2019高考物理大一轮复习 第3章 第4讲 专题四 动力学中的典型“模型”精练(含解析)
【原创】高考物理总复习 第4课时 动力学中的典型模型(001)
第4课时动力学中的典型模型课时巩固训练夯双基提素能【基础题组】1.在机场和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( 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=5.2 mm,选项A正确.2.(多选)如图所示,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( BC )A.滑出瞬间木块速度为2 m/sB.滑出瞬间木块速度为4 m/sC.滑出瞬间木板速度为2 m/sD.滑出瞬间木板速度为4 m/s解析:小木块加速度a1==2 m/s2,木板加速度a2==1 m/s2,脱离瞬间小木块速度v1=a1t=4 m/s,选项A错误,B正确;木板速度v2=a2t=2 m/s,选项C正确,D错误.3.(多选)如图所示,用皮带输送机将质量为M的物块向上传送,两者间保持相对静止,则下列关于物块所受摩擦力f的说法正确的是( BC )A.皮带传送的速度越大,f越大B.皮带加速运动的加速度越大,f越大C.皮带速度恒定,物块质量越大,f越大D.f的方向一定与皮带速度方向相同解析:若物块匀速运动,由物块的受力情况可知,摩擦力f=Mgsin θ,与传送带的速度无关,选项A错误;物块质量M越大,摩擦力f越大,选项C正确;皮带加速运动时,由牛顿第二定律可知,f-Mgsin θ=Ma,加速度a越大,摩擦力f越大,选项B正确;若皮带减速上滑,则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带方向向下,选项D错误.4.物块M在静止的传送带上匀速下滑时,传送带突然顺时针转动,传送带转动的方向如图中箭头所示,则传送带转动后( B )A.物块将减速下滑B.物块仍匀速下滑C.物块受到的摩擦力变小D.物块受到的摩擦力变大解析:当传送带静止时,物块匀速下滑,由物块受力平衡可得mgsin θ=μmgcos θ;当传送带转动起来时,由于物块与传送带之间运动方向相反,可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化,仍然沿斜面向上,大小仍为μmgcos θ,选项C,D错误;物块受力仍然是平衡的,所以物块仍匀速下滑,选项A错误,B正确.5.(2018·广东江门模拟)(多选)如图所示,质量为m的木块在水平向右的力F作用下在质量为M的木板上滑行,木板长度为L,保持静止.木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ,下列说法正确的是( AD )A.木板受到地面的摩擦力大小是μmgB.木板受到地面的摩擦力大小是μ(m+M)gC.当F>μ(m+M)g时,木板便会开始运动D.木块在木板上滑过的路程为L解析:由于木板保持静止,木板水平方向上受到木块施加的向右的滑动摩擦力和地面施加的向左的静摩擦力而平衡,所以木板受到地面的摩擦力大小是μmg,选项A正确,B错误;以木板为研究对象,由于μmg<μ(M+m)g,故无论F多大,木板都不会运动,选项C错误;木块滑过木板过程中,相对位移的大小等于木板的长度L,选项D正确.6.一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为m A=1 kg和m B=2 kg的A,B两物块,A,B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示(重力加速度g取10 m/s2).则( D )A.若F=1 N,则物块、木板都静止不动B.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为4 NC.若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为4 ND.若F=8 N,则B物块的加速度为1 m/s2解析:物块A的滑动摩擦力为f A=μm A g=2 N,物块B的滑动摩擦力为f B=μm B g=4 N.若F=1 N<2 N,则两物块相对木板静止不动,而木板向左加速运动,选项A错误;若F=1.5 N<2 N,对两物块与木板整体由牛顿第二定律得,共同加速度为a== m/s2=0.5 m/s2,对A有F-f=m A a,解得f=1 N,选项B错误;当F=4 N>2 N时,物块A与木板相对滑动,此时木板和B的加速度为a==1 m/s2,此时B物块所受摩擦力大小为f=m B a=2 N,选项C错误;同理,若F=8 N,物块A与木板相对滑动,此时木板和B的加速度为a==1 m/s2,选项D正确.7.(2017·湖北襄阳三模)如图所示,质量m=1.1 kg的物体(可视为质点)用细绳拴住,放在水平传送带的右端,物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,传送带的长度L=5 m,当传送带以v=5 m/s的速度做逆时针转动时,绳与水平方向的夹角θ=37°.已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)传送带稳定运动时绳子的拉力T;(2)某时刻剪断绳子,求物体运动至传送带最左端所用时间.解析:(1)传送带稳定运动时,物体处于平衡状态,有Tcos θ=μ(mg-Tsin θ),代入数据解得T=5 N.(2)剪断绳子后,根据牛顿第二定律有μmg=ma,代入数据求得a=5 m/s2,匀加速的时间为t1==s=1 s,位移为x=at2=×5×12 m=2.5 m,则匀速运动的时间为t2== m=0.5 s,总时间为t=t1+t2=1 s+0.5 s=1.5 s.答案:(1)5 N (2)1.5 s8.(2017·山西右玉一模)如图所示,长2 m的木板AB静止在粗糙水平地面上,C为其中点,木板上表面AC部分光滑,CB部分粗糙,下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板右端静止放置一个小物块(可看成质点),它与木板CB部分的动摩擦因数μ2=0.2.