高考物理一轮复习 第三章 专题强化四 动力学中三种典型物理模型课时达标训练
课时作业8：专题强化四 动力学中三种典型物理模型
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。
2022年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律素养提升课四动力学中的三种典型物理模型检测
素养提升课（四）动力学中的三种典型物理模型(建议用时：25分钟)1. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。
B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。
现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为t A、t B、t C，则t A、t B、t C大小关系是( )A．t A<t C<t BB．t A＝t C<t BC．t A＝t C＝t BD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：选B。
由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故t A＝t C<t B，B正确。
2．(2020·天津市六校联考期初检测)如图所示，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/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( )A．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的摩擦力解析：选B。
假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力f提供最大的加速度，故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m相对于M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m，受到的摩擦力提供加速度，有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/s 2，m 受到的摩擦力f ′＝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 ＝μmg ＝4 N ，方向向右，故D 错误。
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
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”
栏 目 导 航
抓重难点
1
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。
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.。
高考物理一轮复习课件第三章专题探究四动力学中的典型模型
在学习过程中，我发现通过对比和总结各模型之间的联系和区别，可以加深对知识点的理解和记忆。同时，多做典型 例题和练习题也是提高解题能力的有效途径。
后续学习计划
在接下来的学习中，我将继续加强对动力学部分知识点的掌握和应用能力，特别是针对高考考点的解题 策略和技巧。同时，我也将注重培养自己的物理思维和创新能力，为高考和未来的学习打下坚实的基础 。
图像呈现
通过速度-时间图像（v-t图）可以直观地展示碰撞过程中物体速度的变化。在完全弹性碰撞中，v-t图 呈现为两条直线，分别表示碰撞前后两物体的速度；在非完全弹性碰撞中，v-t图呈现为一条曲线，表 示碰撞过程中物体速度的连续变化。
解题方法与技巧
解题方法
在解决碰撞问题时，首先要明确碰撞类型（完全弹性碰撞、非完全弹性碰撞或完全非弹性碰撞），然后根据动量 守恒定律和能量守恒定律列出方程求解。对于复杂的多物体、多次碰撞问题，可以采用分步求解的方法，逐步分 析每一次碰撞的过程和结果。
适用条件
适用于研究物体间相互作用时间短、作用力大且作用前后物体运动状态发生明显变化的 情况。
运动过程分析与图像呈现
运动过程分析
在碰撞过程中，物体间的相互作用力远大于它们所受的外力，因此可忽略外力的影响，认为系统动量 守恒。根据动量守恒定律和能量守恒定律，可以分析碰撞前后物体的速度、动能等物理量的变化。
4. 根据题目要求，对求解结果进行分析和讨论。
03
典型模型二：斜面滑块模型
模型描述及适用条件
模型描述
斜面滑块模型描述了一个滑块在斜面上滑动的过程，其中涉 及到重力、摩擦力、支持力等多种力的作用。
适用条件
适用于斜面光滑或粗糙、滑块有初速度或无初速度、滑块带 电荷或不带电荷等不同条件。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4课时动力学的三类典型问题课件新人教版
[系统归纳] 轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方 轻绳 向的速度总是相等 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆 轻杆 转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与 转动半径成正比 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不 轻弹簧 一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速 率相等
[答案] C
二弹簧连接体
[例 2] (多选)如图所示，光滑水
平面上放置着四个相同的木块，其中木
块 B 与 C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧
始终在弹性限度内。现用水平拉力 F 拉 B，使四个木块以相同的
加速度一起加速运动，则下列说法正确的是
()
A．一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为F4
B．一起加速过程中，C 受到 4 个力的作用
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起 飞，求在 t＝5 s 时离地面的高度 h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度 H＝100 m 处，由于动力 设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面 时的速度大小 v；
(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备 的干预，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着 地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t1。
[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 相对地面运动，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＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝12μg， 选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F－32μmg＝3mamax，得 F＝3μmg， 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。
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。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题4动力学中常考的“三个物理模型”课件新人教版
时满足 AM＝2Rsin θ＝12gsin θta2，即 ta＝2 Rg；同理
b 球从 B 点下滑到 M 点用时也满足 tb＝2
r g(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 tb>ta>tc.]
