2016届高考物理一轮复习3.5(小专题)动力学中常考的物理模型课时作业新人教版必修1

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高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题二动力学中三种典型物理模型学案新人教版-新人教版高三

专题二动力学中三种典型物理模型专题解读1．本专题是动力学在“等时圆”模型、“滑块—木板”模型和“传送带”模型等问题中的应用，多以选择题和计算题形式命题．2．通过本专题的学习，可以提高学生的审题能力，建模能力、分析推理能力等物理学科素养．3．本专题用到的相关知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律等相关知识．一、“等时圆”模型1．两种模型(如图)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)．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．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道上滑动时所经历的时间关系为( ) A．t AB＝t CD＝t EF B．t AB＞t CD＞t EFC．t AB＜t CD＜t EF D．t AB＝t CD＜t EF解析：如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，t AB＞t CD＞t EF.答案：B二、“传送带”模型 1．水平传送带模型倾斜传送带模型2．(2019·山东济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体A 、B 、C ，物体A 经t A ＝9.5 s 到达传送带另一端Q ，物体B 经t B ＝10 s 到达传送带另一端Q ，若释放物体时刻作为t ＝0时刻，三物体在传送带上运动过程的vt 图象如图乙、图丙、图丁所示，g 取10 m/s 2，求：(1)传送带的速度大小v 0； (2)传送带的长度L ；(3)物体A 、B 、C 与传送带间的动摩擦因数，物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间t C .解析：(1)物体A 与B 均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等．所以由题图乙、图丙可知传送带的速度大小是4 m/s.(2)vt 图线与t 轴围成图形的“面积”表示物体的位移，所以物体A 的位移x A ＝12×(8.5＋9.5)×4 m ＝36 m ，传送带的长度L 与A 的位移大小相等，也是36 m.(3)物体A 的加速度a A ＝Δv A t 1＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得μA mg ＝ma A ，所以μA ＝a A g＝0.4；同理，物体B 的加速度a B ＝Δv B t 2＝2 m/s 2，μB ＝a B g＝0.2.设物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间为t C ，则L ＝0＋v C 2t C ，得t C ＝2Lv C ＝24 s ，物体C 的加速度a C ＝Δv C t C ＝18 m/s 2，μC ＝a C g ＝0.012 5.答案：(1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 24 s 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．3．如图所示，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/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μ2＝0.1，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F f m＞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A：F fAB＝Ma，解得：F fAB＝2.5 N，因F fAB＜F f m，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，据题意有：x B－x A＝L，x A＝12a A t2，x B＝12a B t2，解得：t＝ 2 s.答案：见解析考点一“等时圆”模型典例(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )A．t1＝t2B．t2＞t3C．t1＜t2 D．t1＝t3[思维点拨]如何比较滑环从O到b、a的时间是解题的关键，重新作一等时圆以比较t1与t2的关系．解析：由题中圆及等时圆的结论可知t1＝t3.再作新的等时圆O″，Ob为圆的弦，Of为圆在竖直方向上的直径，如图所示，因为a点在圆O″的内部，所以t1＜t2，则t3＝t1＜t2.答案：BCD1．质点从竖直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．2．质点从竖直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．3．两个竖直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滑到下端所用时间相等，如图丙所示．考点二“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．3．传送带问题的解题思路典例(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g 取10 m/s 2.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＝0.4B ．μ＝0.2C ．t ＝4.5 sD ．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，物块先做匀减速运动，直到速度减为0，然后做反向加速运动，最后做匀速运动．解析：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.物块在传送带上所受摩擦力方向始终向左，先做匀减速运动，直到速度减为零，然后反向加速运动，最后做匀速运动．由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得F f ＝ma ＝μmg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v-t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、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．考点三 “滑块—木板”模型“滑块—木板”模型作为力学的基本模型经常出现，此类问题通常是一个小滑块在木板上运动，小滑块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的，是一个高频的考查模型．该模型涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次互相作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，高考中往往以压轴题形式出现．1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互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的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx ＝x 1－x 2＝L (板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx ＝x 2＋x 1＝L .二、“板块”叠加模型问题的分析方法典例 (多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( ) A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg[思维点拨] 本题要解决两个问题：一是A 、B 相对地面静止时满足的条件，二是A 、B 保持相对静止时满足的条件，结合两个条件进行求解．解析：A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F ＞32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg ＝ma m ，B 运动的最大加速度a m ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma m ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对滑动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．答案：BCD求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧1．摩擦力方向要明确．要分析清楚滑块与滑板的相对运动方向，分析清楚滑板与地面的相对运动方向，从而确定各物体间摩擦力的方向．2．加速度方向要明确．从滑块、滑板自身所受摩擦力、外力等方面分析，确定物体本身的加速度方向．3．速度相等引起的后果要明确．两物体速度相等时意味着物体间的相对位移最大，意味着摩擦力可能发生突变，意味着以后的运动特点要发生变化．1.如图所示，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( )A ．t 1＜t 2＜t 3B ．t 1＞t 2＞t 3C ．t 3＞t 1＞t 2D ．t 1＝t 2＝t 3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．答案：D2.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：设圆轨道半径为R ，据“等时圆”理论，t a ＝4R g＝2Rg，t b ＞t a ，c 球做自由落体运动，t c ＝2Rg，C 选项正确．答案：C3．(多选)(2019·合肥调研)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0匀速转动．在传送带的上端以初速度v ，且v ＞v 0沿斜面向下释放质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ，则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图象可能是( )A B C D解析：初状态时因v ＞v 0，则物体受向上的滑动摩擦力，此时的加速度为：a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ；因μ＞tan θ，有mg sin θ＜μmg cos θ，可知a＜0，即木块沿传送带做匀减速运动，当小木块的速度与传送带速度相等时，若木块已经到达了底端，则图象A正确；若还没到达底端，因mg sin θ＜μmg cos θ，则木块相对传送带静止，与传送带一起匀速向下运动，则图象C正确，故选AC.答案：AC4.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法正确的是( )A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定大于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B有可能等于3 m/s答案：ABD5．(多选)(2019·重庆第一中学月考)如图，水平面上有一个足够长的木板A，上面叠放着物块B.已知A、B的质量均为m，A与地面间动摩擦因数μ＝0.2，A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，若给A板一个水平向右的初速度，在以后的运动过程中，A、B加速度的大小可能为( )A．a A＝5 m/s2，a B＝1 m/s2B．a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2C．a A＝3 m/s2，a B＝1 m/s2 D．a A＝1 m/s2，a B＝1 m/s2答案：AC6．(2019·广东汕头测试)如图，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在水平地面上．一滑块(可视为质点)处于长木板的左端，与挡板的初始距离为L＝2.5 m．滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.30，μ2＝0.40.开始时滑块以大小为v0＝8.0 m/s 的初速度开始滑动．已知滑块和长木板(连同挡板)的质量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小；(2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离．解析：(1)设滑块和长木板的质量都为m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为：f 1＝μ1mg ，f 2＝μ2·2mg ，因为f 1＜f 2，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止．对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式，得f 1＝ma 1，－2a 1L ＝v 21－v 20，代入数据，解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小 v 1＝7.0 m/s.(2)滑块与挡板碰后瞬间，滑块与木板的速度分别为0和v 1，此后，滑块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动．设碰后经过时间t 1，滑块挡板达到相等的速度v 2，则对滑块，有v 2＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21，对木板，有f 1＋f 2＝ma 2， v 2＝v 1－a 2t 1，x 2＝v 1t 1－12a 2t 21，代入数据联立解得t 1＝0.5 s ，v 2＝1.5 m/s.此后，滑块和木板都做减速运动，但加速度不同，木板减速更快，先停下．对木板，有f 2－f 1＝ma ′2，－2a ′2x ′2＝0－v 22，对滑块，由于加速度大小为a 1，保持不变，因此减速至停下的时间还是t 1，减速过程的位移x ′1＝x 1，滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离Δx ＝(x 2＋x ′2)－(x 1＋x ′1)，代入数据，联立解得Δx ＝1.6 m.答案：(1)7.0 m/s (2)1.6 m。

