课时作业8：专题强化四 动力学中三种典型物理模型
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。
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．。
课时作业3：专题强化四 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/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/s 2，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＝v t 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.。
高考物理-动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型-专题练习(含答案与解析)
的方向均平行于斜面。
当拉力一定时，受到绳的拉力（）2m m m g+2m m m g+C ．P 受到的摩擦力大小为mgsin θcos θ，方向水平向左D ．P 受到的支持力大小为mgsin2θ4．如图所示，两个质量分别为123 kg 2 kg m m ＝、＝的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。
两个大小分别为1230 N 20 N F F ＝、＝的水平拉力分别作用在12m m 、上，则（ ）A ．弹簧测力计的示数是50 NB ．弹簧测力计的示数是24 NC ．在突然撤去2F 的瞬间，2m 的加速度大小为24 m/sD ．在突然撤去2F 的瞬间，1m 的加速度大小为210 m/s5．（多选）如图所示，质量分别为A B m m 、的A 、B 两物块用轻质弹簧连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F 拉B 物块，使它们沿斜面匀加速上升，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是（ ）A ．减小A 物块的质量B ．增大B 物块的质量C ．增大倾角θD ．增大动摩擦因数μ6．如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。
已知木块的质量1kg m ＝，木板的质量 4 kg M ＝，长 2.5 m L ＝，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ0.2＝．现用水平恒力20 N F ＝拉木板，g 取210 m/s（1）求木板加速度的大小；（2）要使木块能滑离木板，求水平恒力F 作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为1μ0.3＝，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N ，则木块滑离木板需要多长时间？7．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m 的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t 0＝时，车开始沿水平面做直线运动，其v －t 图象如图乙所示。
高三物理一轮复习课时作业5：专题强化四 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1．(2019·广东省东莞市质检)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()图1A．2∶1 B．1∶1C.3∶1 D．1∶ 3答案 B2．(2018·山东省泰安市上学期期中)如图2所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6kg、m B＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F，则A、B的加速度可能是(g取10m/s2)()图2A ．a A ＝6m /s 2，aB ＝2 m/s 2 B ．a A ＝2 m/s 2，a B ＝6 m/s 2C ．a A ＝8 m/s 2，a B ＝4 m/s 2D ．a A ＝10 m/s 2，a B ＝6 m/s 2答案 D解析 对B 而言，当A 、B 间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则F fm ＝μm A g＝12N ，则最大加速度a ＝μm A g m B ＝122m /s 2＝6 m/s 2.对整体运用牛顿第二定律可得F ＝(m A ＋m B )a ＝48N ，即当拉力增加到48N 时，发生相对滑动，当F ≤48N 时，a A ＝a B ≤6m/s 2，当F >48 N 时，a A >a B ，且a A >6 m/s 2，a B ＝6 m/s 2恒定不变，故D 正确．3．(2018·安徽省安庆市二模)如图3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(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2答案 C解析 当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 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，隔离B 分析，a B ＝a 1＝μmg －μ3×2mgm ＝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 A ＝a 2＝μmgm＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3，故选项C 正确．4．(多选)(2019·湖北省黄冈市模拟)机场使用的货物安检装置如图4所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1m /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)无初速度的放在水平传送带的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( )图4A ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.1s B ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.3sC ．背包与传送带之间的相对位移为0.3mD ．背包与传送带之间的相对位移为0.1m答案 AD解析 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg ＝ma ，得a ＝5 m /s 2，背包达到传送带的速度v ＝1 m/s 所用时间t 1＝v a ＝0.2 s ，此过程背包对地面位移x 1＝v 2t 1＝12×0.2 m ＝0.1 m<L＝2 m ，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx ＝v t 1－x 1＝1×0.2m －0.1m ＝0.1m ，背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－0.11s ＝1.9s ，所以背包从A 运动到B 所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.1s ，故A 、D 正确．5．(多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图5甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M ，t ＝0时刻质量为m 的物块以水平速度v 滑上长木板，此后木板与物块运动的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．