模型二 滑块一木板模型
1.板一块模型的特点 （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．
[解析] A [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是沿传送带向上，
() 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：C [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＝12gt2c，所以 tc＝ 2gR；对于 a 球，令 AM 与水平面成 θ 角，则 a 球下滑到 M 用
(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 Δt，木板和小物块刚 好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得：
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动 的位移为 x1＝－v12＋v3Δt⑪ 小物块运动的位移为 x2＝v1＋2 v3Δt⑫
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型学案 新人教版-新
热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。
[热点透析]等时圆模型 1．模型分析如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a ＝g sin θ，位移x ＝2R sin θ，由匀加速直线运动规律x ＝12at 2，得下滑时间t ＝2R g，即沿竖直直径自由下落的时间。
图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
2．结论模型 1 质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；模型 2 质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；模型 3 两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
3．思维模板其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。
如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。
竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。
已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。
则( )A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M点解析由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿过CM的直径的下落时间相等，所以从C点自由下落到M点的c球运动时间最短，故C正确。
答案 C传送带模型传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。
这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。
题型一：物块在水平传送带上题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题三 动力学中常见的“三个物理模型”课时作业 新人教版
动力学中常见的“三个物理模型”一、选择题(1～3题只有一个选项符合题目要求，4～5题有多个选项符合题目要求)1．(2017·东北三省三校第一次联考)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 两球分别为由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：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 ＝2R sin θ＝12g sin θt 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．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木块和木板加速度的大小分别为a 1和a 2，关于a 1和a 2变化的图线中正确的是( )的加速度先增大后不变，m 1与m 2相对运动前，不变，a 1＝μm 2g m 1，m 2的加速度为a 2＝F －μm 间增大，且比前一段时间增加得要快，选项A 正确．．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数则图乙中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )物体受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，所以物体加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则物体不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后物体继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 根据以上分析，有a <a ，所以，本题正确选项为D.的斜面体静止在水平面上，物体μ，μ<tan θ，且质量均为滑上传送带开始计时，则小物块运动的v －t 图象(以地面为参考系对小物块受力分析可知，它滑上传送带后受到重力mg 、支持力个力的作用，其中重力与支持力平衡，故由F f ＝μmg ＝ma ，可得a ＝μg 动时，小物块做匀减速运动到中点时减速到零，然后反向加速，因为v 2>时速度大小仍为v 1，加速时间为t 1＝v 1a，所以选项当传送带向左运动时，小物块做匀加速直线运动，根据减速时有v 21＝2a ·，联立解得：v ＝3v 1，加速时间t ＝v －v 1a＝3－v 1a＝0.4 s时A、B的速度，并在乙图中作出0.2内A、B做匀速直线运动，分析B，根据平衡条件有：(v A＝2 m/s)，继续做匀速直线运动，mg＝ma，2 m/s＋10×0.2 m/s＝图象如右图所示．相邻工件间的最小距离和最大距离；满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力Ff0＝mg sinθ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力Ff2＝n2Ff0与空载相比，传送带需增大的牵引力F＝Ff1＋Ff2联立解得F＝33 N答案：(1)0.5 m 3.0 m (2)33 N。
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.。
教育最新K122019高考物理一轮复习 第三章《牛顿运动定律》微专题4 动力学中常考的“三个物理模型”课时冲关
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 2－0.2×301m/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．(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＝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．(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。
山东专用2025版高考物理一轮复习第三章专题探究四动力学中的典型模型练习含解析新人教版
