专题 动力学中的典型“模型”
微专题Ⅱ-1 力学中的三类典型模型
[例 2] (2022•四川成都质检)如图所示，两个质量均为 m 的小
球通过两根轻弹簧 A、B 连接，在水平外力 F 作用下，系统处于静
Hale Waihona Puke 止状态，此时弹簧实际长度相等。弹簧 A、B 的劲度系数分别为 kA、
kB，且原长相等。弹簧 A、B 与竖直方向的夹角分别为 θ 与 45°。设
A、B 中的拉力分别为 FA、FB。小球直径相比弹簧长度可以忽略。则( )
[答案] B
类型 2 动力学中的弹簧模型
动力学中的弹簧模型主要涉及关联物体在弹簧作用下的运动，该运动过程中
弹簧的弹力往往是变力，物体的加速度、速度等物理量均与弹簧的形变量有关，
试题难度中等。
[例 3] (2022•陕西宝鸡模拟)如图所示，一竖直轻弹簧静止在水平面
上，其上端位于 O 点，重力均为 G 的 a、b 两物体叠放在轻弹簧上并处于
顿第二定律得 kx2－G＝ma 解得 x2＝2kG＝x，则 a、b 恰好在图示的初始位置分离，B 正 确；当拉力较小时要考虑物体整体做简谐振动的情况。若 F＝12G，系统做简谐振动，对 a、b 两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为 x3，则12G＋kx3＝2G，解得 x3 ＝32Gk ，此时振幅为 A1＝x－x3＝2Gk，2A1＝Gk ，则最高点时的弹簧压缩量为 Δx1＝x－2A1 ＝Gk ，此时弹簧弹力为向上的 G，则对 b，G－G2 －FN＝ma，对 a，G＋FN－G＝ma，解 得 FN＝G4 >0 可知，两物体没有分离；所以物体整个过程中不会分离，两物体将一起做 简谐振动；同理可分析若 F＝14G<12G 时，系统同样做简谐振动，不会分离，C、D 错误。
与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取
专题强化4 动力学中两个典型物理模型
专题强化四动力学中两个典型物理模型【专题解读】1.本专题是动力学方法在两个典型模型问题中的应用，传送带模型和滑块—木板模型常以选择题或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。
模型一传送带模型题型1水平传动带问题情景图示滑块可能的运动情况可能一直加速；可能先加速后匀速v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速传送带较短时，滑块一直减速到达左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0【例1】(多选)如图1所示，水平传送带两端AB的距离是2.0 m，以恒定的速率2.0 m/s顺时针转动。
现将一质量为0.5 kg的小滑块轻放在A端，小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4，小物块可作为质点，小物块到达B端的时间t和速度v 是()图1A.t＝1.0 sB.t＝1.25 sC.v＝4.0 m/sD.v＝2.0 m/s答案BD解析小物块在水平传送带上在滑动摩擦力的作用下先做匀加速直线运动，当加速到与传送带速度相同后，与传送带一起匀速运动，有F f＝μmg＝ma，x1＝v22a，代入数据解得x1＝0.5 m<2 m，加速运动的时间t1＝va＝0.5 s，匀速运动的时间t2＝L AB－x1v＝0.75 s，则t＝t1＋t2＝1.25 s，故选B、D。
题型2倾斜传送带模型情景图示滑块可能的运动情况可能一直加速；可能先加速后匀速可能一直加速；可能先加速后匀速；可能先以a1加速后再以a2加速可能一直加速；可能一直匀速；可能先加速后匀速；可能先减速后匀速；可能先以a1加速后再以a2加速；可能一直减速可能一直加速；可能一直匀速；可能先减速后反向加速；可能先减速，再反向加速，最后匀速；可能一直减速【例2】(多选)(2021·山东省实验中学模拟)如图2甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。
热点专题2 第15讲 动力学中的三种典型物理模型
第15讲动力学中的三种典型物理模型热点概述(1)本热点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”模型常以选择题或计算题的形式命题。
(2)通过本热点的学习，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能力等物理学科素养。
经过针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，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。
热点一“等时圆”模型1．“等时圆”模型设想半径为R的竖直圆内有一条光滑直轨道，该轨道是一端与竖直直径相交的弦，倾角为θ，一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度a＝g sinθ，位移x＝2R sinθ，而x＝12，解得t＝2R g，这也是沿竖直直径自由下落的时间。
2at总结：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆(或光滑斜面)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。
2．三种典型情况(1)质点从竖直圆上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)质点从竖直圆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)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的过切点的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a 、c 处由静止释放，用t 1、t 2分别表示滑环从a 到b 、从c 到d 所用的时间，则( )A ．t 1＝t 2B ．t 1>t 2C ．t 1<t 2D ．无法确定解析 设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆的直径为D ，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a ＝mg cos αm ＝g cos α，杆的长度为x ＝D cos α，则根据x ＝12at 2得，t ＝2x a ＝2D cos αg cos α＝2Dg ，可见时间t 只与圆的直径、当地的重力加速度有关，A 正确，B 、C 、D 错误。
统考版高考物理总复习 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不
从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑
到木板右端时二者速度相等，则位移关
系为xB＋L＝xA
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
关键能力·分层突破
模型一
“传送带”模型
1．模型特点
传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，
例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力
等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 随时间t的变化关系如图(c)所
示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因
数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g.则(
)
A．F1＝μ1m1g
央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与
传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂
盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
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。
