2019版一轮物理练习：第三章 第三讲 动力学的三类典型

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 mmC．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＝2ma2a2＝－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。

专题二动力学中三种典型物理模型专题解读1．本专题是动力学在“等时圆”模型、“滑块—木板”模型和“传送带”模型等问题中的应用，多以选择题和计算题形式命题．2．通过本专题的学习，可以提高学生的审题能力，建模能力、分析推理能力等物理学科素养．3．本专题用到的相关知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律等相关知识．一、“等时圆”模型1．两种模型(如图)2．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)．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x＝d sin α，所以运动时间为t0＝2xa＝2d sin αg sin α＝2dg．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．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道上滑动时所经历的时间关系为( ) A．t AB＝t CD＝t EF B．t AB＞t CD＞t EFC．t AB＜t CD＜t EF D．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，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.答案：B二、“传送带”模型 1．水平传送带模型倾斜传送带模型2．(2019·山东济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体A 、B 、C ，物体A 经t A ＝9.5 s 到达传送带另一端Q ，物体B 经t B ＝10 s 到达传送带另一端Q ，若释放物体时刻作为t ＝0时刻，三物体在传送带上运动过程的vt 图象如图乙、图丙、图丁所示，g 取10 m/s 2，求：(1)传送带的速度大小v 0； (2)传送带的长度L ；(3)物体A 、B 、C 与传送带间的动摩擦因数，物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间t C .解析：(1)物体A 与B 均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等．所以由题图乙、图丙可知传送带的速度大小是4 m/s.(2)vt 图线与t 轴围成图形的“面积”表示物体的位移，所以物体A 的位移x A ＝12×(8.5＋9.5)×4 m ＝36 m ，传送带的长度L 与A 的位移大小相等，也是36 m.(3)物体A 的加速度a A ＝Δv A t 1＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得μA mg ＝ma A ， 所以μA ＝a A g＝0.4； 同理，物体B 的加速度a B ＝Δv B t 2＝2 m/s 2，μB ＝a B g＝0.2.设物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间为t C ，则L ＝0＋v C 2t C ，得t C ＝2Lv C ＝24 s ，物体C 的加速度a C ＝Δv C t C ＝18 m/s 2，μC ＝a C g ＝0.012 5.答案：(1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 24 s 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．3．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.(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 f m＞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 fAB＝Ma，解得：F fAB＝2.5 N，因F fAB＜F f m，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，据题意有：x B－x A＝L，x A＝12a A t2，x B＝12a B t2，解得：t＝ 2 s.答案：见解析考点一“等时圆”模型典例(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )A．t1＝t2B．t2＞t3C．t1＜t2 D．t1＝t3[思维点拨]如何比较滑环从O到b、a的时间是解题的关键，重新作一等时圆以比较t1与t2的关系．解析：由题中圆及等时圆的结论可知t1＝t3.再作新的等时圆O″，Ob为圆的弦，Of为圆在竖直方向上的直径，如图所示，因为a点在圆O″的内部，所以t1＜t2，则t3＝t1＜t2.答案：BCD1．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．考点二“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．3．传送带问题的解题思路典例(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g 取10 m/s 2.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＝0.4B ．μ＝0.2C ．t ＝4.5 sD ．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，物块先做匀减速运动，直到速度减为0，然后做反向加速运动，最后做匀速运动．解析：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.物块在传送带上所受摩擦力方向始终向左，先做匀减速运动，直到速度减为零，然后反向加速运动，最后做匀速运动．由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得F f ＝ma ＝μmg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v-t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、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．考点三 “滑块—木板”模型“滑块—木板”模型作为力学的基本模型经常出现，此类问题通常是一个小滑块在木板上运动，小滑块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的，是一个高频的考查模型．该模型涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次互相作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，高考中往往以压轴题形式出现．