专题探究四动力学中的典型模型1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行平安检查的水平传送带.当旅客把行李放到传送带上时,传送带对行李的滑动摩擦力使行李起先做匀加速运动.随后它们保持相对静止,行李随传送带一起前进.设传送带匀速前进的速度为 0.25 m/s,把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,木箱以6 m/s2的加速度前进,那么这个木箱放在传送带上后,传送带上将留下的摩擦痕迹约为( A )A.5 mmB.6 mmC.7 mmD.10 mm解析:木箱加速的时间为t=,这段时间内木箱的位移为x1=,而传送带的位移为x2=vt,传送带上将留下的摩擦痕迹长为l=x2-x1,联立各式并代入数据,解得l=5 mm,选项A正确.2.(2024·山西高校附中模拟)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s 起先水平向右滑动,已知M>m.用①和②分别表示木块A和木板B的图像,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面关于二者速度v随时间t的改变图像,其中可能正确的是( C )解析:木块A滑上B时,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,依据牛顿其次定律得a A=,a B=,已知m<M,所以a A>a B,即①斜率的肯定值应大于②的斜率,故选项A,B错误.若A不能滑下,则两者最终共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,故选项C正确,D错误.3.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,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.在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图像可能是( A )解析:放上物块后,长木板受到物块向左的滑动摩擦力和地面对左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚起先运动时的加速度,故A正确;也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚起先运动的加速度,B,C错误;由于水平面有摩擦,故两者不行能一起匀速运动,D错误.4.(2024·河北沧州模拟)带式传送机是在肯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深色的径迹.下列说法正确的是( C )A.深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:当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动,所以深色径迹应出现在木炭包的右侧,选项A错误;设木炭包的质量为m,传送带的速度为v,木炭包与传送带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg=ma,木炭包加速的时间t==,该过程传送带的位移x1=vt=,木炭包的位移x2=t=t=,深色径迹的长度Δx=x1-x2=,由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带的速度越大,径迹越长,木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C正确,B,D错误.5.(多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gs in α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB.静摩擦力沿斜面对下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin αD.皮带与小物块间的动摩擦因数肯定大于tan α解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B 正确;由牛顿其次定律知mgsin α+F f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块间的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误.6.(2024·江苏淮阴模拟)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=2kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,从物体放上小车起先经t=1.5 s 的时间,物体相对地面的位移为(取g=10 m/s2)( B )A.1 mB.2.1 mC.2.25 mD.3.1 m解析:放上物体后,物体的加速度a1=μg=2 m/s2,小车的加速度a2== m/s2=0.5 m/s2,物体的速度达到与小车共速的时间为t,则v=a1t=v0+a2t,解得t=1 s,此过程中物体的位移s1=a1t2=1 m,共同速度为v=a1t=2 m/s,当物体与小车相对静止时,共同加速度为a== m/s2=0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移s2=vt′+at′2=1.1 m,故从物体放上小车起先经t=1.5 s 的时间,物体相对地面的位移为1 m+1.1 m=2.1 m,故选项B正确.7.如图所示,为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A,B两端相距L=5.0 m,质量为M=10 kg的物体以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数到处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s.(g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体从A点到达B点所需的时间;(2)若传送带顺时针运转的速度可以调整,物体从A点到达B点的最短时间是多少?解析:(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿其次定律得Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1=通过的位移x1=设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2Mgsin θ-μMgcos θ=Ma2由μ<tan θ=0.75知,物体接着减速,设经时间t2到达传送带B点L-x1=vt2-a2联立各式可得t=t1+t2=2.2 s.(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力始终沿传送带向上,则所用时间最短,此种状况加速度大小始终为a2,L=v0t′-a2t′2得出t′=1 s(t′=5 s舍去).答案:(1)2.2 s (2)1 s8.(2024·江西南昌二中月考)如图1所示,质量M=1 kg的木板静止在水平面上,质量m=1 kg、大小可以忽视的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.(1)若力F恒为8 N,经1 s铁块运动到木板的左端,求木板的长度L;(2)若力F从零起先渐渐增加,且木板足够长,试通过分析与计算,在图2中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小改变的图像.解析:(1)对铁块由牛顿其次定律得F-μ2mg=ma1;对木板由牛顿其次定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2.设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则s木=a2t2,s铁=a1t2,s铁-s木=L,联立解得L=1 m.(2)①当F≤μ1(m+M)g=2 N时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力大小相等,即f=F.②当F>μ1(m+M)g=2 N时,假如二者相对静止,铁块与木板有相同的加速度,则F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,解得F=2f-2.