高考复习方案(全国卷地区专用)高考物理一轮复习专题汇编 3 动力学中的典型“模型”听课手册新人教版

专题3 动力学中的典型“模型”热点一滑块——长木板模型物理建模滑块——长木板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，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则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相互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Δx＝x2－x1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.考向一外力F作用下的滑块——长木板1 (多选)[2015·大同一中、同煤一中联考] 如图Z31所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下判断正确的是( )图Z31A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B．若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止式题 (多选)[2015·宝鸡九校联考] 如图Z32所示，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块．现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是( )图Z32A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大考向二无外力F作用的滑块——长木板2 (多选)[2015·山西长治一模] 如图Z33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vt图像可能是图Z34中的( )图Z33A B C D图Z34式题 [2015·保定二模] 如图Z35所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )图Z35A B C D图Z36考向三斜面上的滑块——长木板3 [2015·衡水联考] 如图Z37所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，物体B 受沿斜面向上力作用，沿斜面匀速上滑，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，μ<tan θ且A 、B 质量均为m ，则( )图Z37A ．A 、B 保持相对静止B ．地面对斜面体的摩擦力等于F cos θC ．地面受到的压力等于(M ＋2m )gD ．B 与斜面间的动摩擦因数为F －mg sin θ－μmg cos θ2mg cos θ■ 建模点拨“滑块——长木板模型”解题思路：1．选取研究对象：隔离滑块、木板，对滑块和木板进行受力分析和运动分析；2．寻找临界点：根据牛顿第二定律和直线运动规律求解加速度，判断是否存在速度相等的“临界点”，注意“临界点”摩擦力的突变；3．分析运动结果：无临界速度时，滑块与木板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与木板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与木板间的摩擦力F f ，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题．考点二涉及传送带的动力学问题物理建模传送带问题为高中动力学问题中的难点，主要表现在两方面：其一，传送带问题往往存在多种可能结论的判定，即需要分析确定到底哪一种可能情况会发生；其二，决定因素多，包括滑块与传送带间的动摩擦因数大小、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小及方向等．这就需要考生对传送带问题能做出准确的动力学过程分析．下面是最常见的几种传送带问题模型．考向一水平传送带模型情景图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1) v0＝v时，一直匀速(2) v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(3) v0<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．其中当v0>v时，返回时速度为v，当v0<v时，返回时速度为v0 4 [2015·哈三中一模] 水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m．一物块从B端以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像是( )图Z38A B C D图Z39如图Z310所示，足够长的水平传送带静止时在左端做标记点P，将工件放在P点．启动传送带，P点向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动．经过t1＝2 s时立即控制传送带，P点做匀减速运动，再经过t2＝3 s传送带停止运行，测得标记点P通过的距离x0＝15 m.(1)求传送带的最大速度；(2)已知工件与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求整个过程中工件运动的总距离．图Z310考向二倾斜传送带模型情景图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能从左端滑下(2)可能静止(3)可能一直加速(4)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速5 如图Z311甲所示，倾斜传送带倾角θ＝37°，两端A、B间距离L＝4 m，传送带以4 m/s的速度顺时针转动，一质量为1 kg的滑块从传送带顶端B点由静止释放下滑，到A时用时2 s，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与传送带间的动摩擦因数；(2)若该滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带斜面向上的大小为6 N的恒定拉力F 拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时，撤去拉力，则当滑块到传送带顶端时，速度多大？图Z311式题如图Z312所示，传送带与水平面间的倾角为θ＝37°，传送带以10 m/s的速率运行，在传送带上端A处无初速度地放上质量为0.5 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16 m，则物体从A运动到B的时间为多少？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.)图Z312■ 建模点拨(1)在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．传送带传送的物体所受的摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相等的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．(2)判定运动中的速度变化(即相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，对二者的比较是决定解题方向的关键．(3)在倾斜传送带上需比较mg sin θ与f 的大小与方向，判断f 的突变情况．(4)由传送带的长度判定到达临界状态之前物体是否滑出，还要判断物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止．■ 高考真题1．[2014·四川卷] 如图Z313所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是( )图Z313A B C D图Z3142．[2015·全国卷Ⅱ] 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35 )的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图Z315所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，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：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．图Z315■ 模拟精选3．(多选)[2015·太原二模] 如图Z316所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )图Z316A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)gC．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd，砝码不会从桌面上掉下D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘4．[2015·郑州一检] 如图Z317甲所示，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的vt图像．(3)求0～4 s内物块相对木板的位移大小．甲乙丙图Z3175．[2015·黄冈中学模拟] 如图Z318所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端每包质量为m＝50 kg的货物从地面运送到高出水平地面的h＝2.5 m 平台上，传输机的皮带以v＝1 m/s的速度顺时针转动且不打滑．已知货物与皮带间的动摩擦因数均为μ＝2 35.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.求：(1)每包货物从地面运送到平台上所用的时间t .(2)皮带传输机由电动机带动，每包货物从地面运送到平台上电动机需要多做的功．图Z318专题3 动力学中的典型“模型”【热点题型探究】热点一滑块——长木板模型例1 BD [解析] 设木板的质量为M ，小铁块的质量为m ，它们之间的最大静摩擦力为F f ，当铁块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间相对滑动，根据牛顿第二定律知，此时加速度a ＝F f m，对木板和小铁块整体有，F ＝(M ＋m )a ＝（M ＋m ）F f m，则F >（M ＋m ）F fm时，两者发生相对滑动，选项A 错误，B 正确；若两者保持相对静止，则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，当拉力反向时，两者摩擦力的大小不变，方向改变，仍然保持相对静止，选项C 错误，D 正确．变式题 BD [解析] 木块与木板相对滑动，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg ，分别隔离木块与木板，根据牛顿第二定律得，F －μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，则a 1＝Fm －μg ，a 2＝μmgM，分离条件是Δx ＝x 1－x 2＝L ，又x 1＝12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2，则t ＝2La 1－a 2；若仅增大木板的质量M ，木块加速度a 1不变，木板的加速度a 2减小，则时间t 减小，故选项A 错误；若仅增大木块的质量m ，则木块的加速度a 1减小，木板的加速度a 2增大，则t 变大，故选项B 正确；若仅增大恒力F ，则木块的加速度a 1变大，木板的加速度a 2不变，则t 变小，故选项C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a 1减小，木板的加速度a 2增大，则t 变大，故选项D 正确．