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相互作用下发生相对滑动．2．位移关系：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 ＝x 1－x 2＝L (板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx ＝x 2＋x 1＝L .二、“板块”叠加模型问题的分析方法典例 (多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( ) A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg[思维点拨] 本题要解决两个问题：一是A 、B 相对地面静止时满足的条件，二是A 、B 保持相对静止时满足的条件，结合两个条件进行求解．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 ＝ma m ，B 运动的最大加速度a m ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma m ，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．答案：BCD求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧1．摩擦力方向要明确．要分析清楚滑块与滑板的相对运动方向，分析清楚滑板与地面的相对运动方向，从而确定各物体间摩擦力的方向．2．加速度方向要明确．从滑块、滑板自身所受摩擦力、外力等方面分析，确定物体本身的加速度方向．3．速度相等引起的后果要明确．两物体速度相等时意味着物体间的相对位移最大，意味着摩擦力可能发生突变，意味着以后的运动特点要发生变化．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，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，即三个滑环滑行到d 点所用的时间相等，选项D 正确．答案：D2.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：设圆轨道半径为R ，据“等时圆”理论，t a ＝4R g＝2Rg，t b ＞t a ，c 球做自由落体运动，t c ＝2Rg，C 选项正确．答案：C3．(多选)(2019·合肥调研)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0匀速转动．在传送带的上端以初速度v ，且v ＞v 0沿斜面向下释放质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ，则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图象可能是( )A B C D解析：初状态时因v ＞v 0，则物体受向上的滑动摩擦力，此时的加速度为：a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ；因μ＞tan θ，有mg sin θ＜μmg cos θ，可知a＜0，即木块沿传送带做匀减速运动，当小木块的速度与传送带速度相等时，若木块已经到达了底端，则图象A正确；若还没到达底端，因mg sin θ＜μmg cos θ，则木块相对传送带静止，与传送带一起匀速向下运动，则图象C正确，故选AC.答案：AC4.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法正确的是( )A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定大于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B有可能等于3 m/s答案：ABD5．(多选)(2019·重庆第一中学月考)如图，水平面上有一个足够长的木板A，上面叠放着物块B.已知A、B的质量均为m，A与地面间动摩擦因数μ＝0.2，A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，若给A板一个水平向右的初速度，在以后的运动过程中，A、B加速度的大小可能为( )A．a A＝5 m/s2，a B＝1 m/s2B．a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2C．a A＝3 m/s2，a B＝1 m/s2 D．a A＝1 m/s2，a B＝1 m/s2答案：AC6．(2019·广东汕头测试)如图，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在水平地面上．一滑块(可视为质点)处于长木板的左端，与挡板的初始距离为L＝2.5 m．滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.30，μ2＝0.40.开始时滑块以大小为v0＝8.0 m/s 的初速度开始滑动．已知滑块和长木板(连同挡板)的质量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小；(2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离．解析：(1)设滑块和长木板的质量都为m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为：f 1＝μ1mg ，f 2＝μ2·2mg ，因为f 1＜f 2，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止．对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式，得f 1＝ma 1，－2a 1L ＝v 21－v 20，代入数据，解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小 v 1＝7.0 m/s.(2)滑块与挡板碰后瞬间，滑块与木板的速度分别为0和v 1，此后，滑块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动．设碰后经过时间t 1，滑块挡板达到相等的速度v 2，则对滑块，有v 2＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21，对木板，有f 1＋f 2＝ma 2， v 2＝v 1－a 2t 1，x 2＝v 1t 1－12a 2t 21，代入数据联立解得t 1＝0.5 s ，v 2＝1.5 m/s.此后，滑块和木板都做减速运动，但加速度不同，木板减速更快，先停下． 对木板，有f 2－f 1＝ma ′2，－2a ′2x ′2＝0－v 22，对滑块，由于加速度大小为a 1，保持不变，因此减速至停下的时间还是t 1，减速过程的位移x ′1＝x 1，滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离Δx ＝(x 2＋x ′2)－(x 1＋x ′1)，代入数据，联立解得Δx ＝1.6 m.答案：(1)7.0 m/s (2)1.6 m。