已知木板和小物块的质量均为2 kg,重力加速度g取10 m/s2,现对木板施加一个水平向右的恒力F.(1)为使小物块与木板保持相对静止,求恒力的最大值F m;(2)当F=20 N时,求小物块经多长时间滑到木板中点C?解析:(1)设小物块能够达到的最大加速度为a m,则有μ2mg=ma m,解得a m=2 m/s2,对整体进行受力分析,有F m-μ1(M+m)g=(M+m)a m,解得F m=12 N.(2)当F=20 N时,小物块相对于木板发生相对滑动,对木板受力分析,有F-μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1,得a1=6 m/s2,小物块加速度a2=a m=2 m/s2,则有a1t2-a2t2=解得t=0.71 s.答案:(1)12 N (2)0.71 s【能力题组】9.质量为m0=20 kg、长为L=5 m的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.15.将质量m=10 kg的小木块(可视为质点),以v0=4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2).则下列判断中正确的是( A )A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板解析:木板与地面间的摩擦力为f1=μ1(m0+m)g=0.15×(20+10)×10 N=45 N,小木块与木板之间的摩擦力为f2=μ2mg=0.4×10×10 N=40 N,f1>f2,所以木板一定静止不动;设小木块在木板上滑行的距离为x,=2μ2gx,解得x=2 m<L=5 m,所以小木块不能滑出木板,选项A正确.10.传送带以稳定的速度v=6 m/s顺时针转动,传送带与水平面的夹角θ=37°,现在将一质量m=2 kg的物体(可以看做质点)放在其底端,传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20 N拉物体,经过一段时间物体被拉到斜面顶端的平台上,如图所示,已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求物体从底端运动到顶端所用时间;(2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间,突然撤去拉力,物体还需要多长时间离开传送带?解析:(1)物体开始运动时的加速度为a1,则F+μmgcos 37°-mgsin 37°=ma1,解得a1=6 m/s2物体达到和传送带速度相等历时t1,根据运动学公式,有v=a1t1,故t1=1 s,s1=t1=×1 m=3 m,然后对物体受力分析F-μmgcos 37°-mgsin 37°=ma2,解得a2=2 m/s2,再经t2到达顶端,则-s1=vt2+a2,解得t2=1 s或t2=-7 s(舍去).所以物体到达顶端共历时t=t1+t2=2 s.(2)当撤去拉力时,对物体受力分析得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma3,解得a3=4 m/s2,方向沿斜面向下,故物体做匀减速直线运动经时间t3速度减到0,物体上升的距离为s2=t3根据速度—时间关系式a3t3=v解得t3= s,s2=4.5 m,故物体没有上升到顶端,从而沿斜面下滑到底端离开传送带;设从速度为0到滑回底端的时间为t4,则a3=s1+s2,解得t4= s.所以物体还需要 s离开传送带.答案:(1)2 s (2) s11.如图所示,长L=2 m,质量M=3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上,质量m=1 kg的小物块放在木板的上端,对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=19 N,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.5,斜面足够长,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)木板的加速度大小;(2)小物块经多长时间离开木板?解析:(1)设木板运动的加速度为a1,则由牛顿第二定律,对木板有Mgsin 37°+μmgcos 37°-F=Ma1,代入数据得a1=1 m/s2.(2)物块向下做加速运动,设其加速度为a2,则由牛顿第二定律,对物块有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,代入数据得a2=2 m/s2,又因为a2t2-a1t2=L得物块离开木板所用时间为t=2 s.答案:(1)1 m/s2(2)2 s12.如图(甲)所示,质量为m0的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板.从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中,物块和木板的v-t图像分别如图(乙)中的折线acd和bcd所示,a,b,c,d点的坐标分别为a(0,10),b(0,0),c(4,4),d(12,0).根据v-t图像,求:(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2,达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3;(2)物块质量m与长木板质量m0之比;(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.解析:(1)由v-t图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1= m/s2=1.5 m/s2,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2= m/s2=1 m/s2,两者达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3= m/s2=0.5 m/s2.(2)对物块冲上木板的匀减速阶段进行受力分析,有μ1mg=ma1,对木板向前匀加速阶段进行受力分析,有μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2,物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段进行受力分析,有μ2(m+m0)g=(m0+m)a3,联立以上三式可得=.(3)由v-t图像可以看出,物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中△abc的面积,故Δx=10×4× m=20 m.答案:(1)1.5 m/s2 1 m/s20.5 m/s2 (2)(3)20 m。
