地放在左端点A处。
传送带的水平部分A、B间的距离为L，则（）A. 行李在传送带上一定匀加速至B端B. 行李在传送带上可能受到向右的静摩擦力C. 行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力D. 行李在传送带上的时间一定大于L v【答案】CD【解析】ABC．行李无初速地轻放在左端时，由于相对运动产生了水平向右的滑动摩擦力，行李在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；如果当行李的速度等于传送带速度时，行李的位移小于传送带的长度，则行李与传送带相对静止做匀速直线运动，行李做匀速直线运动时不受摩擦力，故A、B错误，C正确；D．如果行李从开始一直做速度为v的匀速运动，则时间为Lv，但实际上行李从开始做初速度为0的匀加速直线运动，最大速度不大于v，则全程平均速度小于v，故行李在传送带上的时间一定大于Lv，故D正确；故选CD。
2.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )【答案】： D【解析】：开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ。
小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ。
根据以上分析，有a2<a1，所以，本题正确选项为D 。
7-2 动力学之“三大基本模型”
专题7.2、动力学之三大基本模型题型一、过程分析之板块模型由滑块和木板组成的相互作用的系统一般称之为“木板—滑块模型”,简称'板块模型'。
此类问题涉及的相关知识点包括：静摩擦力、滑动摩擦力、运动学规律、牛顿运动定律、动能定理、能量转化与守恒等多方面的知识。
此类问题涉及的处理手段包括：受力分析、运动分析、临界条件判断、图像法处理、多过程研究等多种方法。
因此对大家的综合分析能力要求极高,也是高考的热点之一。
“滑块——木板”模型【解题方略】两种类型如下：木板条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为物块条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为例1、如图所示，质量为M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到v0=1.5m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2。
已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取g=10m/s2。
求：（1）经过多长时间两者达到相同的速度；（2）小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；（3）当小车与物块达到共速后在小车合物块之间是否存在摩擦力？（4）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少；（5）二者共速后如果将推力F 增大到28N ，则二者的加速度大小分别为；【答案】（1）1s.(2)0.75m. (3)有，1.6N .(4)2.1m （5）2m/s2. 8m/s2【解析】对木块受力分析得：)1...(1ma mg =μ对小车受力分析得：)2...(2Ma mg F =-μ解得：.../5.0.../22221s m a s m a ==分别对两车进行运动分析：假设经过时间t 两车达到共速，且达到共速时物块恰好到达木板的左端； 对物块：)4...(21)3...(21111t a x t a v == 对小车：)4...(21)5...(2202202t a t v x t a v v +=+= 根据题意：)6...()5...(2121l x x v v v =-==共联立1、2、3、4、5、6式得：t=1s ， l=0.75，v 共=2m/s（3）当物块与小车共速后对整体受力分析：2/8.0)7...()(s m a a m M F =+=此时小车与物块之间的摩擦力转化为静摩擦力，隔离物块对物块受力分析得：N ma f 6.18.02=⨯==。
动力学问题中三种典型物理模型
专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解读 1.本专题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．通过本专题的学习，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，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能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．1．两种模型(如图1)2．等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d，如图1所示．根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝g sin α，位移为x＝d sin α，所以运动时间为t0＝2xa＝2d sin αg sin α＝2dg.即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关．例1如图2所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有：()A．v2＞v1＞v3B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2D．v1＞v3＞v2变式1如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直．一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较()A．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B．质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短C．质点沿着轨道AB下滑，时间最短D．轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回时速度为v02.项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直匀速②可能一直加速3.模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．4．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．例2(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图4，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是()变式2(多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s 的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则() A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B．小墨块的加速度大小为0.2 m/s2C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 mD．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m1．模型特点“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系．2．解题关键(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移．例3(2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图6所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s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．运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下．已知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)t＝0时刻木板的速度大小；(2)木板的长度．变式3(2019·江西宜春市模拟)如图7所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m．在平板的上端A处放一质量m ＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速度释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与薄平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)1.如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则()A．t1<t2<t3B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2D．t1＝t2＝t32.(2020·广东东莞市质检)如图2所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A．2∶1 B．1∶1C.3∶1 D．1∶33.(多选)(2019·湖北黄冈市模拟)机场使用的货物安检装置如图3所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平部分且长度L ＝2 m ，现有一质量为m ＝1 kg 的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，可从B 端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.1 s B ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.3 sC ．