高中物理第三章专题强化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 ＝gsin α，位移为s ＝dsin α，所以运动时间为t 0＝2sa＝2dsin αgsin α＝2d g. 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时，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.其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜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2①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.t1<t2<t3B.t1>t2>t3C.t3>t1>t2D.t1＝t2＝t3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mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin 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＝12at2，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mgsin θ与μmg c os 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v0′＝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)25 12s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＝μＦN得a＝6 m/s2传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v B2－v02＝－2aL得v B＝2 m/s(2)由题意知，物块先加速到v1＝12 m/s由v12－v02＝2ax1，得x1＝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′＝v1＝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v2＝0时由v22－v0′2＝－2ax2得x2＝3 m 由v2＝v0′－at1得t1＝1 s②向左加速到v3＝4 m/s时由v32－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m故向左先加速后匀速由v3＝v2＋at2得t2＝23s③向左匀速运动v4＝v3＝4 m/sx4＝x2－x3＝53m由x4＝v4t3得t3＝512s故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s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 s7 m(3)(2＋22) s解析(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsin θ＋F f＝ma1垂直传送带方向：mgcos θ＝F N又F f＝μＦN由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmg c os 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a2，则有mgsin θ－μmg c os θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下.设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s货物沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝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a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t32，代入解得t3＝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＝t1＋t2＋t3＝(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运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力F f；比较F f与最大静摩擦力F fm的关系，若F f>F fm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例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v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t12 ⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.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)a2 ?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v1，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v2.设A 的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ?对A有：v2＝－v1＋a A t2 ?在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22 ?在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ?A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s0＝s A＋s1＋s B ?联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m ? (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/s2，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 m14.4 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/s2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a1、a2，撤掉F时速度分别为v1、v2，撤去外力F后加速度分别为a1′、a2′，A、B共同运动时速度为v3，加速度为a3，对于Aμ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s对于B F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s撤去外力a1′＝a1＝4 m/s，a2′＝μ1mg＋μ2M＋m gM＝2.25 m/s2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＝v222a2＋v23－v22－2a2′－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＝v232a3＝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/s2C.铁块在木板上运动的时间为 1 sD.