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牛顿运动定律的综合应用一、选择题(1~5题为单项选择题，6～10题为多项选择题）1．如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。

下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为( ）图1A．30° B．45°C．60° D．75°解析由x－v2图象可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝g sin θ，所以θ＝30°，A对，B、C、D错。

答案A2．（2017·郑州质量预测）甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。

两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv（k为正的常量)。

两球的v－t图象如图2所示.落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v。

则下列判断正确的是( ）2图2 A．释放瞬间甲球加速度较大B。

m1m2＝v2v1C．甲球质量大于乙球质量D．t0时间内两球下落的高度相等解析释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等,mg＝kv，则错误!＝错误!，选项B错误；由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积,可知甲球下落高度大，选项D错误。

“三大力学观点”中的三类典型题学案1内容归纳：1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.力学中的五大规律规律公式表达＝ma牛顿第二定律F合W合＝ΔE k动能定理W合＝m v－m vE1＝E2机械能守恒定律mgh1＋m v＝mgh2＋m vF合t＝p′－p动量定理I合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′突破一“滑块—弹簧”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。

(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)[典例1]两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。

则下列说法正确的是()A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB.．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s C．弹簧的弹性势能最大值为36 JD．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同[练习１]如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。

现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。

动力学的三类典型问题1．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m 的物体A 、B 接触(A 与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变。

用水平力F 缓慢推动物体B ，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体A 、B 静止。

已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B 与水平面间的摩擦不计。

撤去F 后，物体A 、B 开始向左运动，A 运动的最大距离为4x 0，重力加速度为g 。

则( )A ．撤去F 后，物体A 和B 先做匀加速运动，再做匀减速运动 B ．撤去F 瞬间，物体A 、B 的加速度大小为kx 0m －μgC ．物体A 、B 一起向左运动距离x 0后相互分离D ．物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmgk后相互分离解析：选D A 、B 一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B 与A 分离，B 做匀速运动，A 做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A 与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A 项错误；撤去F 瞬间，由kx 0－μmg＝2ma 可知a ＝kx 02m －μg2，B 项错误；当物体A 、B 相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F 弹＝μmg＝kx′，x′＝μmg k ，所以物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmgk 后相互分离，D 项正确，C 项错误。

2．如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)。

已知力F 与水平方向的夹角为θ，则m 1的加速度大小为( )A.Fcos θm 1＋m 2 B.Fsin θm 1＋m 2 C.Fcos θm 1D.Fsin θm 2解析：选A m 1、m 2加速度相同，方向水平向右，把m 1、m 2看成一个整体，由牛顿第二定律可得Fcos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝Fcos θm 1＋m 2，选项A 正确。

基础课3 超重和失重 牛顿运动定律的综合应用知识排查超重和失重1.超重、失重和完全失重比较2.对超重、失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。

(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a ＝g 的加速度效果，不再有其他效果。

此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。

小题速练1.思考判断(1)超重说明物体的重力增大了。

( )(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。

( )(3)物体失重时，也可能向上运动。

( )(4)物体完全失重时，说明物体的重力为零。

( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×2.[人教版必修1P89插图改编]如图1所示，某同学站在体重计上，下蹲的全过程中她所处的状态()图1A.一直是超重B.一直是失重C.先超重，后失重D.先失重，后超重答案 D3.[人教版必修1P88插图改编]如图2所示，小李同学站在升降电梯内的体重计上，电梯静止时，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内小李同学发现体重计示数为55 kg。

g取10 m/s2，在这段时间内下列说法正确的是()图2A.体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力B.体重计对小李的支持力等于小李的重力C.电梯的加速度大小为1 m/s2，方向竖直向上D.电梯一定竖直向上运动解析体重计对小李的支持力和小李对体重计的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故选项A错误；小李的体重只有50 kg，体重计的示数为55 kg，说明体重计对小李的支持力大于小李的重力，故选项B错误；小李处于超重状态，说明电梯有向上的加速度，运动情况可能为：向上加速或向下减速；小李受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速度为a＝F N－mgm＝55×10－50×1050m/s 2＝1 m/s 2，选项C 正确，D 错误。

