热点专题系列(三)—— 动力学中三种典型物理模型共54页文档
热点专题系列3 动力学中三种典型物理模型
2．如图甲，若 0≤v0<v 且 μ<tanθ：物块以向下的加速度 a＝gsinθ－ μgcosθ 运动。
3．如图甲，若 v0>v 且 μ>tanθ： (1)传送带比较短时物块一直以 a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动。 (2)传送带足够长时物块先以 a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动再以速 度 v 向上匀速运动。 4．如图甲，若 v0>v 且 μ<tanθ： (1)传送带比较短时物块一直以 a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动。 (2)传送带足够长时物块先以 a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动，再以 a＝gsinθ－μgcosθ 向上匀减速运动，最后以 a＝gsinθ－μgcosθ 向下匀加速 运动。
4．如图乙，若 v0>v 且 μ<tanθ：物块一直以 a＝gsinθ－μgcosθ 向下匀 加速运动。
总结：物块在倾斜传送带上的运动情形还有很多，但分析思路大体相 同：
(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。 (2)列牛顿第二定律方程，判断 a 的方向和大小。 (3)根据临界条件 v 物＝v 带确定临界状态的情况，根据 μ 与 tanθ 的关系 判断之后的运动情形。
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
答案
[解析] 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时 刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻， 它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块 受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物 块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作 用，C、D错误。
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。
热点专题系列(三)—— 动力学中三种典型物理模型共56页
律里，没有一盎司仁 爱。— —英国
48、法律一多，公正就少。——托·富 勒 49、犯罪总是以惩罚相补偿；只有处 罚才能 使犯罪 得到偿 还。— —达雷 尔
50、弱者比强者更能得到法律的保护 。—— 威·厄尔
谢谢！
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈 。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学 ，如日 中之光 ；志而 好学， 如炳烛 之光。 ——刘 向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔 丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好 的教师 是幸福 ，不如 说好的 教师是 不幸。 ——海 贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦 。——杰纳勒 尔·乔治·S·巴顿
专题三 动力学中的典型“模型”
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分析“滑块—滑板模型” 问题时应掌握的技巧 1．分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速度． 2 ．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关 系． 3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．
4．两者发生相对滑动的条件： (1)摩擦力为滑动摩擦力（动 力 学 条 件 ） ． (2) 二 者 速 度 或 加 速 度 不 相 等 （ 运 动 学 条 件）．（其中动力学条件是判断的主要依据）
第三章 牛顿运动定律
专题三 动力学中的典型“模型”
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考点一
滑块—滑板模型
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模型特点： 两个物体上、下叠放在一起，发生相对滑动，运动上——两 者的加速度是不同的，受力上——两者有相互的滑动摩擦力相 联系。相对静止时，两者之间为静摩擦力。
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一、滑块与滑板间是否发生相对滑动的判断
3、解题思路： （1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出 滑块和木板的加速度； （2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的 位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都 是相对地面的位移； （3）审题画运动过程的草图，建立正确的物理情景，帮助自己 理解过程。
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三、滑块在滑板上不滑下的临界条件
例3.质量为M＝2 kg、长为L的木板静止在光滑的水平面上，在木板
左端放有质量为m＝1 kg的铁块(可视为质点)．现给铁块施加一水平 拉力F＝4 N，使铁块相对木板滑动，作用t＝1 s后撤去拉力，铁块恰 好不掉下木板，求木板的长度 L的值．(已知铁块与木板间的动摩擦 因数为μ＝0.2，g取10 m/s2)
例2.木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木 板之间的动摩擦因数 μ ，为了使得 m 能从 M 上滑落下来，求下列情 况下力F的大小范围（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。
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.。
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m1和m2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F1和F2，已知下列四个关于F1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. F1＝m＋2m2m1gm＋2m1＋m2B. F1＝m＋2m1m1gm＋4m1＋m2C. F1＝m＋4m2m1gm＋2m1＋m2D. F1＝m＋4m1m2gm＋4m1＋m2【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＝m2－m1gm1＋m2，隔离物体A，据牛顿第二定律可得F1＝2m1m2m1＋m2g，将m＝0代入四个选项，可得选项C是正确，故选C。
动力学中三种典型物理模型—高考物理总复习优质PPT课件
1.(2019·合肥质检)如图所示，有一半圆，
其直径水平且与另一圆的底部相当于 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
关于物块与传送带间的动摩擦因数 μ 及物块在传送带上
运动第一次回到传送带左端的时间 t，下列计算结果正确
的是( )
A．μ＝0.4
B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s
D．t＝3 s
[思维点拨] (1)由 v-t 图象可知，物块刚滑上传送带
的速率为 4 m/s，传送带的速率为 2 m/s.
(2)物块在传送带上所受摩擦力方向始终向左，物块
答案：B
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 1
①可能一直加速； ②可能先加速后匀速
①v0＞v，可能一直减速，也可能 先减速再匀速；
情景 2
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 3
①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 时返回时速 度为 v0
物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运 动回到传送带左端时，物块的位移为 0，由题图乙可得物 块在传送带上运动的总时间为 4.5 s，C 正确，D 错误．
答案：BC
物体在传送带上运动过程情况判断 1．若传送带较长，或物体与传送带间的动摩擦因数 较大，则物体先与传送带相对运动，后相对静止．物体 往往先加速后匀速，直至传送带端点． 2．若传送带较短，或物体与传送带间的动摩擦因数 较小，则物体与传送带一直是相对运动的，无相对静止 过程．物体往往一直加速到传送带端点．
2023版高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律热点专题系列2动力学中的三种典型物理模型课件
对平板由牛顿第二定律 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3，
得 a3＝－
13 4
m/s2，t2＝0－a3v共＝－－01－431
s＝143
s．
全过程平板位移 s 板＝0＋2v共(t0＋t2)，解得
s 板＝
17 26
m．
全过程煤块位移 s 煤＝2va211＝94 m，
所以板长 l＝s 煤－s 板≈1.6 m．
例2 如图所示，一水平的长L＝2.25 m的传送带与平板紧靠在一 起，且上表面在同一水平面，皮带以v0＝4 m/s匀速顺时针转动，现在传 送带上左端静止放上一质量为m＝1 kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带 及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，经过一段时间，煤 块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随 后煤块平稳滑上右端的平板，同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒 力F＝17 N，F作用了t0＝1 s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去力 F，最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4 kg(重力加速度g取 10 m/s2)，求：
面的夹角由 30°逐渐增大至 60°，物块的下滑时间 t 将先减小后增大，D
正确．
综合类型二 “传送带”模型
1．特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间
μ≠0．
2．常见的传送带模型
(1)水平传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情境 1
①可能一直加速 ②可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将变为零
项目 情境2
(1)传送带上黑色痕迹的长度； (2)求平板与地面间动摩擦因数μ2的大小； (3)平板上表面至少多长？(计算结果保留两位有效数字)
解：(1)对煤块由牛顿第二定律 μ1mg＝ma1，得 a1＝2 m/s2， 若煤块一直加速到右端，设到右端速度为 v1 得 v12＝2a1L， 解得 v1＝3 m/s． 因为 v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，设需 t1 时间到右端得 t1＝va11＝32 s， t1 时间内皮带位移 s 皮＝v0t1＝4×23 m＝6 m， Δs＝s 皮－L＝6 m－2.25 m＝3.75 m．