例2 BD [解析] 开始时滑块相对木板向右运动，在木板水平向左的滑动摩擦力F f 1作用下向右匀减速运动，木板则受到滑块的水平向右的滑动摩擦力F ′f 1和地面对其向左的摩擦力F f 2作用，设木板与地面间的最大静摩擦力为F f m ，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，因滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数未知，因此若F ′f 1≤F f m ，则F f 2为静摩擦力，木板不动，滑块一直减速至停止，故选项D 正确；若F ′f 1＞F f m ，则F f 2为滑动摩擦力，木板向右加速运动，当滑块与木板具有共同速度时，滑块、木板相对静止，将一起向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，此时滑块运动的加速度将变小，故选项B 正确，选项C 错误；由于水平面粗糙、木板与滑块间存在摩擦，因此滑块不可能出现匀速运动的状态，故选项A 错误.变式题 A [解析] 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块在向左的滑动摩擦力作用下以初速度v 0向右做匀减速运动，木板向左减速运动，因物块与木板受到的滑动摩擦力大小相等，而物块的质量小，根据牛顿第二定律知物块的加速度大，所以物块速度先减至为零，之后反向加速，最终物块与木板达到共同速度一起匀速运动，相对滑动过程损失机械能，最终速度小于v 0.只有选项A 可能正确．例3 D [解析] 由于μ<tan θ，所以A 错误；由受力分析可知A 沿斜面向下匀加速下滑，加速度a A ＝g sin θ－μg cos θ，将A 、B 及斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于f ＝m (g sin θ－μg cos θ)cos θ＋F cos θ，地面受到的压力为F N ＝(M ＋2m )g －F sin θ－m (g sin θ－μg cos θ)sin θ，故B 、C 错误，D 正确．考点二涉及传送带的动力学问题例4 B [解析] 物块在向右的滑动摩擦力作用下先向左做减速运动，加速度大小a ＝μg ＝4 m/s 2，经过t 1＝v 0a ＝1 s 速度减小到零，此时向左运动的位移x 1＝v 02t 1＝2 m ＜3 m ，没到达左端A ，因此接着在向右的滑动摩擦力作用下向右加速运动，加速度不变，经t 2＝va＝0.5 s 速度达到2 m/s ，与传送带的速度相等，向右运动的位移x 2＝v2t 2＝0.5 m ，此时物块与B 端的距离为x 1－x 2＝1.5 m ，最后物块与传送带一起向右匀速运动，因此B 图像正确．[点评] 分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向．要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物块相对传送带的运动方向确定摩擦力的方向，根据受力分析确定物块的运动；二是当物块的速度与传送带速度相等时，判断物块能否与传送带保持相对静止．另外注意考虑传送带长度——判定达到共同速度(临界点)之前物块是否脱离传送带．变式题 (1)6 m/s (2)12.5 m[解析] (1)设传送带的最大速度为v m 根据匀变速直线运动规律x 0＝x 1＋x 2＝v m2(t 1＋t 2)代入数据解得v m ＝6 m/s传送带减速运动中a 1＝0－v m t 2＝－2 m/s 2(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律： μmg ＝ma 2解得工件的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2设经时间t 工件与传送带速度v 相等 v ＝a 2tv ＝v m ＋a 1(t －t 1)解得t ＝2.5 s ，v ＝5 m/st ＝2.5 s 内工件的位移x 1＝v2·t ＝6.25 m工件与传送带速度v 相等后，设二者相对静止则工件受到的摩擦力大小F f ＝m ·|a 1|＝m ×2 m/s 2工件与传送带之间的最大静摩擦力 F f m ＝μmg ＝m ×2 m/s 2＝F f 所以二者一起减速运动到静止减速过程工件的位移x 2＝v2(t 1＋t 2－t )＝6.25 m解得工件的位移x ＝x 1＋x 2＝12.5 m 例5 (1)0.5 (2)2 2 m/s[解析] (1)滑块从B 点下滑的过程中 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1L ＝12a 1t 21求得a 1＝2 m/s 2，μ＝0.5 (2)当用拉力F 拉滑块时F ＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2求得a 2＝4 m/s 2当滑块的速度与传送带速度相等时，滑块运动的位移x 1＝v 22a 2＝2 m撤去拉力后，滑块开始向上做匀减速运动，加速度大小等于a 1，向上运动的位移大小为x 2＝L －x 1＝2 m则v 2－v 2B ＝2a 1x 2 求得v B ＝2 2 m/s[点评] 解答倾斜传送带问题，应注意物块与传送带达到共同速度时，分析重力沿传送带的分力与滑动摩擦力(最大静摩擦力)的合力是否满足一起运动的条件．变式题传送带顺时针运行时用时2 s 传送带逆时针运行时用时4 s[解析] (1)当传送带以10 m/s 的速度顺时针运行时，物体所受滑动摩擦力沿传送带向下物体受力分析如图中甲所示根据牛顿第二定律mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2方向沿传送带向下物体达到与传送带相同的速度所需时间t 1＝v a 1＝1 s 在t 1内物体沿传送带对地位移x 1＝12a 1t 21＝5 m从t 1开始物体所受滑动摩擦力沿传送带向上物体受力分析如图中乙所示根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 物体对地加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2 方向沿传送带向下物体以加速度a 2运动的位移x 2＝L －x 1＝11 m 由x 2＝vt 2＋12a 2t 22解得运行x 2＝11 m 所需时间t 2＝1 s(t 2′＝－11 s 舍去) 所需总时间t ＝t 1＋t 2＝2 s(2)当传送带以10 m/s 速度逆时针运行时，物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3解得加速度a 3＝2 m/s 2由x ＝L ＝12a 3t ′2解得物体从A 运动到B 所需时间t ′＝2x a 3＝2La 3＝4 s【高考模拟演练】1．BC [解析] 若P 在传送带左端时的速度v 2小于v 1，则P 受到向右的摩擦力，当P 受到的摩擦力大于绳的拉力时，P 做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到v 1后做匀速运动，所以B 正确；当P 受到的摩擦力小于绳的拉力时，P 做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P 在传送带左端具有的速度v 2大于v 1，则小物体P 受到向左的摩擦力，使P 做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v 1，之后若P 受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v 1做匀速运动，第三种是速度先减到v 1，之后若P 所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P 将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以C 正确．2．(1)3 m/s 2 1 m/s 2(2)4 s[解析] (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1 是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2 是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1① N 1＝mg cos θ② f 2＝μ2N 2③N 2＝N 1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1⑤ mg sin θ－f 2＋f 1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′，此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫即B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m<27 m ⑮此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯可得 t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ⑱(利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案及评分参考给分)3．BC [解析] 纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为μ(M ＋m )g ，受砝码的摩擦力为μMg ，即摩擦力为μ(2M ＋m )g ，要使纸板相对砝码运动，纸板的加速度a 1＝F －μ（2M ＋m ）g m >a 2＝μMgM ，则F >2μ(M ＋m )g ，选项A 错误，B 正确；若砝码与纸板分离时的速度v ＜μgd ，则砝码匀加速运动的位移s 1＝v 22μg ＜d 2，匀减速运动的位移s 2＝v 22μg ＜d2，则总位移小于d ，不会从桌面掉下，C 正确；当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，a 1＝2μg ，a ＝μg ，经分析计算可知当砝码与纸板分离时，砝码到达桌面边缘且仍有速度，故砝码一定从桌面上掉下，D 错误．4．(1)8 N (2)如图所示 (3)1 m[解析] (1)把物块和木板看作整体，由牛顿第二定律得 F ＝(m 1＋m 2)a物块与木板将要相对滑动时μ1m 1g ＝m 1a 联立解得F ＝μ1(m 1＋m 2)g ＝8 N(2)物块在0～2 s 内做匀加速直线运动，μ1m 1g ＝m 1a 1 木板在0～1 s 内做匀加速直线运动，F 1－μ1m 1g ＝m 2a 2 在1～2 s 内F 2＝μ1m 1g ，木板做匀速运动撤去F 后物块做匀减速直线运动，－μ1m 1g ＝m 1a 3木板做匀减速直线运动，－μ2(m 1＋m 2)g ＋μ1m 1g ＝m 2a 4 二者在整个运动过程的v t 图像如图所示(3)0～2 s 内物块相对木板向左运动 Δx 1＝12a 2t 21＋(a 2t 1)t 2－12a 1(t 1＋t 2)22～4 s 内物块相对木板向右运动Δx 2＝－[a 1（t 1＋t 2）]22a 3－－（a 2t 1）22a 40～4 s 内物块相对木板的位移大小Δx ＝Δx 1－Δx 2＝1 m5．(1)5.5 s (2) 1425 J[解析] (1)设货物加速运动的加速度为a 、时间为t 1、位移为x 1，则：根据牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得货物加速运动的加速度a ＝1 m/s 2加速运动的时间t 1＝va＝1 s 加速运动的位移x 1＝12at 21＝0.5 m最大静摩擦力等于滑动摩擦力 F f ＝μmg cos θ＝0.6mg >mg sin θ 达到共同速度后一起向上匀速运动货物匀速运动时间t 2＝hsin θ－x 1v＝4.5 s则货物从地面运送到平台上所用的时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s (2)货物加速运动过程中，传送带的位移 x 2＝vt 1＝1 m相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m 根据能量守恒定律ΔW ＝μmg cos θ·Δx ＋mgh ＋12mv 2解得ΔW ＝1425 J。

