专题(19)动力学中三种典型物理模型(解析版)

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（19）动力学中三种典型物理模型（解析版）命题热点一：“传送带”模型【例1】(多选)如图所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传动带的左端，传送带右端A 点坐标为X A =8m ，匀速运动的速度V 0=5m/s ，一质量m =1kg 的小物块，轻轻放在传送带上OA 的中点位置，小物块随传动带运动到A 点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达N 点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，斜面上M 点为AN 的中点，重力加速度g =10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）A ．N 点纵坐标为y N =1.25mB ．小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为12.5JC ．小物块第二次冲上斜面，刚好能够到达M 点D ．在x =2m 位置释放小物块，小物块可以滑动到N 点上方 【答案】AB【解析】小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg =5 m/s 2 ，小物块与传送带共速时，所用的时间，运动的位移，故小物块与传送带达到相同速度后以v 0=5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑斜面到达N 点，由机械能守恒定律得，解得 y N =1.25 m ，选项A 正确；小物块与传送带速度相等时，传送带的位移x=v 0t =5×1=5m ，传送带受摩擦力的作用，小物块在传送带上运动产生的热量Q =f （x -△x ）=μmg （x -△x ）=0.5×10×2.5=12.5J ，选项B 正确；物块从斜面上再次回到A 点时的速度为5m/s ，滑上传送带后加速度仍为5m/s 2，经过2.5m 后速度减为零，然后反向向右加速，回到A 点时速度仍为5m/s ，则仍可到达斜面上的N 点，选项C 错误；在x =2m位置释放05s 1s 5v t a ===202512.5m 4m 2522A v x X a ====⨯＜2012N mv mgy =小物块，则小滑块在传送带上仍滑动2.5m 后与传送带相对静止，则到达A 点时的速度等于5m/s ，则小物块仍可以滑动到N 点，选项D 错误。

故选AB 。

【变式1】如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s=2m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.4．工件滑上A 端瞬时速度v A =5m/s ，达到B 端的瞬时速度设为v B ，则（ ）A ．若传送带以4m/s 顺时针转动，则vB =3m/s B ．若传送带逆时针匀速转动，则v B <3m/sC ．若传送带以2m/s 顺时针匀速转动，则v B =3m/sD ．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定v B >3m/s 【答案】C【解析】物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为a =μg =4m/s 2，若传送带以4m/s 顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为4m/s 时的位移为，然后物体随传送带匀速运动，故达到B 端的瞬时速度为4m/s ，故A 错误；若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B 端时的速度为，故B 错误；若传送带以2m/s 顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B 选项可知因为到达B 端的速度为v B =3m/s ，故最后物体到达B 端的速度为v B =3m/s ，故C 正确；因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B 端的速度为3m/s 只有当传送带的速度大于3m/s 时到达右端的速度才可能是v B >3m/s ，故D 错误，故选C 。

命题热点二：“等时圆模型”【例2】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：()222254 1.125m 224B A v v s a --===⨯/s=3m /s B v ==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 sinθ，则由x ＝12at 2得t ＝2xa＝2d sin θg sin θ＝2dg，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 ＝xt，因x 2＞x 1＞x 3 ，可知v 2＞v 1＞v 3，故选A.【变式2】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( )A ．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B ．质点沿着与AB 夹角越大的轨道下滑，时间越短C ．质点沿着轨道AB 下滑，时间最短D ．轨道与AB 夹角越小(AB 除外)，质点沿其下滑的时间越短 【答案】A命题热点三：“滑块——木板”模型【例3】如图所示，质量为M =2 kg 、长为L =1.5 m 的木板静止在光滑的水平面上，木板上右端放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为m =1 kg ，小滑块与木板之间的动摩擦因数为 =0.2。

若用水不拉力F 作用在木板上，取g =10 m/s 2，则下列说法正确的是A ．F =8 N 时，小滑块与木板保持相对静止B ．F =10 N 时，小滑块与木板发生相对滑动C ．F =12 N 时，小滑块从木板上滑下所需的时间为2 sD ．F =12 N 时，小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10 kg ·m/s 【答案】BD【解析】以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律m mg ma μ=，得小滑块的最大加速度为22m/s m a g μ==，以整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为0()6N m F M m a =+=，A 项错误，B 项正确；若12N F =，则木板的加速度大小为25m /s F mg Ma μ-==，由221122m L at a t =-得小滑块从木板上滑下所需的时间为1s t =，C 项错误；小滑块从木板上滑下时，木板的动量大小为()10kg m /s p F mg t μ=-=⋅，D 项正确。

【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 .【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a A 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 . 课时精练： 一、双基巩固练1. （多选）如图1所示，一长的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一质量的物块以的速率沿直线向左滑上传送带，经过一段时间后物块离开了传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g 取，则以下判断正确的是（ ）图1A．经过后物块从传送带的左端离开传送带B．经过后物块从传送带的右端离开传送带C．在t时间内传送带对物块做的功为-4JD．在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为16J【答案】BD【解析】当物块滑上传送带后，受到传送带向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有，代入数据可得物块加速度大小a=1m/s2，方向向右，设物块速度减为零的时间为t 1，则有。

代入数据解得t1=1s；物块向左运动的位移有，代入数据解得，故物块没有从传送带左端离开；当物块速度减为0后向右加速，根据运动的对称性可知再经过1s从右端离开传送带，离开时速度为1m/s，在传送带上运动的时间为t=2t1=2s，故A错误，B正确；在t=2s时间内，物块速度大小不变，即动能没有改变，根据动能定理可知传送带对物块做的功为0，故C错误；由前面分析可知物块在传送带上向左运动时，传送带的位移为，当物块在传送带上向右运动时，时间相同传送带的位移也等于x 1，故整个过程传送带与物块间的相对位移为，在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为，故D正确。

故选BD。

2、如图2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2A．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 ＝2Dg.可见，滑环滑到d 点的时间t 与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑到d 点所用的时间相等，选项D 正确．3、如图3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( )图3A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1 D ．1∶ 3【答案】B4.(多选)如图4所示，质量M ＝2 kg 的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m ＝1 kg 的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物块施加一水平向右的恒力F ＝2 N ，则下列说法正确的是( )图4A ．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 ＝μmgM，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．二、综合提升练：5．(多选)如图5所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是( )图5A ．0 B.2μg 3 C.μg 2 D.F 2m －μg4【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，对木板和物块组成的整体，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 ＝μg2，选项C 正确．6．(多选)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg ，现在滑块上施加一个F ＝0.5t (N)的变力作用，从t ＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．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7甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图7(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.。