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD ．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m4.(多选)(2019·河南周口市上学期期末调研)如图4所示，质量M ＝2 kg 的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m ＝1 kg 的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物块施加一水平向右的恒力F ＝2 N ，则下列说法正确的是( ) A ．物块和长木板之间的摩擦力为1 N B ．物块和长木板相对静止一起加速运动 C ．物块运动的加速度大小为1 m/s 2 D ．拉力F 越大，长木板的加速度越大5．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图5所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是( ) A ．0 B.2μg 3 C.μg2D.F 2m －μg46．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg ，现在滑块上施加一个F ＝0.5t (N)的变力作用，从t ＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( ) A ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C ．图乙中t 2＝24 sD ．木板的最大加速度为2 m/s 27．如图7甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长．。
专题09 动力学三大经典模型(解析版)-2021届高考物理热点题型归纳与变式演练
【答案】 C
【解析】BC．对物体受力分析，建立直角坐标系并将重力分解，如图所示
在不加 F 时，根据共点力的平衡可知 解得
加上压力 F 时，同理将 F 分解，则 x 轴上有
y 轴上有
又
则
根据
可得
，故物体沿斜面方向的合力仍然为零，故物体仍能保持匀速直线运动状态，B 符合题意，不符
合题意；C 不符合题意，符合题意；
【题型归纳】
热点题型一 千变万化之“斜面模型”
【题型要点】斜面模型是中学物理中常见的模型之一。斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡、运动 及受力问题。通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度关系，可以对共点力的平衡、牛顿 运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查。 考生在处理此类问题时，要特别注意受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用。
2021 届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 专题 09 动力学三大经典模型
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目录 热点题型一 千变万化之“斜面模型”.........................................................................................................................1
mgcos θ
类型二 斜面中的“动力学模型”
【例 2】（2020·烟台模拟）如图所示，小物块放在足够长的木板 AB 上，以大小为 v0 的初速度从木板的 A 端向 B 端运动，若木板与水平面之间的夹角不同，物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块与木
A．根据 可知斜面对物体的支持力增大，A 符合题意，不符合题意； D．根据 可知斜面对物体的摩擦力增大，D 符合题意，不符合题意。 故答案为：C。 【题后总结】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于加速度，进而分析物体的运动情况。 【变式 1】(多选)如图所示，质量为 m 的物体 A 放在质量为 M、倾角为θ的斜面 B 上，斜面 B 置于粗糙的水 平地面上，用平行于斜面的力 F 拉物体 A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面 B 始终静止不动，重力加速度 为 g，则下列说法中正确的是( )
2020年高考物理一轮复习专题7.3动力学之“三大基本模型”提高训练含解析
【答案】A
【解析】
整体分析：开始平衡态、松手后非平衡态，用两个过程处理
（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；
（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；
（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件．
【答案】
（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度分别为2g，3g；
（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度为 ；
（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足
【解析】解：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度 ，
方向向下
球的加速度 ，方向向上
（2）取竖直向下为正方向．球与管第一次碰地时速度 ，方向向下．
碰地后管的速度 ，方向向上；球的速度 ，方向向下
若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有﹣v1+a1t1=v2﹣a2t1
(2)要使物体2s内从长木板上滑下,求拉力F的最小值.
【答案】12N 13N
【解析】(1)当物块与长木板刚好要发生相对滑动时,施加的拉力最大,对物块
计算得出:
对整体有:
求得拉力的最大值为:
(2)设物块刚好经过2s从长木板上滑下,则物块滑动的加速度为:
长木板的加速度为:
2s内物块的位移为:
长木板运动的位移为:
2、如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )
第4讲 动力学中三种典型物理模型(讲)(解析版)2022年高考一轮复习讲练测(新高考江苏)
第4讲 动力学中三种典型物理模型（讲）命题分析：本讲内容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。
趋势分析：物理规律联系生活实际，以实际生活或者科技前沿作为背景材料，进行抽象建模运用牛顿运动定律解决问题。
物理观念：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。
科学思维：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，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力。
科学态度与责任：通过牛顿运动定律的学习，深刻认识物理学是对自然现象的描述与理解，激发学生学习物理的兴趣，形成正确的世界观、人生观和价值观。
一、斜面模型（一）物体在斜面上自由运动的性质1.斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。
物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。
求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。
对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力mg 、支持力F N 、动摩擦力f ，由于支持力θcos mg F N =，则动摩擦力θμμcos mg F f N ==，而重力平行斜面向下的分力为θsin mg ，所以当θμθcos sin mg mg =时，物体沿斜面匀速下滑，由此得θμθcos sin =，亦即θμtan =。
所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。
θmgfF Ny x当θμtan <时，物体沿斜面加速速下滑，加速度)cos (sin θμθ-=g a ； 当θμtan =时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止； 当θμtan >时，物体若无初速度将静止于斜面上； （二）“光滑斜面”模型常用结论如图所示，质量为m 的物体从倾角为θ、高度为h 的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t ，由斜面的倾角θ与斜面的高度h 共同决定，与物体的质量无关。
高中物理复习常考题型与解题方法专题讲解9---动力学三大经典模型(解析版)
【题型归纳】 热点题型一 千变万化之“斜面模型”
【题型要点】斜面模型是中学物理中常见的模型之一。斜面模型的基本问题有物体在 斜面上的平衡、运动及受力问题。通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面 的角度关系，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等 知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查。考生在处理此类问题 时，要特别注意受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用。
A．根据 可知斜面对物体的支持力增大，A 符合题意，不符合题意；
D．根据 可知斜面对物体的摩擦力增大总结】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在
沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，进而分析物体的运动情况。 【变式 1】(多选)如图所示，质量为 m 的物体 A 放在质量为 M、倾角为 θ 的斜面 B 上， 斜面 B 置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力 F 拉物体 A，使其沿斜面向下匀速 运动，斜面 B 始终静止不动，重力加速度为 g，则下列说法中正确的是( )
类型三 斜面中的“连接体模型” ...................................................................................................... 6
类型四 斜面模型的衍生拓展模型 等时圆 ---
...................................................................................... 8
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静摩擦力 f＝Fcos θ，方向水平向右，故 B 相对地面有向左运动的趋势，选项 A 错误， B 正确；由平衡条件可知，地面对 B 的支持力 FN＝(M＋m)g＋Fsin θ，选项 C 正确； 对 A 进行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有 mgsin θ＋F＝µmgcos θ，解得 µ＝
动力学中三种典型物理模型
专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解读1.本专题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.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能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.一、“等时圆”模型1.两种模型(如图1)图12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝g sin α，位移为s＝d sin α，所以运动时间为t0＝2s a图2即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.二、“传送带”模型1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型三、“滑块—木板”模型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.2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.命题点一“等时圆”模型例1如图3所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则( )图3A.t 1<t 2<t 3B.t 1>t 2>t 3C.t 3>t 1>t 2D.t 1＝t 2＝t 3 答案 D解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg 和杆的支持力F N 作用.设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma ，得加速度大小a ＝g sin θ.设圆周的直径为D ，则滑环沿杆滑到d 点的位移大小x ＝D sin θ，x ＝12at 2，解得t ＝2Dg.可见，滑环滑到d点的时间t 与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d 点所用的时间相等，选项D 正确.变式1如图4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( )图4A.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点答案 C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，t a＝4Rg＝2Rg，t b>t a，c球做自由落体运动t c＝2Rg，C选项正确.命题点二“传送带”模型1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向. 在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.2.倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.例2如图5所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接.现有物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.试求：图5(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小？(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，则物块到达B 端时的速度大小？ (3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？ 答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3)2512s解析 (1)设物块的加速度大小为a ，由受力分析可知F N ＝mg ，F f ＝ma ，F f ＝μF N得a ＝6 m/s 2传送带静止，物块从A 到B 做匀减速直线运动， 又x ＝v 202a ＝253 m>L ＝8 m ，则由v B 2－v 02＝－2aL 得v B ＝2 m/s(2)由题意知，物块先加速到v 1＝12 m/s 由v 12－v 02＝2ax 1，得x 1＝113m<L ＝8 m故物块先加速后匀速运动即物块到达B 时的速度为v B ′＝v 1＝12 m/s (3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速 ①向右减速到v 2＝0时由v 22－v 0′2＝－2ax 2得x 2＝3 m 由v 2＝v 0′－at 1得t 1＝1 s ②向左加速到v 3＝4 m/s 时 由v 32－v 22＝2ax 3得x 3＝43m<x 2＝3 m故向左先加速后匀速 由v 3＝v 2＋at 2得t 2＝23 s③向左匀速运动v 4＝v 3＝4 m/s x 4＝x 2－x 3＝53 m由x 4＝v 4t 3得t 3＝512 s故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2512s变式2(2018·湖北荆州模拟)如图6所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？答案(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有：t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s货物沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 32，代入解得t 3＝2 2 s.所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.命题点三 “滑块—木板”模型如图7所示，解决此模型的基本思路如下：图7例3(2017·全国卷Ⅲ·25)如图8，两个滑块A 和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图8(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离.答案(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同 ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 12 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2 ⑪ 由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有：v 2＝－v 1＋a A t 2⑬ 在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 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 s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m ⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解)变式3如图9所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M ＝4 kg 木板B 的左端，起初A 、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，求：图9(1)能使A 、B 发生相对滑动的F 的最小值；(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少多长；从开始到A 、B 均静止，A 的总位移是多少.答案 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于A ，最大加速度由A 、B 间的最大静摩擦力决定，即μ1mg ＝ma m ，a m ＝4 m/s 2对A 、B 整体F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a m ，解得F ＝25 N(2)设F 作用在B 上时A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，撤掉F 时速度分别为v 1、v 2，撤去外力F 后加速度分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度为v 3，加速度为a 3，对于A μ1mg ＝ma 1，得a 1＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对于B F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，得a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s撤去外力a 1′＝a 1＝4 m/s ，a 2′＝μ1mg ＋μ2M ＋m g M ＝2.25 m/s 2经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2解得t2＝0.2 s共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为木板最短的长度LL＝x B－x A＝v 222a2＋v 23－v 22－2a2′－12a1(t1＋t2)2＝0.75 mA、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2从v3至最终静止位移为x＝v 232a3＝11.52 m所以A的总位移为x A总＝x A＋x＝14.4 m.1.