木板的长度为 1.625 m答案AC解析未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10 N，选项A正确；铁块放上木板后，对木板：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得：a′＝0.75 m/s2，选项B错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s，铁块滑离木板时，木板的速度：v1＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，铁块的速度v′＝a铁t2＝μ1gt2＝t2，由题意：v′＝12v1，解得t2＝1 s，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝2 m/s，铁块的速度v′＝1 m/s，则木板的长度为：L＝v0＋v12t2－v′2t2＝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≥gsin θ答案 A解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，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 c os θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsin θ＋μmg c os 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/s2，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a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律有mgsin θ＋μmg c os θ＝ma1v＝a1t1x1＝12a1t12代入数据解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝1.25 m由于x1＝1.25 m<d＝15.25 m，当物块的速度等于传送带速度时，因为mgsin 37°>μmg c os 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a2，运动时间为t2，位移为x2，到B端的速度为v B，由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsin θ－μmg c os θ＝ma2x2＝d－x1＝vt2＋12a2t22v B＝v＋a2t2代入数据解得a2＝2 m/s2，t2＝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＝t1＋t2＝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v1＝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v2＝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/s2，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v1＝3 m/s冲上传送带时，滑块返回B点的时间.答案(1)32 m0.05(2)12.5 s解析(1)根据v－t图象，滑块以初速度v2＝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＝ΔvΔt＝0.5 m/s2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1 2×6×3 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/s2.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 fAB＝ma解得：F fAB＝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 t2；x B＝12a B t2解得：t＝ 2 s.。
专题2 动力学的常见模型
项目 情境2
情境3
图示
关键能力 · 突破
滑块可能的运动情况
续表
①v0>v时,可能一直减速(条件:v≤ v02 2μgl ),也可能先 减速再匀速(条件: v02 2μgl <v<v0); ②v0<v时,可能一直加速(条件:v≥ v02 2μgl ),也可能先 加速再匀速(条件:v0<v< ) v02 2μgl
情境3
关键能力 · 突破
图示
滑块与传送带共速条件
若
v2 2g
≤l,滑块与传送带能共速
若
|
v2 v02 2g
|
≤l,滑块与传送带能共速
若
v02 2g
≤l且v0≥v,滑块与传送带能共速
关键能力 · 突破
例2 (多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=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)无初速度地轻放在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,重力加速度大小g取10 m/s2。则煤块从A运动 到B的过程中,下列说法正确的是 ( BD ) A.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 s C.划痕长度是0.5 m D.划痕长度是2 m
关键能力 · 突破
审题关键 这里只有a球路径属于等时圆模型,b、c球如何跟等时圆模型建 立联系? 提示:b球路径比等时圆弦长要长,c球路径是直径的1/2
关键能力 · 突破
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。
第17课时 动力学中的两类常见模型 [重难突破课]-2025版高中物理一轮 总复习(通用版)
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第17课时动力学中的两类常见模型[重难突破课]模型一动力学中的滑块—木板模型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作用下发生相对滑动。
2.位移关系：如图所示，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＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L。
3.解题关键【典例1】如图所示，右侧带有挡板的长木板质量M＝6kg、放在水平面上，质量m＝2kg的小物块放在长木板上，小物块与长木板右侧的挡板的距离为L。
此时水平向右的力F作用于长木板上，长木板和小物块一起以v0＝4 m/s的速度匀速运动。
已知长木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.6，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，某时刻撤去力F，最终小物块会与右侧挡板发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求力F的大小；（2）撤去力F时，分别求出长木板和小物块的加速度大小；（3）小物块与右侧挡板碰撞前物块的速度v与L的关系式。
答案：（1）48N（2）203m/s24m/s2（3）见解析解析：（1）长木板和物块一起匀速运动时，对整体受力分析，由平衡条件有F＝μ1（M＋m）g解得F＝48N。
（2）撤去力F后，由于μ1＞μ2，物块会与长木块相对滑动，对长木板，根据牛顿第二定律得μ1（M＋m）g－μ2mg ＝Ma1对物块，根据牛顿第二定律得μ2mg＝ma2解得a1＝203m/s2，a2＝4m/s2。
（3）长木板和物块发生相对滑动，由于a1＞a2，则长木板先停止运动，从撤去力F到停止运动，长木板的位移为s1＝0221＝1.2m物块停止运动时的位移为s2＝0222＝2m又s1＋L0＝s2联立解得L0＝0.8m从撤去力F到停止运动，长木板运动时间为t1＝01＝0.6s0.6s内物块的位移大小为s3＝v0t1－12a212＝1.68m则有s3－s1＝0.48m。
专题2动力学中的典型“模型”