专题04动力学中典型模型 2019年高考物理必考经典专题集锦Word版含解析
考点分类：考点分类见下表考点一：“滑块—滑板”模型1.模型概述(1)滑块、滑板是上、下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动.(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式.2.常见情形动,且v板<v块,则两者加速度不同,x板<x块,Δ-x板,最后分离或相对静止考点二“传送带”模型1.模型概述：传送带模型包含水平传送带和倾斜传送带,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时,物体所受摩擦力可能发生突变.2.常见情形：(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速送带较短时,滑块一直减速到左端传送带较长时,滑块还要被传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减速后反向加速典例精析★考点一：“滑块—滑板”模型◆典例一：(2018·湖北武汉模拟)如图所示,水平传送带足够长,传送带始终顺时针匀速运动,长为1 m的薄木板A的正中央放置一个小木块B,A和B之间的动摩擦因数为0.2,A和传送带之间的动摩擦因数为0.5,薄木板A的质量是木块B质量的2倍,轻轻把A,B整体放置在传送带的中央,设传送带始终绷紧并处于水平状态,取g=10 m/s2.在刚放上很短的时间内,A,B的加速度大小分别为( )A.6.5 m/s2,2 m/s2B.5 m/s2,2 m/s2C.5 m/s2,5 m/s2D.7.5 m/s2,2 m/s2【答案】A◆典例二：如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。
现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。
滑块、长木板的速度图象如右图所示，己知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。
重力加速度g=10m/s2。
2019届高三人教版物理一轮复习课件：微专题4 动力学中常考的“三个物理模型”
面相切于 M 点的竖直圆的半径，r>R)．综上所述可得 tb>ta&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．
第三章
第三章
练规范课时冲关
1．(08786272)(2018· 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( ) B．b 球最先到达 M 点 D．b 球和 c 球都可能最先到达 M 点
第三章
练规范课时冲关
在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 1 sA＝v0(t1＋t2)－ aA(t1＋t2)2⑭ 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＝sA＋s1＋sB⑮ 联立以上各式，代入数据得 s0＝1.9 m (也可以用下图的速度－时间图象做)
第三章
练规范课时冲关
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 与木板间的摩擦力的大小分别为 f1、f2，木板与地面间 的摩擦力的大小为 f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是 aA、aB 和 a1.在物块 B 与木板达到共同速度前有： f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③ 由牛顿第二定律得
2019版一轮物理教科版课件：第三章 第四讲 动力学中的两个重要模型 精品
联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m． ⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解)
答案：(1)1 m/s (2)1.9 m
[方法技巧] 一个转折和两个关联
分析滑块—木板类模型时要抓住一个转折和两个关联．一个转 折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受 力和运动状态变化的转折点．两个关联——转折前、后受力情 况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联．一般情况 下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前后滑块和木板的加速 度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前后进行受力分 析是建立模型的关键．
(1)求物块与斜面之间的动摩擦因数 μ1； (2)求物块在传送带上的运动时间．
解析：(1)在 AB 过程，物体做匀减速直线运动： L1＝v202－a10，可得 a1＝1 m/s2 根据牛顿第二定律：μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma1， 故 μ1＝78.