(2018·广东东莞质检)如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )图1A.2∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶ 3答案 B2.如图2所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B 间距离为3 m.一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的( )图2答案 B3.(多选)如图3所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是下列图中的( )图3答案BD4.(多选)如图4所示，表面粗糙、质量M＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2，t＝0.5 s时，将一个质量m ＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g＝10 m/s2，则( )图4A.水平恒力F 的大小为10 NB.铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C.铁块在木板上运动的时间为1 sD.木板的长度为1.625 m答案 AC解析 未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C.5.如图5所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图5A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.6.如图6所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v ＝5 m/s 的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d ＝15.25 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μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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.图6答案 9 m/s 2.5 s解析 设物块由静止运动到传送带速度v ＝5 m/s 的过程，其加速度为a 1，运动时间为t 1，位移为x 1，由牛顿第二定律和运动学规律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1v ＝a 1t 1x 1＝12a 1t 12 代入数据解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝1.25 m由于x 1＝1.25 m<d ＝15.25 m ，当物块的速度等于传送带速度时，因为mg sin 37°>μmg cos 37°，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a 2，运动时间为t 2，位移为x 2，到B 端的速度为v B ，由牛顿第二定律和运动学规律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2x 2＝d －x 1＝vt 2＋12a 2t 22 v B ＝v ＋a 2t 2代入数据解得a 2＝2 m/s 2，t 2＝2 s ，v B ＝9 m/s物块从A 端运动到B 端所用时间为t ，有t ＝t 1＋t 2＝2.5 s7.(2018·青海西宁调研)图7甲为一转动的传送带AB ，传送带以恒定的速率v 逆时针转动.在传送带的左侧边缘的B 点有一滑块，若让滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中a 所示，若让滑块以初速度v 2＝6 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中b 所示.g 取10 m/s 2，试求：图7(1)传送带的长度l 和传送带与物块之间的动摩擦因数μ；(2)滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带时，滑块返回B 点的时间.答案 (1)32 m 0.05 (2)12.5 s解析 (1)根据v －t 图象，滑块以初速度v 2＝6 m/s 冲上传送带时，在t ＝8 s 时刻，到达A点，所以传送带的长度l ＝12×(6＋2)×8 m ＝32 m 根据图线a 或者图线b ，滑块的加速度大小为a ＝Δv Δt＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律得μmg ＝ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.05(2)滑块在0～6 s 和6～t s 内的位移大小相等，方向相反12×6×3 m ＝12×(t －6＋t －10)×2 m 滑块返回B 点的时间t ＝12.5 s.8.如图8所示，质量M ＝1 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m ＝1 kg 的铁块B (大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m ，用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2.图8(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μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间. 答案 见解析解析 (1)A 、B 之间的最大静摩擦力为F fm >μ1mg ＝0.3×1×10 N ＝3 N假设A 、B 之间不发生相对滑动则对A 、B 整体：F ＝(M ＋m )a对B ：F f AB ＝ma解得：F f AB ＝2.5 N因F f AB <F fm ，故A 、B 之间不发生相对滑动(2)A 、B 之间发生相对滑动，则 对B ：F －μ1mg ＝ma B 对A ：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma A据题意：x B －x A ＝L ；x A ＝12a A t 2；x B ＝12a B t 2 解得：t ＝ 2 s.。
物理高考专题 巧用动力学观点,破解三类板块模型(解析版)
尖子生的自我修养系列(一)巧用动力学观点，破解三类板块模型木板与物块组成的相互作用的系统统称为板块模型。
板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型，也是高考考查的重点，此类模型一个典型的特征是，物块与木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化，同时注意分析二者之间相对地面的位移之间的关系。
[例1] 如图所示，，在木板的左端有一质量为2 kg 的小物体B ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝0.2。
当对B 施加水平向右的力F ＝10 N 时，求经过多长的时间可将B 从木板A 的左端拉到右端？(物体B 可以视为质点，g 取10 m/s 2)【解析】假设二者相对静止，则对整体由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a 。
设A 、B 之间的摩擦力为f ，A 所受的摩擦力水平向右，对A ：f ＝Ma 。
由于二者相对静止，故f 为静摩擦力，要使二者不发生相对滑动，满足f ≤μmg ，解得F ≤μmg M ＋m M＝6 N ，由于F ＞6 N ，故B 将相对于A 发生滑动。
法一：以地面为参考系，A 和B 都做匀加速运动，且B 物体的加速度大于A 物体的加速度， B 的加速度大小：a B ＝F －μmgm＝3 m/s 2；A 的加速度大小：a A ＝μmgM＝1 m/s 2。
B 从A 的左端运动到右端，A 、B 的位移关系满足 x 1－x 2＝L ，即12a B t 2－12a A t 2＝L ，解得t ＝0.8 s 。
法二：以A 为参照物，B 相对A 的加速度a BA ＝a B －a A ，即B 相对A 做初速度为零的匀加速直线运动，相对位移大小为L ，故L ＝12a BA t 2，解得t ＝0.8 s 。
【答案】0.8 s[例2] 如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。
动力学中三种典型物理模型—高考物理总复习优质PPT课件
1.(2019·合肥质检)如图所示，有一半圆，
其直径水平且与另一圆的底部相当于 O 点，
O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖
直平面内．现有三条光滑轨道 AOB、COD、
EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与
竖直直径的夹角关系为 α＞β＞θ，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
关于物块与传送带间的动摩擦因数 μ 及物块在传送带上
运动第一次回到传送带左端的时间 t，下列计算结果正确
的是( )
A．μ＝0.4
B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s
D．t＝3 s
[思维点拨] (1)由 v-t 图象可知，物块刚滑上传送带
的速率为 4 m/s，传送带的速率为 2 m/s.