专题2动力学中的典型“模型”模型一等时圆模型1 •模型特征(1) 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1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2•思维模板替犁一(L 参*相交詢* F!诃w 滝轨縮条件 ②质虑由■弄话从訖遵的一端滑到号一端设世 —(I 下瑞祸娈：吏点肖JD 钠豪伍点'皤上堪祈交；交点为国対R 尚巨作等—①赴耶点罪監直雯肘風~2 W 某拉垄为強乍国心在竖点线上前旬U h①轨道城点都話・同上.廣点黑动时间相尊—k 程奉点在国內的牝趙.质点讶动时间訶.靖” 点在K 恰的就道.雨点运話时间瓷“ _护I °II :》I W -mtK.2 V» —af- ' '卜潸苦制【例1】如图2所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，位 都套 着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a 、c 处由静止释放，用11 >12分别 表示 滑环从a 到b 、从c 到d 所用的时间，贝U(屮于同一周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上解析设光滑细杆与竖直方向的夹角为a 圆周的直径为D ，根据牛顿第二定律 得滑环的加速度为a 二^m°S 壬geos a,光滑细杆的长度为x 二Deos a,贝U 根据x鑒07： "/2D,可见时间t 与a 无尖，故有ti 二t2,因答案A务雄训练快” ■1 •如图3所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于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，甲、乙两球分别从A 、B 两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运 答案C动到M 点。
高考物理(热点+题型全突破)专题3.5 动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型(含解析)
专题3.5 动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型连接体模型1.连接体的分类根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。
(1)绳(杆)连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起；(2)弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起；(3)接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。
2.连接体的运动特点轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；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。
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
特别提醒(1)“轻”——质量和重力均不计。
(2)在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。
3.连接体问题的分析方法(1)分析方法：整体法和隔离法。
(2)选用整体法和隔离法的策略：①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。
【典例1】如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。
当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关 【答案】D方法提炼绳、杆连接体―→ 受力分析求加速度：整体法求绳、杆作用力：隔离法―→加速度―→讨论计算相关问题【典例2】 如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B 。
若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。
设细绳对A 和B 的拉力大小分别为F 1和F2，已知下列四个关于F 1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A. F 1＝m ＋2m 2m 1g m ＋m 1＋m 2 B. F 1＝m ＋2m 1m 1g m ＋m 1＋m 2 C. F 1＝m ＋4m 2m 1g m ＋m 1＋m 2 D. F 1＝m ＋4m 1m2gm ＋m 1＋m 2【答案】 C【解析】 设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B 的质量较大，由整体法可得加速度a ＝m 2－m 1gm 1＋m 2，隔离物体A ，据牛顿第二定律可得F 1＝2m 1m 2m 1＋m 2g ， 将m ＝0代入四个选项，可得选项C 是正确，故选C 。
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。
2019物理金版大一轮课件：第3章 专题四 动力学中的典型“模型”
命题点一 “传送带模型”问题
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
对物体，根据题意容易得：a＝μmmg＝μg ＝1 m/s2，当速度达到 1 m/s 时，所用的
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)
2019版一轮复习物理课件
第三章 牛顿运动定律 专题四 动力学中的典型“模型”
命题点一 “传送带模型”问题 命题点二 “滑块—滑板模型”问题 即时演练 考能提升
命题点一 “传送带模型”问题
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。 角度① 水平传送带问题 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能一直加速 (2)可能先加速后匀速
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命题点一 “传送带模型”问题
解析：取物体作为研究对象，刚开始物体的受力情况如图所示(滑动摩擦力 Ff 向
上)，因此
a＝Ff－mgmsin
30° μmgcos ＝
30°－mgsin m
30° ＝2.5
m/s2。
当物体速度达到 1 m/s 时，所用时间 t1＝v－av0＝12－.50 s＝0.4 s，
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，
动力学中的两种典型模型
专题突破2 动力学中的两种典型模型1.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。
2.传送带上的物体所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
【例1】 (2019·江西省重点中学协作体联考)如图1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，质量为m 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v2＞v1，则( )“传送带”模型考向1 水平传送带问题A.物块与传送带的动摩擦因数为v 2gt 1B.水平传送的长度可能小于12v 2t 1C.t 1时刻，物块受到的摩擦力发生突变考向2倾斜传送带问题1.求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。
2.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关。
【例2】如图2所示，传送带与水平地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。
在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。
已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
1. (多选) (2019·山东济宁期末)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。