(2)在 BC 过程，物体先做匀速加速：a2＝μ2g＝3 m/s2 t1＝v－a2 0＝2 s，x1＝0＋2 vt1＝6 m. 共速后，物体做匀速直线运动：x2＝L2－x1＝12 m t2＝xv2＝2 s， 故 t 总＝t1＋t2＝4 s. 答案：(1)78 (2)4 s
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
答 案
解析：根据图像可以知道，物体 P 向左做匀加速直线运动，则 P 受到的摩擦力方向水平向左，P 相对于传递带向右运动，所 以皮带可能向左匀速运动，也可能向左匀加速直线运动，故 D 正确．
(3)撤去外力后前进位移为 x2＝L－x1＝2 m 加速度为 μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 a2＝－2 m/s2 由速度位移公式可得 v′2－v2＝2a2x2 解得 v′＝2 2 m/s 答案：(1)0.5 (2)2 m (3)2 2 m/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。
高考一轮复习 专题3.2 动力学典型模型的分析
3.2 动力学典型模型的分析一. 讲必备知识【知识点一】动力学中的连接体问题1.连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度).2.常见连接体的类型(1)同速连接体(如图)特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.(2)关联速度连接体(如图)特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.【例1】(多选)(2020·保定一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。
用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。
重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是()A．系统做匀速直线运动B．F＝40 NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 2 ND．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的运动观相互作用观科学思维中的科学推理。
要求考生能正确使用整体法与隔离法结合牛顿运动定律分析加速度相同、速度方向也相同的连接体问题形成科学思维方式。
【必备知识】1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法.2.处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
3.隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【变式训练】(多选)(2021·商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M 的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右以加速度a 1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x ；当用同样大小的恒力F 沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B 上且两物块共同以加速度a 2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x 2，则下列说法中正确的是( )A ．若m >M ，有x 1＝x 2B ．若m <M ，有x 1＝x 2C ．若μ>sin θ，有x 1>x 2D ．若μ<sin θ，有x 1<x 2【例2】(多选)(2021·湖北荆州市高三上学期质量检测)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m 的盒子A ，A 盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B 盒相连，A 盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B 盒内放一质量为m2的物体.如果把这个物体改放在A 盒内，则B 盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g ，则B 盒的质量m B 和系统的加速度a 的大小分别为( )A.m B ＝m 4B.m B ＝3m8C.a ＝0.2gD.a ＝0.4g【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的运动观科学思维中的科学推理。
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。
2019年高考物理总复习(教科版)试题：动力学中的典型模型含解析
专题讲座四动力学中的典型模型1。
导学号 58826065水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s不变,两端A,B间距离为3 m。
一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0。
4,g取10 m/s2。
物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是( B )解析:物块在传送带上与传送带相对滑动时,加速度为a=μg=4 m/s2,则当物块减速为0时,位移x==2 m<3 m,所以物块没有从A端掉下,会反向运动,加速度大小不变;当物块与传送带共速之后,随传送带一起匀速,故B正确。
2。
导学号 58826066(2018·山西大学附中模拟)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开始水平向右滑动,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的变化图像,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,根据牛顿第二定律得a A=,a B=,已知m<M,所以a A>a B,即①斜率的绝对值应大于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向左的滑动摩擦力,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开始运动时的加速度,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开始运动的加速度,B,C错误;由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D错误。
高考物理复习：动力学中三种典型物理模型
高考物理复习：动力学中三种典型物理模型题型一“等时圆”模型例1如图所示，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( )题型二“传送带”模型例2(多选)如图，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)如图所示，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 m题型三“滑块—木板”模型例3一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：图6(1)t＝0时刻木板的速度大小；(2)木板的长度．变式3如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.模拟训练练规范练速度1.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c 处由静止开始释放，用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/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 m4.(多选)(2019·河南周口市上学期期末调研)如图所示，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/s2.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 NB．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/s2D．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 3C.μg2D.F2m－μg46．