(2)物块在传送带上所受摩擦力方向始终向左，物块
答案：B
二、“传送带”模型
1．水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景 1
①可能一直加速； ②可能先加速后匀速
①v0＞v，可能一直减速，也可能 先减速再匀速；
情景 2
②v0＝v，一直匀速； ③v0＜v 时，可能一直加速，也可 能先加速再匀速
情景 3
①传送带较短时，滑块一直减速 到达左端； ②传送带较长时，滑块还要被传 送带传回右端．其中 v0＞v 返回 时速度为 v，当 v0＜v 时返回时速 度为 v0
物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运 动回到传送带左端时，物块的位移为 0，由题图乙可得物 块在传送带上运动的总时间为 4.5 s，C 正确，D 错误．
答案：BC
物体在传送带上运动过程情况判断 1．若传送带较长，或物体与传送带间的动摩擦因数 较大，则物体先与传送带相对运动，后相对静止．物体 往往先加速后匀速，直至传送带端点． 2．若传送带较短，或物体与传送带间的动摩擦因数 较小，则物体与传送带一直是相对运动的，无相对静止 过程．物体往往一直加速到传送带端点．
热点专题系列(3) 动力学中三种典型物理模型
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。
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。
等时圆模型 1．模型分析
[热点透析]
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＝12at2，得下滑时间 t＝2 Rg，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。
A．1.8 s C．2.1 s
B．2.0 s D．4.0 s
答案
解析 若传送带逆时针转动，对物体，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋ μmgcosθ＝ma1，解得物体的加速度：a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2，则物体 加速至与传送带速度相等需要的时间为：t1＝av1＝1.0 s，发生的位移为：s1 ＝12a1t21＝5 m＜16 m，可知物体加速到 10 m/s 时仍未到达 B 点；第二阶段， 应用牛顿第二定律，有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以此阶段物体的加速 度为：a2＝2 m/s2，设第二阶段物体滑动到 B 端需要的时间为 t2，则有：LAB －s1＝vt2＋12a2t22，解得：t2＝1.0 s，故物体从 A 运动到 B 所用的总时间：t ＝t1＋t2＝2.0 s。若传送带顺时针转动，则物体从 A 到 B 一直以加速度 a2 做 匀加速运动，则有：LAB＝12a2t2，解得：t＝4.0 s。故 B、D 正确，A、C 错 误。
专题三 动力学中常见的“三个物理模型”
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 －μ2mg＝ma2⑤ 由图(b)可得 v2－v1 a2＝ ⑥ t2－t1 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式并结合题给条件得 μ2＝0.4⑦
[解析] 如图所示，在竖直线 AC 上选取一点 O，以适当的 长度为半径画圆，使该圆过 A 点，且与斜面相切于 B 点．由等 时圆知识可知，由 A 沿斜面滑到 B 所用时间比由 A 到达斜面上 θ 其他各点所用时间都短．而∠COB＝θ，则 α＝2. [答案] B
[题组训练] 1.
如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度， 从 P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球， 若各小球恰好在 相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( ) A．在同一水平线上 B．在同一竖直线上 C．在同一抛物线上 D．在同一圆周上
方法技巧 传送带模型中动力学问题的求解思路
模型三 滑块——木板模型 1.模型构建 上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发 生相对滑动．如下图所示：
2．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中， 若滑块和滑板同 向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等 于板长． 设板长为 L，滑块位移大小为 x1，滑板位移大小为 x2 同向运动时：L＝x1－x2
答案：B
模型二 传送带模型中的动力学 问题 1.水平传送带模型
2．倾斜传送带模型
2.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一 水平传送带装置示意图．紧绷的传送带 AB 始终保持恒定的速率 v＝1 m/s 运行，一质量为 m＝4 kg 的行李无初速度地放在 A 处， 传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动， 随后 行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动． 设行李与传送带 之间的动摩擦因数 μ＝0.1，A、B 间的距离 L＝2 m，g 取 10 m/s2.