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。

21 动力学两类基本问题（一）[方法点拨] (1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；(3)求解加速度是解决问题的关键；(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．1．(2018·河北石家庄第二中学月考)如图1所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图1A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s2．一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g .则可判断( ) A ．飞行器的加速度大小为g B ．飞行器的加速度大小为2gC ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为12gt 2D ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为gt 23．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的最大横截面积S 成正比，与下落速度v 的二次方成正比，即f ＝kSv 2，其中k 为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V ＝43πr 3(r 为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( ) A ．1∶ 2 B ．1∶2 C ．1∶4D ．1∶84．(2017·湖南长郡中学一模)“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉(如图2甲)．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小，为最大值的18；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的12时，人恰好可静止或匀速漂移．如图乙所示，在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H 的A 点由静止开始下落；经过B 点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C 点时速度恰好减为零．则在从A 到C 的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．表演者加速度的最大值是34gB ．B 点距底部的高度是35HC ．从A 到B 表演者克服风力做的功是从B 到C 克服风力做功的16D ．若保持水平横躺，表演者从C 返回到A 时风力的瞬时功率为2m 2g 3H5．(2017· 湖北武汉2月调考)冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图3所示．在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A 处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s ＝28.9 m ，停在圆垒内的虚线上．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2. (1)运动员在投掷线A 处放手时，冰壶的速度是多大？(2)在第二次训练中，该运动员在投掷线A 处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了s ′＝5.1 m 停下．假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数．图36．(2017·江西省第一次联考)从地球极地处竖直向上发射一科研火箭，由火箭内部的压力传感器传来的信息表明：火箭发射的最初10 s内火箭里所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，此后火箭无推动力飞行．而在火箭从最高点落回到地面的过程中，火箭里所有物体对支持面的压力为0.认为火箭受到的地球引力不变化，求从火箭发射到落回地面所用的时间是多少？答案精析1．D2．A [飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a ＝g ，A 项正确，B 项错误；起飞后t 时间内飞行器的位移x ＝12at 2＝12gt 2，所以飞行器上升的高度h ＝x sin 30°＝14gt 2，C 、D 项错误．] 3．A [当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f ＝mg ，故k ·πr 2·v 2＝ mg ＝ρ·43πr 3，即v 2＝4ρr 3k ，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项A 正确．]4．C5．(1)3.4 m/s (2)0.017解析 (1)第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v 0，加速度为a ，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动公式有：0－v 02＝2as设冰壶质量为m ，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：－μmg ＝ma 联立解得：v 0＝2μgs 代入数据求得：v 0＝3.4 m/s(2)设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为μ′，同理可得：v 0＝2μ′g (s ＋s ′)联立解得：μ′＝ss ＋s ′μ 代入数据求得：μ′＝0.017 6．30 s解析 火箭发射时，火箭上所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，F ＝1.8mg ，根据牛顿第二定律，有：F －mg ＝ma ，解得：a ＝0.8g根据位移时间关系公式，有：x 1＝12at 2末速度为：v 1＝at发动机关闭后做竖直上抛运动，以向上为正方向，有：x 2＝v 1t 1－12gt 12由于最后回到出发点，故：x 1＝－x 2联立各式解得：t1＝20 s (负值舍去)故火箭运动的总时间为：t总＝t＋t1＝30 s。