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图甲所示，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/s2，则下列说法正确的是( )A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24 sD．木板的最大加速度为2 m/s27．如图甲所示，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．答案题型一 “等时圆”模型例1 (2019·安徽芜湖市期末)如图所示，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v 1、v 2和v 3.则有：( )A ．v 2＞v 1＞v 3B ．v 1＞v 2＞v 3C ．v 3＞v 1＞v 2D ．v 1＞v 3＞v 2【答案】 A 【解析】设任一斜面的倾角为θ，圆槽直径为d .根据牛顿第二定律得到：a ＝g sin θ，斜面的长度为x ＝d sin θ，则由x ＝12at 2得t ＝2x a ＝2d sin θg sin θ＝2d g ，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t 1＝t 2＝t 3，根据v ＝x t，因x 2＞x 1＞x 3 ，可知v 2＞v 1＞v 3，故选A. 变式1 如图所示，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( )【答案】 A 题型二 “传送带”模型例2 (多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图，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( )【答案】 BC 【解析】 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．变式2 (多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v 1＝2 m/s 的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v 2＝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/s 2C ．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 m【答案】 AD【解析】 小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A 正确．小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s 后与传送带的速度相同，故a ＝v 1－(－v 2)t ＝v 1＋v 2t＝1 m/s 2，方向向右，故B 错误．小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v 2－at 1，x 1＝0＋v 22t 1，联立解得：x 1＝4.5 m ，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x 2＝v 1t 1＝6 m ；小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v 1＝at 2，x 1′＝0＋v 12t 2，联立解得x 1′＝2 m ，对传送带有：x 2′＝v 1t 2＝4 m ，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x ＝(x 1＋x 2)＋(x 2′－x 1′)＝12.5 m ，故C 错误，D 正确． 题型三 “滑块—木板”模型例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v 1＝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/s 2.求：(1)t ＝0时刻木板的速度大小；(2)木板的长度．【答案】 (1)5 m/s (2)163m 【解析】 (1)对木板和物块：μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1设初始时刻木板速度为v 0由运动学公式：v 1＝v 0－a 1t 0代入数据解得：v 0＝5 m/s(2)碰撞后，对物块：μ2mg ＝ma 2对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有v 1＝a 2t ，x 1＝v 12t 对木板，由牛顿第二定律：μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3对木板，经历时间t ，发生位移x 2 x 2＝v 1t －12a 3t 2木板长度l ＝x 1＋x 2联立并代入数据解得l ＝163m. 变式3 (2019·江苏卷·15)如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′；(3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .【答案】 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL【解析】 (1)由牛顿第二定律知，A 加速度的大小a A ＝μg由匀变速直线运动规律得2a A L ＝v A 2解得v A ＝2μgL ；(2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg由牛顿第二定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′＝2μmg由牛顿第二定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg ；(3)设经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小为aA则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2且x B －x A ＝L解得v B ＝22μgL .模拟训练 练规范 练速度1.如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A 、B 、C 分别从a 、b 、c 处由静止开始释放，用t 1、t 2、t 3依次表示滑环A 、B 、C 到达d 点所用的时间，则( )A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3【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，由x ＝12at 2，解得t ＝2D g.可见，滑环滑到d 点的时间t 与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑到d 点所用的时间相等，选项D 正确．2.(2020·广东东莞市质检)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t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1D ．1∶ 3【答案】 B3.(多选)(2019·湖北黄冈市模拟)机场使用的货物安检装置如图所示，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 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 m【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，背包达到速度v ＝1 m/s 所用时间t 1＝v a ＝0.2 s ，此过程背包相对地面位移x 1＝v 2t 1＝12×0.2 m ＝0.1 m<L ＝ 2 m ，则此后背包与传送带共速，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 ＝vt 1－x 1＝1×0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ，背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－0.11s ＝1.9 s ，所以背包从A 运动到B 所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.1 s ，故A 、D 正确．4.(多选)(2019·河南周口市上学期期末调研)如图所示，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 NB ．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 2D ．