动力学中常考的“三个物理模型” (1) 共26页
(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．
解析一
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应用牛顿第二定律求解叠加体问题的一般思路
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2.(2014·芜湖市 5 月模拟)如图所示，在光滑水 平面上有一个质量为 30 kg 的静止小车 B，小车足够 长且上表面水平．车上还有一质 量为 10 kg 的静止小物块 A(可视 为质点)，现对小车施加水平向右，大小恒定为 56 N 的力，使其由静止开始运动．测得小车在最初 2 s 内 运动了 3 m，求：
B 间(的2)距求行离李L做＝匀2 m加，速g直取线运10动m的/s时2. 间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较
快地传送到 B 处，求行李从 A 处传送到 B 处的最短
时间和传送带对应的最小运行速率．
解析
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[审题指导] 关键词：①无初速度地放在A处．
②行李开始做匀加速直线运动． ③随后行李又以与传送带相等的速率 做匀加速直线运动．
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—时间图象如图所示．已知
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．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(1)小车 B 的加速度大小； (2)4 s 末物块 A 的速度大小．
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1模．型常三见模传型送带模型
(1)水平传送带模型
项目
图示
动力学中三种典型物理模型
专题强化四 动力学中三种典型物理模型专题解读 1.本专题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.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能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.一、“等时圆”模型 1.两种模型(如图1)图12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d (如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ＝g sin α，位移为s ＝d sin α，所以运动时间为t 0＝2sa图2即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.二、“传送带”模型1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型三、“滑块—木板”模型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.2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.命题点一 “等时圆”模型例1 如图3所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A 、B 、C 分别从a 、b 、c 处由静止开始释放，用t 1、t 2、t 3依次表示滑环A 、B 、C 到达d 点所用的时间，则( )图3A.t 1<t 2<t 3B.t 1>t 2>t 3C.t 3>t 1>t 2D.t 1＝t 2＝t 3 答案 D解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg 和杆的支持力F N 作用.设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma ，得加速度大小a ＝g sin θ.设圆周的直径为D ，则滑环沿杆滑到d 点的位移大小x ＝D sin θ，x ＝12at 2，解得t ＝2Dg.可见，滑环滑到d 点的时间t 与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d 点所用的时间相等，选项D 正确.变式1如图4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( )图4A.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点答案 C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，t a＝4Rg＝2Rg，t b>t a，c球做自由落体运动t c＝2Rg，C选项正确.命题点二“传送带”模型1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向. 在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.2.倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.例2 如图5所示为车站使用的水平传送带模型，其A 、B 两端的距离L ＝8 m ，它与水平台面平滑连接.现有物块以v 0＝10 m/s 的初速度从A 端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.试求：图5(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小？(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，则物块到达B 端时的速度大小？ (3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？ 答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3)2512s解析 (1)设物块的加速度大小为a ，由受力分析可知F N ＝mg ，F f ＝ma ，F f ＝μF N得a ＝6 m/s 2传送带静止，物块从A 到B 做匀减速直线运动，又x ＝v 202a ＝253m>L ＝8 m ，则由v B 2－v 02＝－2aL 得v B ＝2 m/s(2)由题意知，物块先加速到v 1＝12 m/s 由v 12－v 02＝2ax 1，得x 1＝113 m<L ＝8 m故物块先加速后匀速运动即物块到达B 时的速度为v B ′＝v 1＝12 m/s (3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速 ①向右减速到v 2＝0时 由v 22－v 0′2＝－2ax 2得x 2＝3 m 由v 2＝v 0′－at 1得t 1＝1 s ②向左加速到v 3＝4 m/s 时 由v 32－v 22＝2ax 3得x 3＝43 m<x 2＝3 m故向左先加速后匀速由v 3＝v 2＋at 2得t 2＝23 s③向左匀速运动v 4＝v 3＝4 m/sx 4＝x 2－x 3＝53m由x 4＝v 4t 3得t 3＝512 s故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2512s变式2 (2018·湖北荆州模拟)如图6所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多长时间？ 答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有：t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v －a 2＝1 s货物沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 32，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.命题点三 “滑块—木板”模型如图7所示，解决此模型的基本思路如下：图7例3 (2017·全国卷Ⅲ·25)如图8，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图8(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离.答案 (1)1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同 (2)1.9 m解析 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ① F f2＝μ1m B g② F f3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A④ F f2＝m B a B⑤ F f2－F f1－F f3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同 ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 12⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有：v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 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 s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(也可用如图所示的速度—时间图线求解)变式3 如图9所示，质量m ＝1 kg 的物块A 放在质量M ＝4 kg 木板B 的左端，起初A 、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，求：图9(1)能使A 、B 发生相对滑动的F 的最小值；(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少多长；从开始到A 、B 均静止，A 的总位移是多少. 