高考物理一轮总复习热点专题4动力学中常考的“三个物理模型”课件

答案：B
2x ＝ a
R＋r ，即所用的时间 t 与倾角 θ 无关，所以 t1＝t2，B 正确． g
重难点 2板—块模型的特点
(1)滑块未必是光滑的． (2)板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．
(3)板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个
面都不存在摩擦． 2．板—块模型常用的物理规律 (1)匀变速直线运动规律、牛顿运动定律． (2) 动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系 ( 第五章复习 )．
1 足 AM＝2Rsinθ＝ gsinθt2 a，即 ta＝2 2 ＝2
r (r 为过 B、M 且与水平面相切于 M 点的竖直圆的半径，r>R)．综上所述可得 g
tb>ta>tc.
答案：C
如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分跟踪训练 2 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
解题思路 “一定、三分、两线、一关键”解决板块问题
例2
(2015年新课标全国卷Ⅰ)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．t＝
0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 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：
热点专题4 动力学中常考的“三个物理模型”
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2
抓易错点

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题动力学中常考的三个物理模型课时冲关新人教版.doc

微专题4 动力学中常考的“三个物理模型”一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(2017·湖南衡阳联考)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图象如图乙所示，关于传送带的运动情况描述正确的是 ( )A．一定是向右的匀加速运动B．可能是向右的匀速运动C．一定是向左的匀加速运动D．可能是向左的匀速运动解析：A [由题意可知：物块P向右做加速运动，初始做加速度为μg的加速运动，然后与传送带相对静止一起向右做匀加速运动，故A正确．]2．(2017·河南信阳高级中学大考)身体素质拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上(人可看成质点)，若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径AB、AC、AD滑到木板上的时间分别为t1、t2、t3，若已知AB、AC、AD与板的夹角分别为70°、90°和105°，则( )A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t2＝t3D．不能确定t1、t2、t3之间的关系解析：A [以AO为直径作圆，可知圆周过C点，B点在圆周外，D点在圆周内．从圆周的最高点沿光滑斜面由静止释放，滑至圆周的时间相等，可以判断t1>t2>t3，A正确．] 3．(2017·吉林省吉林大学附中摸底)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，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上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．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．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：C [刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝v22μg，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝vμg，此时传送带的位移为x传＝vt＝v2μg，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝v22μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．]4．(2017·唐山一中模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是 ( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：D [因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg －kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．]5．(2017·山东师大附中三模)如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a 1与a 2的值可能为(当地重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．a 1＝2 m/s 2，a 2＝3 m/s 2B ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝2 m/s 2C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2解析：D [当F <μmg ＝3 m/s 2·m 时，物块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同加速度为a max ＝μg ＝3 m/s 2，故A 、B 错误；当F ≥3 m/s 2·m 时，小车的加速度大于物块的加速度，此时物块与小车发生相对运动，此时物块的加速度最大，由牛顿第二定律得：a 1＝μmg m＝μg ＝3 m/s 2，小车的加速度a 2>3 m/s 2，故C 错误，D 正确．]6．如图所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2解析：C [当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，临界情况是A 、B 的加速度相等，隔离对B 分析，B 的加速度为a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mg m ＝13μg .当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有a 1＝a 2＝μmg m＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3.故选C.]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7．(2017·盐城1月检测)如图甲所示，以速度v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )解析：CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动；故C 、D 项正确，A 、B 项错误．]8．(68520073)(2017·湖北八校联考)如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a F 图象，已知g 取10 m/s 2，则( )甲乙A ．滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为1 kgC ．当F ＝10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.1解析：BC [当F ＝8 N 时，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝4 kg ，当F ＞8 N 时，对B 根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M，由题图图象可知，图线的斜率k ＝1M ＝Δa ΔF ＝28－6kg －1＝1 kg －1，解得M ＝1 kg ，滑块的质量为m ＝3 kg ，故A 错误，B 正确；根据F 大于8 N 时的图线知，F ＝6 N 时a ＝0，即0＝11×6－μ×301，代入数据解得μ＝0.2，故选项D 错误；由图示图象可知，当F ＝10 N 时，滑块与木板相对滑动，B 滑动的加速度为a ＝11×10 m/s 2－0.2×301 m/s 2＝4 m/s 2，故C 正确．]9．(2017·河北唐山一中调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘解析：BC [对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(M ＋m )g ＋μMg ，故A 错误．设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝Ma 1，F －f 1－f 2＝ma 2，发生相对运动需要a 2＞a 1，代入数据解得：F ＞2μ(M ＋m )g ，故B 正确．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码匀加速运动的位移小于v22a1＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v22a1＝μgd 2μg ＝d 2，则总位移小于d ，不会从桌面上掉下，故C 正确．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未脱离纸板时的加速度a 1＝μg ，纸板的加速度a 2＝F －μ＋－μMg m ＝2μg ，根据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝ 2d μg，则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移x ＝v22a′＝2μgd 2μg ＝d ，而匀加速运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码离开桌面，D 错误．]10．(2017·山东省实验中学段考)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D ．物块A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块B 下滑过程中相对传送带的路程解析：BCD [A 、B 都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A 错误，B 、C 正确；A 物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(68520074)(20分)(2017·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L ＝2 m ，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑．现传送带沿顺时针方向以v ＝2.5 m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A 点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g 取10 m/s 2.试求： (1)小物块运动至B 点的时间；(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A 点以v 0＝3 6 m/s 的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B 点的速度范围．解析：(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 1，解得a 1＝2.5 m/s 2.设小物块速度等于2.5 m/s 时，小物块对地位移为L 1，用时为t 1，则t 1＝v1a1＝2.52.5 s ＝1 s. L 1＝v212a1＝2.522×2.5m ＝1.25 m ，因L 1＜L 且μ＞tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s 时，将做匀速直线运动至B 点，设用时为t 2，则t 2＝L －L1v＝0.3 s ，故小物块从A 到B 所用时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s. (2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A 到B 一直做匀加速直线运动，到达B 点的速度最大．由牛顿第二定律及运动学公式有v 2B －v 20＝2a 1L ，解得v B ＝8 m/s.小物块从A 到B 一直做匀减速直线运动，到达B 点的速度最小，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，解得a 2＝12.5 m/s 2.由运动学公式可知v ′2B ＝v 20－2a 2L ，解得v B ′＝2 m/s.即小物块到达B 点的速度范围为2 m/s≤v B ≤8 m/s.答案：(1)1.3 s (2)2 m/s ≤v B ≤8 m/s12．(68520075)(20分)(2017·河南中原名校联考)如图所示，质量M＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，设木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律得，F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，设二者共速时的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式得v ＝v 0－at ，v ＝a ′t ；小物块的位移为s ，木板的位移为s ′，由运动学公式得，s ＝v 0t －12at 2，s ′＝12a ′t 2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s －s ′＝l ，联立解得l ＝0.5m.答案：0.5 m。

高考物理一轮复习常见物理模型练

常见物理模型练模型一直线运动的加速、减速组合模型【模型概述】匀加速和匀减速直线运动的组合是一种典型的多过程问题，解决这类问题的基本策略与解决一般多过程问题的方法如出一辙，都是“合纵连横、各个击破”：既要仔细分析每个独立子过程的受力情况或运动性质，同时还要充分利用相邻两个过程的纽带——转折点的速度(前一过程的末速度是下一过程的初速度)。

若能结合速度－时间图象来分析，物理过程就会更加清晰明了。

1．(2016·河南洛阳高三统考)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下。

关于该物体的运动情况，下列说法正确的是( ) A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1D．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2∶12．(2016·河北保定调研)质量为m＝2 kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示。

已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)4 s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t；(2)前4 s内力F的平均功率。

模型二动力学问题中的连接体模型【模型概述】 1.连接体：两个或两个以上物体相互组成的系统称为连接体。

比较常见的连接体有三种：(1)用细绳连接的物体系，如图甲所示。

(2)相互挤压在一起的物体系，如图乙所示。

(3)相互摩擦的物体系，如图丙所示。

2．滑块—滑板：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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。

3．(2016·海南七校联考)如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止放在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。