M ＝mB ．M ＝2mC ．木板的长度为8mD ．木板与物块间的动摩擦因数为0.1答案 BC解析 物块在木板上运动过程中，μmg ＝ma 1，而v －t 图象的斜率大小表示加速度大小，故a 1＝7－32m /s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02m /s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，2s 时物块和木板分离，两者v －t 图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝12×(7＋3)×2m －12×2×2m ＝8m ，C正确．6．(2018·福建省宁德市上学期期末)智能分拣设备迅速将包裹分拣装车．若把智能分拣设备简化成如图6所示的水平传输装置，皮带在电动机的带动下保持v ＝1m /s 的速度向右运动，现将一质量为m ＝2 kg 的包裹轻放在皮带上，包裹和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中，设皮带足够长，取g ＝10 m /s 2，求：图6(1)包裹滑动时加速度a 的大小； (2)包裹滑动的时间t ； (3)包裹位移x 的大小．答案 (1)5m/s 2 (2)0.2s (3)0.1m解析 (1)设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为F f ，则：F f ＝μmg ＝maa ＝μg ＝5m/s 2(2)包裹加速到与传送带速度相等的时间为t ＝v a ＝15s ＝0.2s(3)加速到与传送带相对静止的位移为x ＝12at 2＝12×5×0.22m ＝0.1m.7．(2018·江西省六校第五次联考)如图7所示，一倾角θ＝37°的斜面底端与一传送带左端相接于B 点，传送带以v ＝7m /s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v 0＝4 m/s 的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C 点．已知斜面AB 长度为L 1＝6m ，传送带BC 长度为L 2＝6m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2)．求：图7(1)物块与斜面之间的动摩擦因数μ1； (2)物块在传送带上运动的时间． 答案 (1)1112 (2)2s解析 (1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a 1，在AB 斜面上下滑的过程中：L 1＝v 02－02a 1，可得a 1＝43m/s 2由牛顿第二定律得μ1mg cos37°－mg sin37°＝ma 1，故μ1＝1112.(2)在BC 上运动过程中，物块先匀加速运动，加速度大小a 2＝μ2g ＝3m/s 2假设一直加速到C 点时速度为v C ，v C 2＝2a 2L 2，v C ＝6m /s<7 m/s ，假设成立，则t ＝v Ca 2＝2s.8．(2018·安徽省安庆市二模)如图8甲所示，可视为质点的A 、B 两物体置于一静止长纸带上，纸带的左端与A 、A 与B 之间距离均为d ＝0.5m ，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，现以恒定的加速度a ＝2m/s 2向右水平拉动纸带，重力加速度g ＝10 m /s 2.求：图8(1)A 物体在纸带上的滑动时间；(2)在图乙坐标系中定性画出A 、B 两物体的v －t 图象； (3)两物体A 、B 停在地面上的距离．答案 (1)1s (2)如图所示(3)1.25m解析 (1)两物体在纸带上滑动时有μ1mg ＝ma 1，当物体A 滑离纸带时at 122－a 1t 122＝d 得t 1＝1s (2)如图所示(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1两物体在地面上运动时有μ2mg＝ma2物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝v122a1＋v12 2a2当物体B滑离纸带时at222－a1t222＝2d物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2物体B从开始运动到停止在地面上过程的总位移x2＝v222a1＋v22 2a2两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1联立得x＝1.25m.。
2024届高考物理复习讲义：专题强化四 动力学中两种典型物理模型
专题强化四动力学中两种典型物理模型学习目标1.会分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，并会相关的计算。
2.理解什么是“板—块”模型，并会运用动力学的观点正确处理“板—块”模型问题。
模型一“传送带”模型1.水平传送带情景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v 0＜v 时，一直加速v 0＜v 时，先加速再匀速v 0＞v 时，一直减速v 0＞v 时，先减速再匀速滑动一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端。
若v 0＜v 返回到左端时速度为v 0，若v 0＞v 返回到左端时速度为v2.倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系g sin θ＜μg cos θ)先加速后匀速一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ＜tan θ，先以a 1加速，后以a 2加速v 0＜v 时，一直加速(加速度若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a 1加速，后为g sin θ＋μg cos θ)以a 2加速v 0＞v 时，一直加速或减速(加速度大小为g sin θ－μg cos θ)或μg cos θ－g sin θ若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)g sin θ＞μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速g sin θ＜μg cos θ，一直减速先减速到速度为0后反向加速：若v 0＜v ，到原位置时速度大小为v 0(类竖直上抛运动)；若v 0＞v ，先反向加速后匀速，反回原位置时速度大小为v角度水平传送带模型例1(2023·山东济宁高三月考)如图1所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v ＝4m/s 顺时针转动，两轮轴心间距L ＝10m 。
一个物块(视为质点)以速度v 0＝8m/s 从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t ＝2s 物块离开传送带，重力加速度g 取10m/s 2。
动力学中三类典型物理模型的分析
高考级横一^^教学参考第50卷第丨期2021年1月动力学中三类典型物理模型的分析康俊李明(河南省淮滨高级中学河南信阳464400)文章编号：l〇〇2-218X(2021)01-0038-05《普通高中物理课程标准（2020年修订）》课程 目标中明确提出学生要通过学习具有建构模型的 意识和能力；学业质量中进人高等院校相关专业学 习应达到的水平要求是4，能将实际问题中的对象 和过程转换成所学的物理模型，能对综合性物理问 题进行分析和推理，获得结论并作出解释。
《中国 高考评价体系》明确说明试题以生活实践问题情境 和学习探索问题情境为载体进行测量与评价。
通过对近年高考物理试题的研究发现，动力学 问题是每年高考必考内容之一。