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。

ʏ湖南省汨罗市第一中学 蒋 纬动力学问题涉及受力分析㊁运动分析和能量分析,要求同学们能够灵活选用功能关系列式求解传送带模型问题和滑块 木板模型问题,能够熟练运用动力学观点和能量观点分析多运动组合问题㊂下面通过具体问题的分析与求解,归纳总结三类常见典型动力学问题的击破之法,供同学们参考㊂题型一:传送带模型例1 如图1所示,水平传送带足够长,以速度v =4m /s 沿顺时针方向转动,与倾角θ=37ʎ的斜面的底端P 平滑连接,将一质量m =2k g 的小物块从A 点由静止释放㊂已知A ㊁P 两点间的距离L =8m ,物块与斜面㊁传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.25㊁μ2=0.2,取重力加速度g =10m /s 2,s i n 37ʎ=0.6,c o s 37ʎ=0.8㊂求:图1(1)物块第1次滑过P 点时的速率v P ㊂(2)物块第1次在传送带上往返所用的时间t ㊂(3)物块从释放到最终停止运动,与斜面间因摩擦而产生的热量Q ㊂解析:(1)物块沿斜面下滑,根据牛顿第二定律得m g s i n θ-μ1m g c o s θ=m a 1,解得a 1=4m /s 2㊂根据速度与位移的关系式得v 2P =2a 1L ,解得v P =8m /s ㊂(2)物块过P 点后做匀减速运动,因为传送带足够长,所以物块一定能减速到零,根据牛顿第二定律得μ2m g =m a 2,解得a 2=2m /s 2㊂物块做匀减速运动所用的时间t 1=v P a 2=4s ,产生的位移x 1=v P 2t 1=16m ㊂物块减速到零后开始反向加速,在这一过程中物块先匀加速到与传送带共速,再做匀速运动㊂物块做匀加速运动所用的时间t 2=v a 2=2s,产生的位移x 2=v2t 2=4m ㊂物块做匀速运动产生的位移x 3=x 1-x 2=12m ,所用的时间t 3=x 3v=3s ㊂因此物块第1次在传送带上往返所用的时间t =t 1+t 2+t 3=9s ㊂(3)根据能量守恒定律可得,物块第1次沿斜面下滑过程中与斜面间因摩擦而产生的热量Q 1=μ1m g L c o s θ,物块第1次经过斜面底端P 时的动能E k =12m v 2P ㊂根据已知条件分析可知,物块之后经过P 点时的速度不会大于4m /s ,则物块此后在传送带上的运动是对称的,即从P 点进入传送带与离开传送带时的速度等大反向,物块最终将停止在斜面底端P ,物块第2次经过P 点时的动能E k '=12m v 2将在之后的往返运动中转化为物块与斜面间因摩擦而产生的热量Q 2,即Q 2=E k '㊂根据能量守恒定律得Q =Q 1+Q 2,解得Q =48J㊂击破之法:解答本题的关键是熟练应用牛顿第二定律㊁运动学公式和能量守恒定律;要注意(2)问的分析过程中物块减速为零后,反向运动过程分为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段;求解(3)问的关键是分析出物块第2次经过P 点时的动能将在之后的往返运动中转化为与斜面间因摩擦而产生的热量㊂题型二:滑块 木板模型例2 如图2甲所示,一长木板静止在水平地面上,在t=0时刻,一小物块以初速度v0从左端滑上长木板,之后长木板的v-t 图像如图2乙所示,已知小物块与长木板的质量均为m=1k g,木板足够长,取重力加速度g=10m/s2,则()㊂图2A.小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5B.在整个运动过程中,由小物块与长木板组成的系统中产生的热量为70JC.小物块的初速度v0=12m/sD.在0~2s与2s~3s时间内,由小物块和长木板组成的系统的机械能减少量之比为17ʒ1解析:根据长木板的v-t图像可知,长木板先做匀加速运动,再做匀减速运动,地面对长木板有摩擦力㊂在0~2s时间内,长木板受到小物块对它向右的摩擦力和地面对它向左的摩擦力而做匀加速运动,加速度a1=ΔvΔt= 2-02m/s2=1m/s2㊂对长木板应用牛顿第二定律得f1+f2=m a1,其中f1=μm g㊂在2s~3s时间内,长木板与小物块相对静止,长木板受到地面对它向左的摩擦力而做匀减速运动,加速度a2=Δv'Δt'=0-21m/s2= -2m/s2㊂对由小物块与长木板组成的系统应用牛顿第二定律得f2=2m a2=4N,解得μ=0.5,选项A正确㊂在0~2s时间内,小物块受到长木板对它向左的摩擦力而做匀减速运动,根据牛顿第二定律得-μm g=m a,根据速度公式得v=v0+a t,其中v=2m/s,解得a=-5m/s2,v0=12m/s,选项C正确㊂最终长木板与小物块均静止,因此在整个运动过程中,系统中产生的热量等于小物块的初动能,即Q=12m