已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。

高考物理一轮复习小专题1动力学中常考的物理模型课件

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2.
(2)木板的最小长度. (3)木板右端离墙壁的最终距离.
甲
乙
图 Z1-5
[审题指导] 第一步：抓关键点
关键点
获取信息
小物块与木板一起向右小物块与木板以相同的加速度匀减速
运动
运动
从t＝0开始，至t＝1 s时木板与墙壁碰撞
木板在t＝1 s内向右运动了4.5 m
小专题1 动力学中常考的物理模型
突破 1 “等时圆”模型 1.等时圆模型(如图 Z1-1 甲，乙所示)：所谓“等时圆”就是物体沿同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相同，都等于物体沿直径自由落体运动所用的时间.
图 Z1-1
2.等时圆规律： (1)小球从圆的顶端沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到弦轨道与圆的交点的时间相等.(如图 Z1-1 甲所示) (2)小球从圆上的各个位置沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到圆的底端的时间相等.(如图 Z1-1 乙所示) (3)沿不同的弦轨道运动的时间相等，都等于小球沿竖直直径(d)自由落体的时间，即 t0＝ 2gd＝ 4gR＝2 Rg(式中 R 为
经历的时间关系为( ) A.tAB＝tCD＝tEF C.tAB＜tCD＜tEF
B.tAB＞tCD＞tEF D.tAB＝tCD＜tEF
图 Z1-4
解析：设上面圆的半径为 R，下面圆的半径为 r.分析轨道 EF，轨道 EF 长度为 l＝2Rcos θ＋r，滑块沿 EF 下滑的加速度受力分析可知 a＝gcos θ，运动时间 t＝ 2al＝ 4Rcgocsosθ＋θ 2r＝
【典题 2】(2015 年新课标Ⅰ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 Z1-5 甲所示.t＝0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 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 图线如图乙所示.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：

(江苏)高考物理总复习一轮基础过程导学复习配套课件：微小专题3 动力学中常考的物理模型

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举题固法 3 如图所示，传送带与地面的倾角 θ＝37°，从 A 至 B 的长度 x＝16 m，传送带以 v＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端 A 由静止释放一个质量为 m＝0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数 μ＝0.5，则物体从 A 运动到 B 所需的时间 t 是多少？(取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
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题组跟进 1 1. 如图所示，光滑水平面上放有一个质量为 5 kg 的光滑斜面体 A，将另一个质量为 3 kg 物块 B 放在斜面上，为了保持物块与斜面的静止，需用水平向左 80 N 的力 F 推斜面．现将斜面固定，对 B 施加水平向右的力 F1 使其静止在斜面上，取 g＝10 m/s2 ，则 F1 大小为( A ) A. 30 N B. 15 2 N C. 50 N D. 80 N
解得 a1＝mF＋μg＝255 m/s2＋0.25×10 m/s2＝7.5 m/s2. 物体的速度增加到等于传送带传送速度的时间设为 t，根据运动学公式，有 v＝a1t1， x1＝2va21，
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代入数据解得 t1＝0.4 s，x1＝0.6 m. 接下来，摩擦力变为向左，物体继续加速，直到掉下传送带为止，根据牛顿第二定律，有 F－μmg＝ma2，根据位移时间公式，有 L－x1＝vt2＋12at22，由两式解得 a2＝2.5 m/s2，t2＝0.8 s. 故总时间 t＝t1＋t2＝1.2 s. 即物体从 A 到 B 所需时间为 1.2 s.
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平板车速度达到 v＝6 m/s 所需的时间 t2＝av0＝1.0 s 运动的位移 x2＝2vt2＋v(t1－t2) 且有 s＝x2－x1＋L 解得 s＝3.5 m (3) 木箱减速停止时的位移 x3＝2va2m 平板车减速停止时的位移 x4＝2va2 木箱不与车相碰应满足 x3－x4≤s 解得 a≤18 m/s2

高考物理一轮复习3.4(小专题)动力学中的图象问题课时作业新人教版必修1

第4课时（小专题）动力学中的图象问题STEP活页作业■1強化IN编技催握為基本技能练1.（多选）（2014 •东北三省四市二次联考）某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度-时间图象如图1所示，根据图象可知A. 物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B. 物体在第3 s内所受的拉力大于1 NC. 在0〜3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反D. 物体在第2 s内所受的拉力为零解析由题图可知，第 2 s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D 选项错误；第3 s内物体的加速度大小为 1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，所受拉力大于1 N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确。

答案BC▲一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。

能正确描述F与a之间关系的图象是解析物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0;当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得 F — 口 F N = ma 即F = 口 F N + ma F 与a 成线性关系。

选项 C 正确。

答案 C2•如图2所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。

下图中 v 、a 、F 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。

下图中正确的是( )C D解析物体在斜面上运动时，摩擦力F fi = 口 mg cos 0，加速度a i = g (sin B — 口 cos 0 ), 1 2 一速度v i = a i t i ，路程s = g a i t i ，由此可知 A B D 错；物体在水平面上运动时，摩擦力F f2= 口 mg 加速度a 2= 口 g ,所以C 正确。

高三物理一轮复习知识点专题6动力学三大基本模型

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高三物理一轮复习知识点专题6 动力学三大基本模型—【讲】第一部分：考点梳理考点一、传送带模型考点二、板块模型考点三、弹簧模型考点一、传送带模型传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点，主要表现在两方面：其一，传送带问题往往存在多种可能结论的判定，即需要分析确定到底哪一种可能情况会发生；其二，决定因素多，包括滑块与传送带间的动摩擦因数大小、斜面倾角，传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小及方向等。

这就需要考生对传送带问题能做出准确的动力学过程分析。

传送带模型1——水平传求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。

物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

（典例应用1）如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。

现将一质量m＝0.5 kg的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a 点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)【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：g a ma mg μμ==...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 +=...）（11g vt μ=; 阶段一位移关系式：)2(2)(212122221g v g v g at x μμμ=⨯== 阶段二速度关系式：)3(22vx t = 阶段二位移关系式：)4(2212g v l x l x μ-=-= 求得：)5(22gvv l t μ-=所以从AB 传送到B 的总时间为：)6(221gv v l t t t μ+=+= 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：g a ma mg μμ==...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g lt 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.（典例应用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：g a ma mg μμ==....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：)2)...(6(212t v at l -+=，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。

高考物理一轮复习第3章专题突破3动力学中的两类典型模型课时学案

专题突破三动力学中的两类典型模型动力学中的“传送带”模型水平传送带模型(1)水平传送带模型中物块可能的运动情况情境滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0<v时，一直加速v0<v时，先加速再匀速v0>v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速滑块一直减速到传送带右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端若v0<v，则滑块返回到传送带左端时速度为v0′若v0>v，则滑块返回到传送带左端时速度为v①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。

②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，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，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。

③计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：ⅰ．若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；ⅱ．若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。

[典例1] (2020·全国卷Ⅲ·T25改编)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。

传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。

质量m ＝10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v 0＝5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。

载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g ＝10 m/s 2。

(1)若v ＝4.0 m/s ，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。

[解析] (1)传送带的速度为v ＝4.0 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x 1，由运动学公式有 v 2－v 20＝－2ax 1 ②联立①②式，代入题给数据得 x 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v ，然后开始做匀速运动。

2016届高考第一轮复习随堂演练1-3-5(小专题)《动力学中常考的物理模型》

第5课时 (小专题)动力学中常考的物理模型1．如图9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9A ．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 点解析如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝12gt 2c ，所以t c ＝2R g ；对于a 球令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 用时满足AM ＝2Rsin θ＝12gsin θ·t 2a ，即t a ＝2Rg ；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2rg(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r ＞R)。

综上所述可得t b ＞t a ＞t c 。

答案 C2．如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行。

初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示。

已知v 2>v 1，则( )图10A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析小物块对地速度为零时，即t 1时刻，向左离开A 处最远，t 2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误、B正确。

0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。

届高考物理人教版第一轮复习课时作业小专题动力学中的图象问题

届高考物理人教版第一轮复习课时作业小专题动力学中的图象问题 SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#第4课时(小专题)动力学中的图象问题基本技能练1．(多选)(2014·东北三省四市二次联考)某物体质量为 1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度－时间图象如图1所示，根据图象可知( )图1A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B．物体在第3 s内所受的拉力大于1 NC．在0～3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反D．物体在第2 s内所受的拉力为零解析由题图可知，第2 s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D选项错误；第3 s内物体的加速度大小为1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，所受拉力大于1 N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确。

答案BC▲一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。

能正确描述F与a之间关系的图象是( )解析物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μF N＝ma，即F＝μF N＋ma，F与a成线性关系。

选项C正确。

答案C2．如图2所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。

下图中v、a、F f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。

下图中正确的是( )图2解析物体在斜面上运动时，摩擦力F f1＝μmg cos θ，加速度a1＝g(sin θ－μcosθ)，速度v1＝a1t1，路程s＝12a1t21，由此可知A、B、D错；物体在水平面上运动时，摩擦力F f2＝μmg，加速度a2＝μg，所以C正确。