“等时圆模型”“传 送带模型”“板块模型”是动力学中三类典型过程模 型，也是常考的问题情境。
本文选取这三类模型进 行深入分析，以期能在高考备考中提供一些参考。
_、等时圆模型1.真题统计（如表1)表1近十年高考物理“等时圆模型”相关试题统计年份题号命题角度2018浙江省11月选考卷13题光滑轨道2.模型分析如图1、2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，受力分析可知 加速度a=0，位移:r=2J?sin 0，由匀加速直线运动规律:r=|加2，得出下滑时间i= 2 即沿竖直直径自由下落的时间。
图3是图1和图2的组合，不难证明有相同的结论。
图 1 图2中图分类号：G632.479文献标识码：B3.模型特征特征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，或从最高点由静止滑到各光滑弦下端，所用时间都相等，如图1、2所示。
特征2两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3所示。
4.思维模型此类问题的思维方法如图4所示:图45.典题示例例1(2018年浙江省11月选考卷13题）如图5所示为某一游戏的局部简化示意图。
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.。
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。
动力学中三种典型物理模型 实验作业
热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型[热点集训]1. (2021·山东、湖北部分重点中学高三上12月教学质量联合检测)(多选)如图所示，光滑水平地面上有一静止的足够长质量为M的平板，质量为m的物块以水平速度v0冲上平板，因摩擦二者发生相对滑动，最终至共速，对该过程，下列说法正确的是()A．若只是v0变大，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长B．若只是m变大，由开始运动至共速时间不变，相对运动的距离不变C．若只是M变小，由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短D．若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长答案ACD解析根据题意，作出物块和平板的v-t图像，如图所示。
若只是v0变大，即在图中将物块匀变速直线运动的图线平行上移，则由开始运动至共速时间变长，再根据v-t图像中图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移可知，物块和平板相对运动的距离变长，A正确；根据牛顿第二定律，平板的加速度大小a板＝μmg M，物块的加速度大小a物＝μg，若只是m变大，平板的加速度变大，物块的加速度不变，结合图像可知由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，B错误；若只是M变小，平板的加速度变大，物块的加速度不变，则由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，C正确；若只是动摩擦因数变小，物块的加速度和平板的加速度均变小，则由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长，D正确。
2．(2020·福建省宁德市高中同心顺联盟高三上学期期中)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化的关系如图乙所示，v 0、t 0已知，重力加速度为g ，则( )A ．传送带一定逆时针转动B ．μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC ．t 0后木块的加速度为2g sin θ－v 0t 0D ．传送带的速度大于v 0答案 AC解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑(mg sin θ＞μmg cos θ)时，将一直匀加速到底端；当木块上滑(mg sin θ＜μmg cos θ)时，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动；两种情况均不符合图乙所示v -t 图像，则传送带一定逆时针转动，故A 正确。
专题强化四 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模型一“等时圆”模型1.“等时圆”模型所谓“等时圆”就是物体沿着位于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)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.模型的三种情况(1)物体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)物体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，物体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。
【例1(2021·山东济南市二模)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。
有两部直滑梯AB 和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图1所示，已知圆周半径为R。
在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R且与A等高。
各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
图1(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；(2)若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？答案 (1)t AB ＝t AC (2)3R g 解析 (1)设AB 与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB 下滑时的加速度a ＝g sin θ 又x AB ＝12at 2AB ，AB 间的距离为x AB ＝2R sin θ，解得t AB ＝4Rg 与角度无关，同理可知t AC ＝4Rg ，故t AB ＝t AC 。
(2)根据第一问的结论，画出以P 点为最高点的半径为r 的等时圆，如图所示当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R ＋r )2＝(R －r )2＋(3R )2解得r ＝34R ，最短时间t ＝3Rg 。
【针对训练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。
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
近年届高考物理一轮复习微专题4动力学中常考的“三个物理模型”练习新人教版(2021年整理)