拉力F 越大，长木板的加速度越大【答案】 AC【解析】 物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M 与m 之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F 0，由牛顿第二定律有a ＝F 0－μmg m ＝F 0M ＋m ＝μmg M，解得F 0＝1.5 N ．因F ＝2 N>F 0＝1.5 N ，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F f ＝μmg ＝1 N ，故A 正确，B 错误；对物块，由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 1，可得a 1＝1 m/s 2，故C 正确；拉力F 越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N ，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a 2＝μmg M ＝0.5 m/s 2，故D 错误．6．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图所示，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 3C.μg 2D.F 2m －μg 4 【答案】 ACD【解析】 若F 较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A 正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块的整体，根据牛顿第二定律可得：F －μ4·2mg ＝2ma ，解得：a ＝F 2m －14μg ，选项D 正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg －μ4·2mg ＝ma ，解得：a ＝μg 2，选项C 正确． 6．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图甲所示，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0.4B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C ．图乙中t 2＝24 sD ．木板的最大加速度为2 m/s 2【答案】 ACD 【解析】 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N ，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝F fm mg ＝820＝0.4，选项A 正确．由题图乙可知t 1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝F f ′2mg ＝440＝0.1，选项B 错误．t 2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F fm ＝8 N ，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：F fm －μ′·2mg ＝ma m ，解得a m ＝2 m/s 2；对滑块：F －F fm ＝ma m ，解得F ＝12 N ，则由 F ＝0.5t (N)可知，t ＝24 s ，选项C 、D 正确．7．如图甲所示，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/s 2，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．【答案】 (1)78(2)18 m 【解析】 (1)根据v －t 图象的斜率表示加速度可得a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2 由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma解得μ＝78(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带匀速运动的距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ，由题图乙可知：0～2 s 内物块位移大小为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下， 2～6 s 内物块位移大小为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上 所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m.。
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，
2019届高考一轮复习备考资料之物理课件：第三章 专题强化四 动力学中三种典型物理模型 精品
μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与
滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下
说法正确的是
√A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，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
图6
解析 答案
(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？ 答案 1 s 7 m 解析 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－－av10＝1 s，x1＝v0＋2 vt1＝7 m
解析 答案
(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 (2＋2 2) s
答案 1 m/s，方向与B的初速度方向相同
图8
解析 答案
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离. 答案 1.9 m
解析 答案
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：
解析 答案
模型 构建
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：
能力考点 师生共研
图7
运动状态 处理方法
板块速度不相等 隔离法
板块速度相等瞬间 假设法
板块共速运动 整体法
对滑块和木板 假设两物体间无相对滑动，先用整体 将滑块和木板
具体 步骤
近年届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲动力学中两类典型问题作业新人教版(2021年整理)
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第4讲动力学中两类典型问题[课时作业] 单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.(2018·山东潍坊质检）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（)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：D2.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：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．答案：C3.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—时间图像可能是下列选项中的( ）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＝ma1a＝－（μ1＋2μ2)g1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＝2ma2a＝－μ2g2可见|a1|＞｜a2｜由v t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确．答案:A二、非选择题4.如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ＝30°,木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为μ1＝错误!.若所挂钩码质量为2m,物块和木板能一起匀速上滑;若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦,设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；（2）物块和木板发生相对滑动时,所挂钩码质量m′应满足什么条件?解析：（1)整个系统匀速时对钩码:2mg＝T对物块和木板：T＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ解得：μ2＝错误!(2）要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2。