高考物理一轮总复习第三章第4课时动力学中的两类典型模型(能力课时)限时规范训练(含解析)新人教版

动力学中的两类典型模型[ 基础稳固题组](20分钟，50 分)1． ( 多项选择 ) 如下图，用皮带输送机将质量为M 的物块向上传递，二者间保持相对静止，则以下对于物块所受摩擦力F f 的说法正确的选项是()A ．皮带传递的速度越大，F f 越大B ．皮带加快运动的加快度越大，F f 越大C ．皮带速度恒定，物块质量越大，F f 越大D ． F f 的方向必定与皮带速度方向同样分析：选BC.若物块匀速运动，由物块的受力状况可知，摩擦力F f ＝ Mg sinθ，与传递带的速度没关，A 项错误；物块质量M 越大，摩擦力F f 越大，C 项正确；皮带加快运动时，由牛顿第二定律可知，F f － Mg sinθ＝ Ma ，加快度a 越大，摩擦力 F f 越大，B 项正确；若皮带减速上滑，则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带方向向下，D 项错误．2． ( 多项选择 ) 如下图，表面粗拙、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快直线运动，加快度a ＝ 2.5 m/s 2， 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 ()A ．水平恒力 F 的大小为 10 NB ．铁块放上木板后，木板的加快度为 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分析：选 AC.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：－1－μ 2( ＋ ) ＝ ′，解得： ′＝ 0.75 m/s 2，F μ mg M m g Maa选项 B 错误； 0.5 s 时木板的速度 v ＝ at1 ＝2.5 ×0.5m/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 ＋ 0.75 t 2，铁块的速度 v ′＝ a 铁 t 2＝ μ1gt 2＝ t 2，由题意： v ′1＝ 2v 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：＝ v 0＋ v 1 v ′ 1.25 ＋2 12t2－ t2＝ ×1 m － ×1 m ＝ 1.125 m ，选项 DL2 2 2错误；应选 A 、 C.3．如下图，在圆滑水平川面上停放着一质量为 M ＝ 2 kg 的木板，木板足够长，某时辰一质量为＝ 1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)m冲上木板，木板上表面粗拙，经过 t ＝ 2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移 x ＝5 m ， g＝ 10 m/s 2. 求：(1) 木块与木板间的动摩擦因数 μ；(2) 从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q .( 结果可用分数表示 )分析： (1)设冲上木板后小木块的加快度大小为a 1，对小木块，有μmg ＝ ma 1设木板开始运动的加快度大小为a 2，对木板，有 μmg ＝ Ma 2二者共速时，有 v 共＝ a 2t ＝ v 0－ a 1t12对小木块，有 x ＝ v 0t － 2a 1t1联立得 μ＝ 8(2) 由 (1) 得 a 2＝ 5m/s2 85得 v 共＝ m/s4v 共 5 木板发生的位移 x ′＝ 2 t ＝4 m二者相对位移为15 x ＝ x －x ′＝ m4产生的热量为 Q ＝ μmg ·Δ x75联立得Q ＝16 J答案： (1)1875(2) 16 J4．如下图为车站使用的水平传递带模型，其A 、B 两头的距离L ＝ 8 m ，它与水平台面光滑连结．现有物块以v 0＝ 10 m/s的初速度从A 端水平川滑上传递带．已知物块与传递带间的动摩擦因数为μ＝ 0.6.试求：(1) 若传递带保持静止，物块滑到 B 端时的速度大小？(2) 若传递带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，则物块抵达 B 端时的速度大小？(3) 若传递带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变成v 0′＝ 6 m/s ，仍从A 端滑上传递带，求物块从滑上传递带到走开传递带的总时间？分析： (1) 设物块的加快度大小为a ，由受力剖析可知F N ＝ mg ，F f ＝ ma ， F f ＝μF N得 a ＝6 m/s 2传递带静止，物块从A 到B 做匀减速直线运动，2v 025又 x ＝ 2a ＝ 3 m>L ＝ 8 m ，22则由 v B －v 0＝－ 2aL得 v B ＝ 2 m/s(2) 由题意知，物块先加快到 v ＝ 12 m/s1由v22ax 1，得x11 1－＝ 21＝ m< ＝8 m v3 L故物块先加快后匀速运动即物块抵达 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快①向右减速到 v 2＝0 时22由 v 2－ v 0′ ＝－ 2ax 2 得 x 2＝3 m 由 v 2＝ v 0′－ at 1 得 t 1＝1 s②向左加快到 v 3＝4 m/s 时2 24由 v 3－ v 2＝ 2ax 3 得 x 3＝ m<x 2＝ 3 m3故向左先加快后匀速2由 v 3＝ v 2＋at 2 得 t 2＝ s3③向左匀速运动 v 4＝ v 3＝ 4 m/s5x 4＝ x 2－ x 3＝ 3 m5由 x 4＝ v 4t 3 得 t 3＝ s12＋ t25123＝12 s故 t ＝t ＋ t25答案： (1)2 m/s(2)12 m/s(3) 12 s[ 能力提高题组 ](25 分钟， 50 分)1．如下图，在水平桌面上叠放着质量均为的、 B 两块木M A板，在木板 A 的上边放着一个质量为m 的物块 C ，木板和物块均处于静止状态． A 、B 、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力 F 向右拉动木板A，使之从 C、 B之间抽出来，已知重力加快度为g，则拉力 F 的大小应当知足的条件是( 已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( ) A．F＞μ(2 m＋M) g B．F＞μ( m＋ 2M) gC．F＞2μ( m＋M) g D．F＞2μmg分析：选 C. 不论F多大，摩擦力都不可以使 B 向右滑动，而滑动摩擦力能使 C 产生的最大加快度为，故隔绝， F－μmg－μ m＋ M g＞时，即＞ 2 ( ＋)g 时A可μg A M μg F μ m M从 B、 C之间抽出，选项 C 正确．2．如下图为粮袋的传递装置，已知A、 B两头间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运转速度为v，粮袋与传递带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在 A 端将粮袋放到运转中的传递带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加快度大小为g.对于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的选项是( )A．粮袋抵达B端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B．粮袋开始运动的加快度为g(sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则此后将以速度v 做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B 端必定是向来做加快运动D．不论μ 大小怎样，粮袋从Α 到Β 端向来做匀加快运动，且加快度a≥g sin θ分析：选 A. 若传递带较短，粮袋在传递带上可能向来做匀加快运动，抵达 B 端时的速度小于v；若传递带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加快运动，当速度与传递带的速度相同后，做匀速运动，抵达 B 端时速度与v 同样；若μ＜tan θ，则粮袋先做加快度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加快运动，当速度与传递带同样后做加快度为g(sin θ－μ cos θ)的匀加快运动，抵达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传递带的速度，相对传递带的运动方向是沿传递带向上，因此遇到沿传递带向下的滑动摩擦力，大小为cosθ，依据牛顿第二定律得加快度a＝ mg sin θ＋μmg cosθ＝ (sinθ＋μcosθ) ，μmg m g选项 B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是向来做匀加快运动，也可能先匀加快运动，当速度与传递带的速度同样后，做匀速运动，选项C、 D均错误．3．如下图，传递带的水平部分ab＝2 m，斜面部分bc＝4 m，bc 与水平面的夹角α＝37°.一个小物体 A 与传递带的动摩擦因数μ＝0.25，传递带沿图示的方向运动，速率v＝2 m/s. 若把物体 A轻放到 a 处，它将被传递带送到 c 点，且物体 A 不会离开传递带．求物体 A 从 a 点被传递到c 点所用的时间．( 已知： sin 37 °＝0.6，cos37°＝0.8 ，g取 10 m/s 2)分析：物体 A 轻放在 a 点后在摩擦力作用下向右做匀加快直线运动直到和传递带速度相等．在这一过程中有μmga1＝m ＝μgx ＝v2 ＝v2 .＝ 0.8 m ＜x1 2a 2μg ab经历时间为 t 1 ＝v＝2s ＝ 0.8 s. a1 2.5今后随传递带运动到 b 点的时间为t 2＝x ab－ x12－0.8s ＝0.6 s.v ＝ 2当物体 A 抵达 bc 斜面时，因为 mg sin 37°＝ 0.6 mg＞μmg cos 37°＝ 0.2 mg. 因此物体 A 将再次沿传递带做匀加快直线运动，其加快度大小为2 2，a ＝ g sin 37°－μg cos 37°＝4 m/s物体 A在传递带 bc 上所用时间知足1 2，代入数据得t 3＝1 s．(负值舍去) x bc＝ vt 3＋ a2t 32则物体 A 从 a 点被传递到 c 所用时间为t＝ t 1＋ t 2＋t 3＝2.4 s.答案： 2.4 s4．如下图，倾角α＝30°的足够长的圆滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m ，质量M＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因3数μ＝2.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加快直线运动，假定物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加快度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力 F 应知足的条件；(2)若 F＝37.5 N，物块可否滑离木板？若不可以，请说明原因；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上涨的最大距离．分析： (1) 若整体恰巧静止，则F＝( M＋ m) g sinα＝(3＋1)×10×sin 30°N＝20 N因要拉动木板，则F>20 N若整体一同向上做匀加快直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得F－( M＋ m) g sinα＝(M＋m)a对物块有 f － mg sinα＝ma此中 f ≤μmg cosα代入数据解得F≤30 N向上加快的过程中为使物体不滑离木板，力 F 应知足的条件为20 N< F≤30 N.(2)当 F＝37.5 N>30 N时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有 F－μmg cosα－ Mg sinα＝ Ma1对物块有μmg cosα－mg sinα＝ma2设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得1 21 22a1t －2a2t ＝ L代入数据解得t ＝1.2 s物块滑离木板时的速度v＝ a2t由－ 2g sinα ·s＝0－v2代入数据解得s＝0.9 m.答案：看法析。