此时f≤μ2mg=4 N,即F≤6 N,所以,当2 N<F≤6 N时,f=+1 N.③当F>6 N时,M,m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为f=μ2mg=4 N,f-F图像如图所示.答案:(1)1 m (2)见解析9.如图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行,一质量为m=4 kg的行李无初速度地放在A处,该行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离l=2m,g取10 m/s2,求:(1)行李从A运输到B所用的时间t为多少;(2)电动机运输该行李需消耗的电能E为多少;(3)假如提高传送带的运行速率,行李就能够较快的传送到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v′.解析:(1)行李轻放在传送带上,起先是静止的,行李受滑动摩擦力而向右运动,设此时行李的加速度为a,由牛顿其次定律得μmg=ma,a=1.0 m/s2设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1,所通过的位移为s1,则v=at1,t1=1 s,s1=a=0.5 m行李速度达到1 m/s后与传送带保持相对静止,一起做匀速运动,设所用时间为t2则t2==1.5 s设行李从A运输到B共用时间为t,则t=t1+t2=2.5 s.(2)电动机需消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和,故E=mv2+μmgΔL行李与传送带的相对位移ΔL=vt1-s1=0.5 m,代入数据解得E=4 J.(3)行李从A匀加速运动到B时,传送时间最短有l=at2代入数据得t=2 s,此时传送带对应的运行速率为v′≥at min=2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s.答案:(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s10.如图(甲)所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,起先时质量为m=1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平面上运动的v t图像如图(乙)所示,g取 10 m/s2.求:(1)水平作用力F的大小;(2)滑块起先下滑时的高度;(3)木板的质量.解析:(1)对滑块受力分析如图(a)所示,由平衡条件可得mgsin θ=Fcos θ,则F= N.(2)由题图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为 10 m/s,当F变为水平向右之后,其受力如图(b)所示,由牛顿其次定律可得mgsin θ+Fcos θ=ma,解得a=10 m/s2,滑块下滑的位移x=,解得x=5 m,故滑块下滑的高度h=xsin 30°=2.5 m.(3)由题图(乙)可知,两者先发生相对滑动,当达到共速后一起做匀减速运动.设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,由图像得,两者共同减速时的加速度大小a1=1 m/s2,发生相对滑动时,木板的加速度a2=1 m/s2,滑块减速的加速度大小a3=4 m/s2,对整体受力分析可得a1==μ1g,可得μ1=0.1.在0～2 s内分别对m和M分析可得对M:=a2,对m:=a3,代入数据解得M=1.5 kg.答案:(1) N (2)2.5 m(3)1.5 kg。
第4讲 动力学中三种典型物理模型(练)(原卷版)2022年高考一轮复习讲练测(新高考江苏)
60°，从 A、B、C、D 四处同时由静止释放一个物块，它们都沿板运动，到达叫板底端的时间分别为 tA、tB、 tC、tD，下列判断正确的是（ ）
A． tB 最短
B． tC 最短
C． tA tB
D． tA tD
11.（2020·昆山震川高级中学高三月考）如图所示，甲、乙传送带倾斜放置，并以相同的恒定速率 v 逆时
m 和 2m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为 g，若鸡蛋移动的距离不超过 d 就能保证实验成 10
功，则所需拉力的最小值为（ ）
A．3μmg
B．6μmg
C．12μmg
D．26μmg
6.（2020·江苏扬州市·扬州中学）如图所示，质量为 m1 的木块和质量为 m2 的长木板叠放在水平地面上．现 对木块施加一水平向右的拉力 F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因
块，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，sin37°=0.6，物块运动的
速度 v 随时间 t 变化的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5.（2021·江苏高三专题练习）如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸
板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋（水平移动距离很小，几乎看不到）落入杯 中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋（可视为质点）中心离纸板左端的距离为 d，鸡蛋和纸板的质量分别为
针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物块分别从两传送带顶端的 A 点无初速度释
放，甲传送带上物块到达底端 B 点时恰好达到速度 v；乙传送带上物块到达传送带中部的 C 点时恰好达到速
度 v，接着以速度 v 运动到底端 B 点。则物块从 A 运动到 B 的过程（ ）
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动力学中的典型“模型”一、选择题(1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题)1．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。
当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。
随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。
设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )图1A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm解析木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝v22a，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。
答案 A2．(2018·山东日照模拟)如图2所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，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。
在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是下列选项中的( )图2解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。
对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2 a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|由v－t图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确。