已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，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 sB.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 m2.(多选)如图4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关系如图乙所示，v0、t0已知，则( )1.分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联2.两种类型A.传送带一定逆时针转动B.μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC.传送带的速度大于v 0D.t 0后木块的加速度为2g sin θ－v 0t 0“板—块”模型考向1水平面上的“板—块”模型【例3】(多选)如图5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取10 m/s2，则()A.水平恒力F的大小为10 NB.铁块放在木板上后，木板的加速度为2 m/s2C.铁块在木板上运动的时间为1 sD.木板的长度为1.625 m底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。
第三章 专题突破2 动力学中的两种典型模型
@《创新设计》
图3
@《创新设计》
解析 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得 μmg＝ma，得 a ＝5 m/s2；背包达到传送带的速度 v＝1 m/s 所用时间 t1＝va＝0.2 s，此过程背包对地位移 x1＝v2t1＝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 以背包对于传送带的相对位移为 Δx＝vt1－x1＝(1×0.2－0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的 时间 t2＝L－v x1＝2－10.1 s＝1.9 s，所以背包从 A 运动到 B 所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.1 s， 故选项 A、D 正确。
解析 (1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为 a1＝
mg（sin
θ＋μcos m
θ）＝g(sin
θ＋μcos
θ)＝10
m/s2
加速过程中 t1＝va10＝1 s，x1＝12a1t21＝5 m
8
达到v0后，煤块受到沿斜面向上的摩擦力，则
a2＝mg（sin
θ－μcos m
θ）＝g(sin
15
考向 1 水平面上的“板—块”模型 【例3】 (多选)如图5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取10 m/s2，则( ) A.水平恒力F的大小为10 N B.铁块放在木板上后，木板的加速度为2 m/s2 C.铁块在木板上运动的时间为1 s D.木板的长度为1.625 m
高考物理总复习专题讲解(人教版 全国卷地区专用)专题3 动力学中的典型“模型”
专题3
热 点 模 型 探 究
动力学中的典型“模型”
变式题 [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 v0 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( )
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专题3
热 点 模 型 探 究
动力学中的典型“模型”
变式题 (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 Z31
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专题3
热 点 模 型 探 究
பைடு நூலகம்动力学中的典型“模型”
A．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
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专题3
热 点 模 型 探 究
动力学中的典型“模型”
考向二 无外力 F 作用的滑块——长木板 例 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( )
2019年高考物理三轮：动力学中三种典型的模型概要
高中物理动力学中三种典型物理模型总结一、“等时圆”模型 1.两种模型(如图1)图12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d (如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ＝g sin α，位移为s ＝d sin α，所以运动时间为t 0＝2sa图2即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.二、“传送带”模型1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型三、“滑块—木板”模型1.模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.【等时圆模型典例分析】【传送带模型典例分析】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.【“滑块—木板”模型典例分析】如图7所示，解决此模型的基本思路如下：图7。
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专题2动力学中的典型“模型”模型一等时圆模型1.模型特征(1)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1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。
图12.思维模板【例1】如图2所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则()图2A.t1＝t2B.t1＞t2C.t1＜t2D.无法确定解析设光滑细杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a＝mg cos αm＝g cos α，光滑细杆的长度为s＝D cos α，则根据s＝1 2at 2得，t＝2s a＝2D cos αg cos α＝2Dg，可见时间t与α无关，故有t1＝t2，因此A项正确。
答案 A1.如图3所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于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，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。
丙球由C点自由下落到M点。
则()图3A.甲球最先到达M点B.乙球最先到达M点C.丙球最先到达M点D.三个球同时到达M点解析设圆轨道的半径为R，根据等时圆模型有t乙>t甲，t甲＝2Rg；丙球做自由落体运动，有t丙＝2Rg，所以有t乙>t甲>t丙，选项C正确。
答案 C2.(2020·合肥质检)如图4所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于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()图4A.t AB＝t CD＝t EFB.t AB>t CD>t EFC.t AB<t CD<t EFD.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点，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，选项B正确。