高考物理一轮复习课时跟踪检测13 热点专题4 动力学中常考的“三个物理模型”-人教版高三全册物理试

课时跟踪检测十三热点专题4 传送带模型与板块模型1．(多项选择)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．假设从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示．v2＞v1，如此( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：0～t1时间内，小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动，速度减为零时并未从左端滑下，说明传送带足够长，其向左运动的位移大小x1＝v222μg；t1～t2时间内：小物块受到的滑动摩擦力仍然向右，因此反向做匀加速运动，由于v2＞v1，如果反向加速到与传送带速度v1相等，其位移大小x2＝v212μg＜x1，此后物块做匀速运动．假设v1＞v2，根据运动的对称性可知，物块返回到A点时，其速度大小恰为v2.0～t2时间内，小物块始终相对于传送带向左运动，故t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大．答案：BD2.(多项选择)如下列图，用皮带传送一质量为M的物体，二者始终保持相对静止，如此如下关于物体所受摩擦力的说法正确的答案是( )A．皮带传送的速度越大，摩擦力越大B．皮带加速运动时，加速度越大，如此摩擦力越大C．皮带的速度恒定时，物块的质量越大，摩擦力越大D．摩擦力的方向一定与皮带速度的方向一样解析：由于二者相对静止，因此物块所受的是静摩擦力，如此：假设传送带匀速运动，如此f＝Mg sinθ，与传送带的速度无关，A错误，C正确；假设传送带匀加速运动，如此静摩擦力的方向一定沿传送带向上，且f－Mg sinθ＝Ma，要求μMg cosθ＞Mg sinθ，所以f＝Ma＋Mg sinθ，B正确；假设传送带匀减速向上运动，分三种情况：假设a ＜g sin θ，如此物块所受的静摩擦力沿斜面向上，即Mg sin θ－f ＝Ma ；假设a ＝g sin θ，如此物块所受的静摩擦力为零；假设a ＞g sin θ，如此物块所受的静摩擦力沿斜面向下之前v 2′＝v 1，之后做匀速运动，所以D 错误．答案：BC3．(多项选择)如下列图，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)如下说法正确的答案是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 均做负功D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶3解析：A 、B 都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小一样，滑动底端时位移大小一样，故时间一样，A 错误，B 正确；滑动摩擦力沿斜面向上，位移沿斜面向下，摩擦力做负功，故C 正确；A 、B 的摩擦力都是沿斜面向上的，A 、B 滑下时的加速度一样，故下滑到底端的时间一样，由x ＝v 0t ＋12at 2，a ＝g sin θ－μg cos θ，得：t ＝1 s ，传送带在1 s 的位移是1 m ，A 与皮带是同向运动，A 的划痕是A 的对地位移(斜面长度)减去在此时间内皮带的位移，即2 m －1 m ＝1 m ，B 与皮带是反向运动的，B 的划痕是A 的对地位移(斜面长度)加上此时间内皮带的位移，即2 m ＋1 m ＝3 m ，所以D 正确．答案：BCD4.有一倾角为θ＝30°的传送带，长L ＝10 m ，以速度v 0＝5 m/s 的速度匀速向上运动，如下列图．在传送带底端无初速度地放一物体，物体与传送带的动摩擦因数μ＝32，g 取10 m/s 2，求：(1)物体从底端运动到顶端所用的时间； (2)物体与传送带的相对位移．解题思路：物体放上传送带以后，开始阶段传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向上的滑动摩擦力，由于mg sin θ＜μmg cos θ，故物体将加速上行，当物体速度加速到与传送带的速度相等时，摩擦力将发生突变，故mg sin θ＜f m ＝μmg cos θ，因此物体受到沿斜面向上的静摩擦力与mg sin θ平衡做匀速运动．解析：(1)设物体的加速度为a ，由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，物体加速到与传送带的速度v 0相等时的位移为x 1＝v 202a ＝5 m ，经历的时间t 1＝v 0a＝2 s ，物体做匀速运动的时间t 2＝L －x 1v 0＝1 s ，如此总时间t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)只有第一个过程存在相对运动，相对位移大小x 相对1＝v 0t 1－x 1＝5 m.答案：(1)3 s (2)5 m5.如下列图，水平传送带两个转动轴轴心相距L ＝20 m ，正在以v ＝4.0 m/s 的速度匀速向右传动，某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数为0.1，将该物块从传送带左端无初速地轻放在传送带上，从左端运动到右端，(g 取10 m/s 2)求：(1)物体运动的时间；(2)物体相对于传送带运动的相对位移大小；(3)假设提高传送带的速度，可以使物体从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短．为使物体传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？最小时间是多少？解析：(1)物块放到传送带上后先做匀加速运动，假设传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向前做匀速运动．物块匀加速的时间t 1＝v a ＝v μg ＝4 s ．物块匀加速的位移x 1＝12at 2＝12μgt 2＝8 m. 因为20 m ＞8 m ，所以以后小物块匀速运动，物块匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝20－84m ＝3 s ，所以物块到达传送带右端的时间为t ＝t 1＋t 2＝7 s.(2)处理方法：在物块刚放上传送带时，在传送带上与物体接触的地方取一点M ，认为M 点一直往前做匀速直线运动，M 运动的距离即为传送带相对地面的位移．物体相对传送带的位移的大小即物体相对于M 点的距离．解法一：只有在匀加速阶段二者才会发生相对运动，传送带在4 s 内的位移为x 1＝vt ＝16 m ，物体相对于传送带的相对位移大小Δx ＝x 1－x 2＝8 m.解法二：作出v t 图象如下列图，阴影局部为相对位移大小，易得Δx ＝v 22μg＝8 m. (3)当物体一直做匀加速运动时，到达传送带另一端所用时间最短，如此L ＝12at 2＝12μgt 2，解得t min ＝2Lμg ＝210 s ．当物体运动到最右端恰好与传送带速度相等时，此时传送带速度最小，所以传送带最小速度为v ＝2aL ＝2μgL ＝210 m/s.需要注意的是，如果传送带的速度大于210 m/s ，物体始终做匀加速运动，物体运动的时间不变．答案：(1)7 s (2)8 m (3)210 m/s 210 s 6．如下列图，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，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，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，求：(1)放上小物块后，小物块与小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到一样的速度？(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？(取g ＝10 m/s 2)解析：(1)物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2，小车的加速度：a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2. (2)二者均做加速运动，但是木块的加速度大．由a m t ＝v 0＋a M t ，得：t ＝1 s.(3)在开始1 s 内小物块的位移：s 1＝12a m t 2＝1 m ，最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s. 假设在接下来的0.5 s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，如此加速度：a ＝F M ＋m ＝0.8 m/s 2，此时二者之间的摩擦力f ＝ma ＜μmg ，因此假设成立此0.5 s 内的位移：s 2＝vt ＋12at 2＝1.1 m ，通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m. 答案：(1)2 m/s 20.5 m/s 2(2)1 s (3)2.1 m7.如下列图，水平地面上依次排放两块完全一样的木板，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，一质量为m 1＝100 kg 的物体(可视为质点)以v 0＝6 m/s 的速度冲上A 木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等；取g ＝10 m/s 2)(1)假设物体滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件；(2)假设μ1＝0.5，求物体滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．解析：(1)假设滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ；假设滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g ，联立方程，代入数据得0.4＜μ1≤0.6.(2)假设μ1＝0.5，如此物体在木板A 上滑动时，木板A 不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1，设物体滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得v 21－v 20＝－2a 1l ，设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得v 1＝v 0－a 1t ，代入数据得v 1＝4 m/s ，t ＝0.4 s.答案：(1)0.4＜μ1≤0.6 (2)4 m/s 0.4 s8．如下列图，有1、2、3三个质量均为m ＝1 kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H ＝5.75 m ，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2.长板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v ＝4 m/s 的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．求：(1)长板2的长度L 0；(2)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．解析：(1)1在向左的滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为a 1＝μg ＝2 m/s 2，对2和3分别由牛顿第二定律可得：F ＋μmg ＝ma 2，mg －F ＝ma 2，二式相加得a 2＝12(g ＋μg )＝6 m/s 2；设经过时间t 1，三者速度达到相等，设为v 1，如此v 1＝v －a 1t 1＝a 2t 1，解得v 1＝3 m/s ，t 1＝0.5 s ，如此1和2运动的位移分别为x 1＝12(v ＋v 1)t 1＝1.75 m ；x 2＝12v 1t 1＝0.75 m ＜H ，而L 0＝x 1－x 2，解得L 0＝1 m.(2)假设速度一样时三者相对静止，对整体由牛顿第二定律得mg ＝3ma ，解得a ＝g 3.对物块1，当受到滑动摩擦力时，其加速度最大．最大值为μg ，小于g 3，故1与2要发生相对滑动，物体1相对于2向后滑动，其加速度大小a 3＝2 m/s 2，方向向右．对2和3整体由牛顿第二定律得： a 4＝12(g －μg )＝4 m/s 2，故2和3做匀加速运动．设再经过时间t 2物体3落地，如此对2可得H －x 2＝v 1t 2＋12a 4t 22，解得t 2＝1 s ，物体1的位移x 3＝v 1t 2＋12a 3t 22＝4 m ．而H －x 2－x 3＝1 m ，所以当物体3落地时，物体1在长木板2的最左端．答案：(1)1 m (2)物体1在长木板2的最左端。