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。
2019高中物理大一轮复习学案：第三章 动力学中的典型“模型” 含解析 精品
能力课2动力学中的典型“模型”传送带模型1．传送带的基本类型(1)按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b，图c)、水平与倾斜组合；(2)按转向可分为：顺时针、逆时针。
2．传送带的基本问题(1)运动学问题：运动时间、痕迹问题、运动图象问题(运动学的角度分析)；(2)动力学问题：物块速度和加速度、相对位移，运动时间(动力学角度分析)；(3)功和能问题：做功，能量转化(第五章讲)。
角度1水平传送带模型【模拟示例1】如图1所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度v A＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为v B。
(取g＝10 m/s2)图1(1)若传送带静止不动，求v B；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度v B；(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求v B及工件由A到B所用的时间。
解析(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，又v2A－v2B＝2as，代入数值得v B＝2 m/s。
(2)能。
当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度v B＝2 m/s。
(3)工件速度达到13 m/s 时所用时间为t 1＝v －v A a ＝0.5 s ，运动的位移为s 1＝v A t 1＋12at 21＝5.75 m ＜8 m ，则工件在到达B 端前速度就达到了13 m/s ，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。
匀速运动的位移s 2＝s －s 1＝2.25 m ，t 2＝s 2v ≈0.17 s ，t ＝t 1＋t 2＝0.67 s 。
答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s方法技巧1．求解水平传送带问题的关键(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。
(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
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动力学中的典型“模型”
◎基础巩固练 1．(多选
)
如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动。
将质量为m 的物体Q 轻轻放在水平传送带的左端A 处，经过t 秒后，Q 的速度也变为v ，再经t 秒物体Q 到达传送带的右端B 处，则( )
A ．前t 秒内物体做匀加速运动，后t 秒内物体做匀减速运动
B ．后t 秒内Q 与传送带之间无摩擦力
C ．前t 秒内Q 的位移与后t 秒内Q 的位移大小之比为1∶1
D ．Q 由传送带左端运动到右端的平均速度为34
v
解析： 前t 秒内物体Q 相对传送带向左滑动，物体Q 受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma 可知，物体Q 做匀加速运动，后t 秒内物体Q 相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A 错误，B 正确；前t 秒内Q 的位移x 1＝v
2
t ，后t 秒内Q 的位移x 2
＝vt ，故x 1x 2＝12，选项C 错误；Q 由传送带左端运动到右端的平均速度v ＝x 1＋x 22t ＝
v
2
t ＋vt
2t
＝
3
4
v ，选项D 正确。
答案： BD
2．如图所示，一长木板静止放在水平地面上，木板长L ＝5 m ，小茗同学(可视为质点)站在木板的左端，处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2 s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v ＝4 m/s ，已知木板质量M ＝20 kg ，小茗质量m ＝50 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2
，求木板与地面之间的动摩擦因数μ(结果保留两位有效数字)。
解析： 对小茗进行分析，由v ＝a 1t ，得a 1＝2 m/s 2
则木板对小茗的摩擦力F f ＝ma 1＝100 N 由x 1＝12a 1t 2
，得小茗向右运动的位移x 1＝4 m
则可知木板在此过程中向左运动的位移为x 2＝1 m
由x 2＝12
a 2t 2，得a 2＝0.5 m/s 2
对木板进行受力分析可得F f ′－μ(M ＋m )g ＝Ma 2 由牛顿第三定律知F f ′＝F f 联立得μ＝9
70＝0.13
答案： 0.13
3．(2018·昆明统测)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 的铁块B (大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m ，用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
解析： (1)A 、B 之间的最大静摩擦力为
F 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A ：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)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 ＝12
a B t 2
解得：t ＝ 2 s 。
答案： (1)不会 (2) 2 s
4．(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＝2.5
2.5
s ＝1 s
L 1＝v 21
2a 1＝ 2.52
2×2.5
m ＝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 1
v
＝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 2
B －v 2
0＝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 B ′2
＝v 2
0－2a 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/s 5.
如图所示，固定斜面上放一木板PQ ，木板的Q 端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q 端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高。
已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L ，Q 端距斜面顶端距离也为L ，物块和木板的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数为μ1＝
3
2。
若所挂钩码质量为2m ，物块和木板
能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动。
重力加速度为g ，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；
(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m ′应满足什么条件？ 解析： (1)整个系统匀速时 对钩码：2mg ＝F T
对物块和木板：F T ＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ 解得：μ2＝
33
(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2。
对物块：μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得：a 2＝1
4
g
对木板：F T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1 对钩码：m ′g －F T ′＝m ′a 1 解得：a 1＝m ′－94
m
m ′＋m
g
联立解得：m ′>10
3m
答案： (1)
33 (2)m ′>103
m。