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微专题四动力学中常考的“三个物理模型"［A级—基础练]1．（08786280)（2018·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．（08786281)(2018·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．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＝错误!，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝错误!，此时传送带的位移为x传＝vt＝错误!，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝错误!，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．(08786282）(2018·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．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。
高考物理一轮复习 微专题4 动力学中常考的“三个物理模型”练习 新人教版
微专题四动力学中常考的“三个物理模型”[A级—基础练]1．(08786280)(2018·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．(08786281)(2018·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．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．(08786282)(2018·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．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，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( )A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C ．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.] 7．(08786283)(多选)(2018·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．(08786284)(多选)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 2－0.2×301m/s 2＝4 m/s 2，故C 正确．][B 级—能力练]9．(08786285)(多选)(2018·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v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a 1＝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 －μM ＋m g －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 ＝v 22a ′＝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．(08786286)(多选)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．]11．(2018·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＝v 1a 1＝2.52.5s ＝1 s.L 1＝v 212a 1＝ 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 －L 1v＝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．(08786287)(2018·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 ＝0.5 m.答案：0.5 m。
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课时限时练(限时：40分钟)对点练1等时圆模型1.(2020·广东省东莞市质检)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为R和r的两个相切的圆上(两个圆过切点的直径在竖直方向上)，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B对点练2传送带模型2. (2020·山东枣庄市第二次模拟)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图2所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。
假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。
下列说法正确的是()图2A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B.工件被传送到另一端的最长时间是2 sC.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s答案B解析工件恰好传送到右端，有0－v20＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此时用时t＝v0μg＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。
3.(多选)如图3，一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()图3答案BC解析设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mg sin θ＞μmg cos θ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mg sin θ＝μmg cos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sin θ＜μmg cos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确。
4.(多选)(2020·吉林市第三次调研)如图4所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图象可能是()图4答案ABD解析因v2＞v1，则物块相对于皮带向上运动，所受滑动摩擦力向下，①若F＝mg sin θ＋μmg cos θ，则物体的加速度为零，将一直向上以v2匀速运动，选项B正确；②若F＞mg sin θ＋μmg cos θ，则物体的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；③若F＜mg sin θ＋μmg cos θ，则物体的加速度向下，将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受静摩擦力保证其合力为零，则和皮带一起向上匀速运动，故选项C错误，D正确。
对点练3板块模型5.(多选)(2020·东北三省四市下学期一模)如图5甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。
t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图象如图5乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2。
下列说法正确的是()图5A.0～6 s内，m的加速度一直保持不变B.m 相对M 滑动的时间为3 sC.0～6 s 内，m 相对M 滑动的位移的大小为4 mD.0～6 s 内，m 、M 相对地面的位移大小之比为3∶4答案 BD解析 物块相对于平板车滑动时的加速度a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2若其加速度一直不变，速度—时间图象如图所示由图象可以算出t ＝3 s 时，速度相等，为6 m/s 。