答案 B模型二“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示运动情况判断方法情景1可能一直加速，也可能先加速后匀速若v22μg≤l，物、带能共速情景2当v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速若|v2－v20|2μg≤l，物、带能共速情景3传送带较短时，滑块一直减速达到左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端若v202μg≤l，物块能返回2.倾斜传送带模型项目图示运动情况判断方法情景1可能一直加速，也可能先加速后匀速若v22a≤l，物、带能共速情景2可能一直加速，也可能先加速后匀速，还可能先以a1加速后以a2加速若v22a≤l，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速；若μ<tan θ，物体以a2加速(a2<a)考向水平传送带(1)解题关键1：对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
(2)解题关键2：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。
【例2】(多选)(2019·陕西榆林三模)如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且以v1＝2 m/s的恒定速率运行。
初速度大小v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面(图中未画出)上的A处滑上传送带，墨块可视为质点。
若从墨块滑上传送带开始计时，墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则()图5A.墨块与传送带速度相同之前，受到传送带的摩擦力方向水平向右B.墨块在传送带上滑行的加速度大小a＝0.2 m/s2C.墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 mD.墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m解析 法一 运动学方法墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A 正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t ＝5 s 后与传送带速度相同，则墨块加速度大小a ＝v 1－（－v 2）t＝1 m/s 2，选项B 错误；墨块向左匀减速运动过程，对墨块有0＝v 2－at 1，s 1＝0＋v 22t 1，解得该过程用时t 1＝3 s ，墨块的路程s 1＝4.5 m ，t 1时间内传送带的路程s 2＝v 1t 1＝6 m ，墨块向右匀加速运动过程，对墨块有v 1＝at 2，s 1′＝0＋v 12t 2，解得该过程用时t 2＝2 s ，墨块的路程s 1′＝2 m ，t 2时间内传送带的路程s 2′＝v 1t 2＝4 m ，则墨块在传送带上留下的痕迹长度s ＝s 1＋s 2＋s 2′－s 1′＝12.5 m ，选项C 错误，D 正确。
法二 图象法墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A 正确；以水平向右为正方向，画出墨块、传送带的速度—时间图象，如图所示，由v －t 图象斜率表示加速度知，墨块在传送带上滑行的加速度大小a ＝2＋35 m/s 2＝1 m/s 2，选项B 错误；由v －t 图象与坐标轴围成的面积的绝对值表示位移的大小知，墨块在传送带上留下的痕迹长度为L ＝12×(2＋3)×5 m ＝12.5 m ，选项C 错误，D 正确。
答案 AD【拓展提升1】若将【例2】中的v1、v2的值改为v1＝3 m/s，v2＝2 m/s，求墨块在传送带上留下的痕迹长度。
解析以水平向右为正方向，画出墨块、传送带的速度—时间图象，如图所示，由v－t图象与坐标轴围成的面积的绝对值表示位移的大小知，墨块在传送带上留下的痕迹长度为l＝12×(2＋2)×4 m＋1×4 m＝12 m。
答案12 m考向倾斜传送带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，确定物体运动的情况。
【例3】(多选)(2020·福建泉州二模)如图6所示，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，滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块速度v随时间t变化的图象可能是()图6解析设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块的质量为m，若μmg cos θ＜mg sin θ，即μ＜tan θ，则滑块所受的合力沿传送带向下，滑块匀加速下滑，选项C正确；若μmg cos θ＝mg sin θ，即μ＝tan θ，则滑块所受的合力为零，滑块匀速下滑；若μmg cos θ＞mg sin θ，即μ＞tan θ，则滑块先匀减速下滑，当速度减为零时，开始反向匀加速上滑，且加速上滑的加速度与减速下滑的加速度大小相等，当加速到与传送带速度相同后，因为μmg cos θ＞mg sin θ，所以滑块随传送带一起匀速运动，选项B正确，A、D错误。
答案BC【拓展提升2】(多选)在【例3】中，若滑块以某一初速度从传送带下端沿传送带向上运动，如图7所示，传送带运动的速度v1小于滑块的初速度v0，其他条件不变，则滑块的速度v随时间t变化的图象可能是()图7解析设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块的质量为m，由于滑块的初速度v0＞v1，滑块相对传送带向上运动，此时滑块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块受到的合力大小为mg sin θ＋μmg cos θ，加速度大小a1＝mg sin θ＋μmg cos θ＝g sin θ＋μg cos θ，方向沿传送带向下，滑块先做匀减速直线运m动，速度变为v1后，若μmg cos θ≥mg sin θ，即μ≥tan θ，则滑块随传送带做匀速直线运动，选项D正确；速度变为v1后，若μmg cos θ＜mg sin θ，即μ＜tan θ，则滑块受到的合力大小为mg sin θ－μmg cos θ，加速度大小a2＝g sin θ－μg cos θ＜a1，方向沿传送带向下，滑块做类竖直上抛运动，选项C正确，A、B均错误。
答案CD1.如图8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。
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v2>v1，则()图8A.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～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。
答案 B2.如图9所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。
在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。
已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：图9(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
解析(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcosθ)＝10 m/s 2，煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t 1＝v 0a 1＝1 s ， 发生的位移s 1＝12a 1t 21＝5 m 。
达到v 0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，s 2＝L －s 1＝5.25 m ，s 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s 。
煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s 。
(2)第一过程痕迹长Δs 1＝v 0t 1－s 1＝5 m ，第二过程痕迹长Δs 2＝s 2－v 0t 2＝0.25 m ，Δs 1与Δs 2部分重合，故痕迹总长为5 m 。