答案 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于A ，最大加速度由A 、B 间的最大静摩擦力决定，即μ1mg ＝ma m ，a m ＝4 m/s 2对A 、B 整体F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a m ，解得F ＝25 N(2)设F 作用在B 上时A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，撤掉F 时速度分别为v 1、v 2，撤去外力F 后加速度分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度为v 3，加速度为a 3， 对于A μ1mg ＝ma 1，得a 1＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对于B F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2， 得a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s 撤去外力a 1′＝a 1＝4 m/s ，a 2′＝μ1mg ＋μ2M ＋m g M＝2.25 m/s 2经过t 2时间后A 、B 速度相等v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2 解得t 2＝0.2 s共同速度v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止，A 、B 的相对位移即为木板最短的长度LL ＝x B －x A ＝v 222a 2＋v 23－v 22－2a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 mA 、B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a 3＝μ2g ＝1 m/s 2 从v 3至最终静止位移为x ＝v 232a 3＝11.52 m所以A 的总位移为x A 总＝x A ＋x ＝14.4 m.1.(2018·广东东莞质检)如图1所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )图1A.2∶1 B .1∶1 C.3∶1 D .1∶ 3 答案 B2.如图2所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v ＝2 m/s ，两端A 、B 间距离为3 m.一物块从B 端以初速度v 0＝4 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的( )图2答案 B3.(多选)如图3所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是下列图中的( )图3答案BD4.(多选)如图4所示，表面粗糙、质量M＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2，t＝0.5 s时，将一个质量m ＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g＝10 m/s2，则( )图4A.水平恒力F的大小为10 NB.铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s2C.铁块在木板上运动的时间为1 sD.木板的长度为1.625 m答案AC解析未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10 N，选项A正确；铁块放上木板后，对木板：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得：a′＝0.75 m/s2，选项B错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m－12×1 m＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C.5.如图5所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图5A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.6.如图6所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v ＝5 m/s 的速率顺时针匀速转动，AB 两端距离d ＝15.25 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μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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.图6答案 9 m/s 2.5 s解析 设物块由静止运动到传送带速度v ＝5 m/s 的过程，其加速度为a 1，运动时间为t 1，位移为x 1，由牛顿第二定律和运动学规律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 v ＝a 1t 1 x 1＝12a 1t 12代入数据解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝1.25 m由于x 1＝1.25 m<d ＝15.25 m ，当物块的速度等于传送带速度时，因为mg sin 37°>μmg cos 37°，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a 2，运动时间为t 2，位移为x 2，到B 端的速度为v B ，由牛顿第二定律和运动学规律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 x 2＝d －x 1＝vt 2＋12a 2t 22 v B ＝v ＋a 2t 2代入数据解得a 2＝2 m/s 2，t 2＝2 s ，v B ＝9 m/s物块从A 端运动到B 端所用时间为t ，有t ＝t 1＋t 2＝2.5 s7.(2018·青海西宁调研)图7甲为一转动的传送带AB ，传送带以恒定的速率v 逆时针转动.在传送带的左侧边缘的B 点有一滑块，若让滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中a 所示，若让滑块以初速度v 2＝6 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中b 所示.g 取10 m/s 2，试求：图7(1)传送带的长度l 和传送带与物块之间的动摩擦因数μ； (2)滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带时，滑块返回B 点的时间. 答案 (1)32 m 0.05 (2)12.5 s解析 (1)根据v －t 图象，滑块以初速度v 2＝6 m/s 冲上传送带时，在t ＝8 s 时刻，到达A 点，所以传送带的长度l ＝12×(6＋2)×8 m＝32 m根据图线a 或者图线b ，滑块的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律得μmg ＝ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.05(2)滑块在0～6 s 和6～t s 内的位移大小相等，方向相反 12×6×3 m＝12×(t －6＋t －10)×2 m 滑块返回B 点的时间t ＝12.5 s.8.如图8所示，质量M ＝1 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m ＝1 kg 的铁块B (大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m ，用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2.图8(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μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间. 答案 见解析解析 (1)A 、B 之间的最大静摩擦力为F fm >μ1mg ＝0.3×1×10 N＝3 N假设A 、B 之间不发生相对滑动则 对A 、B 整体：F ＝(M ＋m )a 对B ：F f AB ＝ma 解得：F f AB ＝2.5 N因F f AB <F fm ，故A 、B 之间不发生相对滑动 (2)A 、B 之间发生相对滑动，则 对B ：F －μ1mg ＝ma B对A ：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma A据题意：x B －x A ＝L ；x A ＝12a A t 2；x B ＝12a B t 2解得：t ＝ 2 s.。
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专题7.2、动力学之三大基本模型（提高训练）1、一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。
现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹，则下列说法正确的是( )A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量m 越大，黑色径迹的长度越短C.传送带运动的速度v0越大，黑色径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数μ越大，黑色径迹的长度越短 【答案】D【解析】由于木炭包做匀加速运动的速度小于传送带的速度v 0，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A 错误；木炭包做初速度为零的匀加速运动的过程中，会在传送带上留下一段黑色的径迹，当木炭包的速度等于传送带的速度v 0后，黑色的径迹不再增加。