答案 A3．(2017·山东潍坊质检)如图3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( )图3解析开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持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木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，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。
答案 D4．如图4所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。
t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。
分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是( )图4解析若长木板和木块之间没有相对滑动，A对；若长木板和木块之间有相对滑动，则a2>a1，B、D错，C对。
答案AC5．如图5所示，质量为M＝2 kg、长为L＝2 m的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。
先相对静止，然后用一水平向右F＝4 N的力作用在小木块上，经过时间t ＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g取10 m/s2，则( )图5A．滑出瞬间木块速度2 m/sB．滑出瞬间木块速度4 m/sC．滑出瞬间木板速度2 m/sD．滑出瞬间木板速度4 m/s解析小木块加速度a1＝F－μmgm＝4－21m/s2＝2 m/s2，木板加速度a2＝μmgM＝1m/s2，脱离瞬间小木块速度v1＝a1t＝4 m/s，A错误，B正确；木板速度v2＝a2t＝2 m/s，C正确，D错误。
答案BC二、非选择题6．一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。
某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂。
细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m，后3 s内滑行了10.5 m。
求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？图6解析 设小车加速度为a 。
绳断裂时，车和物块的速度为v 1＝at 1。
断裂后，小车的速度v ＝v 1＋at 2，小车的位移为：x 1＝v 1t 2＋12at 22滑块的位移为：x 2＝v 1t 2绳断后，前3 s 相对位移有关系： Δx ＝x 1－x 2＝12at 23＝4.5 m得：a ＝1 m/s 2细绳断开时小车和物块的速度均为：v 1＝at 1＝1×2 m/s ＝2 m/s设后3 s 小车的初速度为v 1′，则小车的位移为：x 1′＝v 1′t 4＋12at 24滑块的位移为：x 2′＝v 1t 4得：x 1′－x 2′＝3v 1′＋4.5 m －3v 1＝10.5 m 解得：v 1′＝4 m/s由此说明后3 s 实际上是从绳断后2 s 开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：t 总＝5 s答案 5 s7．如图7所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m ，传送带甲比乙长0.45 m ，两传送带均以3 m/s 的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A 从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B 由传送带乙的顶端以3 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：图7(1)物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间； (2)物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比。
解析 (1)对物块A 由牛顿第二定律知mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，代入数值得a 1＝10 m/s 2设经时间t 1物块A 与传送带共速，则由运动学规律知v 带＝a 1t 1，即t 1＝0.3 s此过程中物块A 的位移为x 1＝12a 1t 21＝0.45 m物块A 与传送带共速后，由牛顿第二定律知mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，代入数值得a 2＝2 m/s 2由运动学规律知L 甲－x 1＝v 带t 2＋12a 2t 22，代入数值得t 2＝1 s所以物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s 。
(2)在物块A 的第一个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为L 1＝v 带t 1－x 1＝0.45 m在物块A 的第二个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为L 2＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m所以物块A 在传送带上的划痕长度为L A ＝L 2＝1.0 m由分析知物块B 的加速度与物块A 在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t 2相同所以物块B 在传送带上的划痕长度为L B ＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m故物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为L A ∶L B ＝1∶1答案 (1)1.3 s (2)1∶18．如图8甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板。
开始时质量为m ＝1 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，现将力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。
此后滑块和木板在水平面上运动的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2。
求：图8(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量。
解析 (1)滑块受力如图所示，根据平衡条件，有mg sin θ＝F cos θ解得F ＝1033N(2)当力F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mg sin θ＋F cos θ＝ma 解得a ＝10 m/s 2根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度v ＝10 m/s 。
滑块下滑的位移x ＝v 22a ，解得x ＝5 m故滑块下滑的高度h ＝x sin 30°＝2.5 m(3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时加速度a 1＝1 m/s 2，相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2，滑块的加速度大小a 3＝4 m/s 2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，对它们整体受力分析，有a 1＝μ1（M ＋m ）gM ＋m＝μ1g ，解得μ1＝0.10～2 s 内分别对木板和滑块受力分析，即 对木板：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2 对滑块：μ2mg ＝ma 3联立解得M ＝1.5 kg 。
103 3N (2)2.5 m (3)1.5 kg答案(1)。