由于平板车减速阶段的加速度大小为a 1＝86－2m/s 2＝2 m/s 2＝a ，故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。
物块相对平板车滑动的时间为3 s ，故A 错误，B 正确；由图象可知，0～6 s 内，物块相对平板车滑动的位移的大小Δx ＝12×2×8 m ＋8＋62×1 m －12×3×6 m ＝6 m ，故C 错误；0～6 s 内，由图象可知，物块相对地面的位移大小x 1＝12×6×6 m ＝18 m ，平板车相对地面位移大小x 2＝12×6×8 m ＝24 m ，二者之比为3∶4，故D 正确。
6.(2020·天津市六校联考期初检测)如图6所示，光滑的水平面上静置质量为M ＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F ，一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。
重力加速度g 取10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( )图6A.当F 增加到4 N 时，m 相对M 开始运动B.当F ＝10 N 时，M 对m 有向右的2 N 的摩擦力C.当F ＝15 N 时，m 对M 有向左的4 N 的摩擦力D.当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力答案B解析假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大静摩擦力F f提供最大的加速度，故F f＝μmg＝ma所以a＝μg＝2 m/s2对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足F＞20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体F＝(M＋m)a′解得a′＝FM＋m＝1 m/s2对小物块，受到的静摩擦力提供加速度，有F f′＝ma′＝2×1 N＝2 N方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2m受到的静摩擦力F f″＝ma″＝3 N，方向向右，故C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，F f＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。
7.(2020·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图7甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。
现将一质量m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图7乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，求：图7(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v－；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。
答案 (1)8 m/s (2)0.5解析 (1)由v －t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v －t 图线与t 轴所围的面积，所以L ＝12×1×10 m ＋12×(10＋12)×1 m ＝16 m由平均速度的定义得 v －＝L t ＝8 m/s 。
(2)由v －t 图象可知传送带运行速度为v 1＝10 m/s0～1 s 内物体的加速度为a 1＝Δv Δt ＝10 m/s 21～2 s 内的加速度为a 2＝2 m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立两式解得μ ＝ 0.5。
8.质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图8甲所示。
A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图8(1)A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B 与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A 的质量。
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg解析 (1)由图象可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2， 对A 由牛顿第二定律得－μ1mg ＝ma 1，解得μ1＝0.2。
(2)由图象知，A 、B 在1～3 s 内的加速度a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2， 对A 、B 整体由牛顿第二定律得－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3，解得μ2＝0.1。
(3)由图象可知B 在0～1 s 内的加速度a 2＝v 1－0t 1＝2 m/s 2 对B 由牛顿第二定律得μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得m ＝6 kg 。
9.(2020·山东日照市4月模拟)如图9所示，质量M ＝2 kg 的滑板A 放在水平地面上，当A 向右滑动的速度v 0＝13.5 m/s 时，在A 中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m ＝1 kg 的小物块B ，同时给B 施加一个水平向右的F ＝6 N 的恒力作用并开始计时。
已知A 与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 与B 间的动摩擦因数μ2＝0.4。
(设滑板A 足够长，取g ＝10 m/s 2)求：图9(1)经过多长时间A 、B 达到共同速度；(2)从开始计时到A 、B 达到共同速度的时间内，A 、B 间因摩擦而产生的热量Q ；(3)2 s 内滑板A 的位移大小。
答案 (1)1 s (2)27 J (3)22 m解析 (1)设A 的加速度大小为a 1，对A 由牛顿第二定律可得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 1解得a 1＝3.5 m/s 2，方向向左设B 的加速度大小为a 2，对B 由牛顿第二定律可得F ＋μ2mg ＝ma 2解得a 2＝10 m/s 2，方向向右A 做减速运动，有v 1＝v 0－a 1tB 做加速运动，有v 2＝a 2tA 、B 达到共同速度时v 1＝v 2解得t ＝1 s 。
(2)从开始计时到达到共同速度，A 的位移大小x 1＝v 0t －12a 1t 2＝11.75 mB 的位移大小x 2＝12a 2t 2＝5 mA 、B 间因摩擦而产生的热量为Q ，则Q ＝μ2mg (x 1－x 2)＝27 J 。
(3)经分析，A 、B 达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动 设A 的加速度大小为a 3，对A 由牛顿第二定律可得μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 3解得a 3＝0.5 m/s 2，方向向右1 s 时，由(1)可得v 1＝10 m/s ，再经过1 s ，A 的位移大小x 3＝v 1t ＋12a 3t 2＝10.25 m2 s 内滑板A 的位移大小为x A ＝x 1＋x 3＝22 m 。