木炭包做匀加速运动的加速度大小a ＝μmgm ＝μg ，时间t ＝v 0a ，黑色径迹的长度ΔL ＝v 0t －12at 2，得ΔL ＝v 22μg ①，可见ΔL 与m 无关，选项B 错误；由①式知v 0越大，ΔL 越长，选项C 错误；由①式知μ越大，ΔL 越短，选项D 正确。
2、如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上。
设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g 。
关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，也可能小，还可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ【答案】A【解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误。
3.如图所示,物块M 在静止的足够长的传送带上以速度v 0匀速下滑,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,传送带在速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动,在此过程中,以下分析正确的是 ( )A.M 下滑的速度不变B.M 开始在传送带上加速到2v 0后向下匀速运动C.M 先向下匀速运动,后向下加速,最后沿传送带向下匀速运动D.M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上 【答案】C【解析】传送带静止时,物块匀速下滑,故mg sin θ=f,传送带转动时,若传送带的速度大于物块的速度,则物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到传送带速度,物块和传送带具有相同的速度,匀速下滑,故C 正确。
4.(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,物体以恒定的速率v 2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回到光滑水平面上,这时速率为v 2',则下列说法正确的是( )A.若v 1< v 2,则v 2'= v 1B.若v 1> v 2,则v 2'= v 2C.不管v 2多大,总有v 2'= v 2D.只有v 1= v 2,才有v 2'= v 1【答案】AB【解析】由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论:①如果v 1>v 2,物体会一直加速,当速度大小增大到等于v 2时,物体恰好离开传送带,有v 2'=v 2;②如果v 1=v 2,物体同样会一直加速,当速度大小增大到等于v 2时,物体恰好离开传送带,有v 2'=v 2;③如果v 1<v 2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速度增大到等于传送带速度时,物体还在传送带上,之后不受摩擦力,故物体与传送带一起向右匀速运动,有v 2'=v 1;故A 、B 正确,C 、D 错误。
5、如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m 。
的平盘，盘中有一物体，质量为m ，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l ．现向下拉盘使弹簧再伸长△l 后停止，然后松手放开．设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘对物体的支持力等于 ()g m m l lD mg l l C gm m llB mg l lA )(..))(1.()1(:00+∆∆+∆+∆+【答案】A 【解析】整体分析：开始平衡态、松手后非平衡态，用两个过程处理)1(0kl g m m =+）析：（阶段一、对整体受力分)3()()()()2(00a m m g m m l l k ma mg F N +=+-∆+=-对整体：对物体：一桥梁阶段二、一零、一整、联立1、2、3式得正确答案A6、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg ，盘内放一质量为m2=10．5kg 的物体P ，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m ，系统处于静止状态，如图所示。
现给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s 内F 是变化的，在0．2s 后是恒定的，求F 的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）【答案】168N 、72N 【解析】2/66541s m a =联立、、、 ..........72...........168N F N F MIN MAX ==7、如图所示,光滑水平面上有一长木板,板长为L=1m ,板上右端放一质量为m=1kg 的物块,物块与长木板间的动摩擦因数为 u=0.4,长木板的质量为 M=2kg,重力加速度,现在长木板的右端施加一平向右的拉力.(1)要使物体与长木板不发生相对滑动,求拉力F 的最大值; (2)要使物体2s 内从长木板上滑下,求拉力F 的最小值. 【答案】12N 13N【解析】(1)当物块与长木板刚好要发生相对滑动时,施加的拉力最大,对物块ma mg =μ计算得出:2/4s m g a ==μ对整体有:N a m M F 12412)(=⨯+=+=）（ 求得拉力的最大值为:N F 12=(2)设物块刚好经过2s 从长木板上滑下,则物块滑动的加速度为:21/4s m g a ==μ长木板的加速度为:242-=-=F M mg F a μ 2s 内物块的位移为:21121t a x =长木板运动的位移为:22221t a x =l x x =-12代入数据有:12421-2242122/=⨯⨯⨯-⨯F计算得出:N F 13/=答:(1)要使物体与长木板不发生相对滑动,拉力F 的最大值12N; (2)要使物体2s 内从长木板上滑下,拉力F 的最小值13N8.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F 作用在P 上,使其向上做匀加速直线运动。
以x 表示P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是( )【答案】A【解析】本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。
设系统静止时弹簧压缩量为x 0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx 0。
力F 作用在P 上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x 0-x)-mg=ma 。
联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x 图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A 正确。
9.如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ=53°的足够长斜面，斜面上放一块上表面光滑、长度L =1.8 m 、质量m =0.8 kg 的薄平板PQ ，其下端Q 与斜面底端O 的距离为7.05 m 。
在平板的上端P 处放一质量M =1.6 kg 的小滑块(可视为质点)，开始时使平板和滑块都静止。
现将它们无初速释放，假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.2，不考虑小滑块由平板滑到斜面上时速度的变化。
已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g =10 m/s2，求:(1)小滑块离开平板时平板的速度大小；(2)小滑块从开始运动到到达斜面底端O 处所用的时间； (3)小滑块到达底端O 处时，平板的Q 端与O 处的距离。
【答案】(1) 4.4 m/s ；(2) 1.5 s ；(3) 1.8 m【解析】(1)滑块在平板上滑动的过程中，对滑块和平板分别受力分析，根据牛顿第二定律，对滑块有Mg sin 53°=Ma 1，解得a 1=g sin 53°=8 m/s2对平板有mg sin 53°-μ(m+M )g cos 53°=ma 2，代入数据解得a 2=4.4 m/s2 设滑块在平板上滑行的时间为t 1，有L t a t a +=2122112121 代入数据解得t 1=1 s可得滑块离开平板时平板的速度大小v 1=a 2t 1=4.4 m/s 。
(2)设滑块离开平板时，滑块离O 点的距离为x ，则m t a po x 85.421211=-= 滑块离开平板时的速度大小为v 2=a 1t 1=8 m/s设滑块离开平板后在斜面上滑动时的加速度大小为a 3，从离开平板后到运动到斜面底端O 经历的时间为t 2，由牛顿第二定律有Mg sin 53°-μMg cos 53°=Ma 3，解得a 3=6.8 m/s2，根据位移公式有2232221t a t v x += 解得t 2=0.5 s小滑块从开始运动到运动到斜面底端O 所用的时间为t =t 1+t 2=1.5 s 。
(3)滑块离开平板时，平板运动的位移m t a x 2.2212121==滑块离开平板后，平板在斜面上运动的加速度大小也为a 3 在t 2的时间内平板的位移为22321221t a t v x +=，代入数据解得x 2=3.05 m 滑块到达O 处时，平板的Q 端与O 处的距离为Δx 2=(7.05-2.2-3.05)m=1.8 m 。