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第5课时(小专题)动力学中常考的物理模型基本技能练1．物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示。

则传送带转动后( )图1A．物块将减速下滑B．物块仍匀速下滑C．物块受到的摩擦力变小D．物块受到的摩擦力变大解析当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mg sin θ＝μmg cos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmg cos θ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。

答案 B2．如图2所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1和小车的加速度为a2。

当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( )图2A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2解析由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即F f＝ma1，且F f的最大值为F f m ＝μmg ，即a 1的最大值为a 1m ＝μg ＝3 m/s 2。

当二者相对静止一起加速时，a 1＝a 2≤3 m/s 2。

当F 较大时，m 与M 发生相对滑动，a 1＝3 m/s 2，a 2＞3 m/s 2，综上述只有选项D 符合题意。

答案 D▲如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE 滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。

AC 是滑道的竖直高度，D 点是AC 竖直线上的一点，且有AD ＝DE ＝10 m ，滑道AE 可视为光滑，滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE 向下做直线滑动，g 取10 m/s 2，则滑行者在滑道AE 上滑行的时间为( )A. 2 s B ．2 s C. 3 s D ．2 2 s解析 A 、E 两点在以D 为圆心半径为R ＝10 m 的圆上，在AE 上的滑行时间与沿AD 所在的直径自由下落的时间相同，t ＝4Rg＝4ADg＝2 s ，选B 。

答案 B3．(多选)如图3所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4 m ，以v 0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。

已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，则煤块从A 运动到B 的过程中( )图3A ．煤块从A 运动到B 的时间是2.25 s B ．煤块从A 运动到B 的时间是1.5 sC ．划痕长度是0.5 mD ．划痕长度是2 m解析根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmg m＝4 m/s 2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t 1＝v 0a＝1 s ，位移大小x 1＝12at 21＝2 m ＜x ，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δs ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，选项D 正确、C 错误；x 2＝x －x 1＝2 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5 s ，运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，选项B 正确、A 错误。

答案 BD▲如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v 1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v ，已知v 1是v 的k 倍，且k ＜1。

求：物体与斜面间的动摩擦因数μ。

解析设斜面长为x ，高为h ，物体下滑过程受到的摩擦力为F f ，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a ，则由牛顿第二定律可得 mg sin α－F f ＝ma ，F f ＝μmg cos α 所以a ＝g (sin α－μcos α)由运动规律可知v 21＝2ax ＝2xg (sin α－μcos α)，v 2＝2gh 由题意：v 1＝kv解得：μ＝(1－k 2)tan α。

答案 (1－k 2)tan α4．(多选) (2014·哈尔滨九中四模)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为37°。

现有两小块物A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是( )图4A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．物块A、B运动的加速度大小不同D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同解析A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项A、C错，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确。

答案BD▲(多选)(2014·湖北黄冈中学检测)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型。

一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1<tan θ，在BC段的动摩擦因数为μ2>tan θ，他从A点开始下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。

该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中( )A．地面对滑梯始终无摩擦力作用B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小解析由题给条件μ1<tan θ，μ2>tan θ知，在AB段：μ1mg cos θ<mg sin θ，小朋友加速下滑，即整体有斜向左下方的加速度，所以整体有水平向左和竖直向下的分加速度，地面对滑梯的摩擦力向左，支持力小于总重力；同理，在BC段：μ2mg cos θ>mg sin θ，小朋友减速下滑，即整体有斜向右上方的加速度，所以地面对滑梯的摩擦力向右，支持力大于总重力。

综上所述，B、D正确。

答案BD能力提高练5．如图5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)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上。

设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

图5(1)若水平地面光滑，计算说明铁块B 与木板A 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的时间。

解析 (1)A 、B 之间的最大静摩擦力为F f m ＝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 fAB ＝ma 解得F fAB ＝2.5 N因FfAB ＜F f m ，故A 、B 之间不发生相对滑动 (2)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答案 (1)不会发生相对滑动 (2) 2 s6．如图6所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2。

求：图6(1)小物块相对地面向左运动的最大距离；(2)小物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间。

解析 (1)设小物块与传送带间摩擦力大小为F f 则F f ＝μmg ，F f x 物＝12mv 21，x 物＝4.5 m(2)设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a ，经时间t 2与传送带速度相等v 1－at 1＝0，a ＝F fm，t 1＝1.5 s ，v 0＝at 2，t 2＝1 s设反向加速时，小物块的位移为x 1，则有x 1＝12at 22＝2 m小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t 3再次回到B 点x 物－x 1＝v 0t 3 t 3＝0.625 s所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s 答案 (1)4.5 m (2)3.125 s7．如图7所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m 、质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32。

对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。

设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

图7(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F ＝37.5 N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

解析 (1)对M 、m ，由牛顿第二定律F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a①对m ，有F f －mg sin α＝ma②F f ≤F f m ＝μmg cos α③代入数据得F ≤30 N④(2)F ＝37.5 N ＞30 N ，物块能滑离木板⑤对M ，有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1⑥对m ，有μmg cos α－mg sin α＝ma 2⑦设物块滑离木板所用时间为t ，由运动学公式 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ⑧代入数据得t ＝1.2 s⑨物块滑离木板时的速度v ＝a 2t⑩由公式－2g sin α·x ＝0－v2⑪代入数据得x ＝0.9 m⑫答案 (1)F ≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m。