v20,解得Q=72J,选项B错误㊂在2s~3s时间内,小物块和长木板一起做匀减速运动,系统的机械能减少量ΔE2=12ˑ2m v2=4J,在0~2s时间内,系统的机械能减少量ΔE1=Q-ΔE2=68J,因此在0~2s与2s~3s时间内系统的机械能减少量之比ΔE1ʒΔE2=17ʒ1,选项D正确㊂答案:A C D击破之法:(1)动力学分析,分别对小物块和长木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出其加速度;从小物块滑上长木板到二者速度相等,所用时间t=2s,共同速度v=2m/s㊂(2)功和能分析,对小物块和长木板分别应用动能定理,或者对系统应用能量守恒定律求出产生的热量和机械能的减少量㊂作出小物块和长木板的运动情况示意图,如图3图3所示,要注意区分三个位移,①求摩擦力对小物块做的功时用小物块的对地位移x滑,②求地面摩擦力对长木板做的功时用长木板的对地位移x板,③求摩擦生热时用相对位移Δx㊂题型三:多运动组合问题例3某游乐场的一个游乐装置可简图4化为如图4所示的竖直面内轨道B C D E,光滑圆弧轨道B C的半径R=0.8m,轨道B C的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角α=30ʎ,下端点C与粗糙水平轨道C D相切,光滑倾斜轨道D E的倾角θ=30ʎ,一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上㊂现有质量m=1k g的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以初速度v0=2m/s水平向左抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入圆弧轨道B C,沿着圆弧轨道B C运动到C点之后继续沿水平轨道C D滑动,经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道D E向上运动至F点(图中未标出),此时弹簧恰好被压缩至最短㊂已知C ㊁D 两点间和D ㊁F 两点间的距离均为L =1m ,滑块P 与轨道C D 间的动摩擦因数μ=0.5,取重力加速度g =10m /s 2,不计空气阻力㊂求:(1)滑块P 经过B 点时的速度大小㊂(2)滑块P 到达C 点时对轨道压力的大小㊂(3)弹簧弹性势能的最大值㊂(4)试判断滑块P 返回时能否从B 点离开㊂若能,求出滑块P 经过B 点时的速度大小;若不能,判断滑块P 最终位于何处㊂解析:(1)设滑块P 经过B 点时的速度大小为v B ,根据平抛运动规律得v 0=v B s i n α,解得v B =22m /s㊂(2)滑块P 从B 点沿圆弧轨道B C 运动到C 点的过程中,根据机械能守恒定律得m g (R +R s i n α)+12m v 2B =12m v 2C ,解得v C =42m /s ㊂设滑块P 经过C 点时受到轨道的支持力大小为N ,则N -m g =m v 2CR ,解得N =50N ㊂根据牛顿第三定律可得,滑块P 经过C 点时对轨道的压力大小N '=N =50N ㊂(3)设弹簧弹性势能的最大值为E p ,在滑块P 从C 点运动到F 点的过程中,根据动能定理得-μm g L -m g L s i n θ-E p =0-12m v 2C ,解得E p =6J ㊂(4)设滑块P 返回时沿圆弧轨道B C 上升的最大高度为h ,根据动能定理得m g L s i n θ+E p -μm g L =m gh ,解得h =0.6m ㊂因为h <R ,所以滑块P 返回时无法从B 点离开㊂根据动能定理得12m v 2C =μm g x ,解得x =3.2m ,因此滑块P 最后静止在离D 点0.2m 处㊂击破之法:(1) 合 ,即从整体上把握全过程,构建大致的运动情景;(2) 分 ,即将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律;(3) 合 ,即找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题的最优方案㊂1.如图5甲所示,一足够长的传送带与水平面间的夹角θ=30ʎ,皮带在电动机的带动下,速率始终保持不变㊂t =0时刻,在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块㊂取沿斜面向上为正方向,物块在传送带上运动的速度随时间的变化规律如图5乙所示㊂已知物块的质量m =1k g,取重力加速度g =10m /s 2,下列说法中正确的是( )㊂图5A.传送带沿顺时针方向转动,速度大小为2m /sB .传送带与物块间的动摩擦因数μ=235C .0~t 1时间因摩擦而产生的热量为27JD .0~t 1时间内电动机多消耗的电能为28.5J图62.如图6所示,光滑水平面上有一木板,质量M =1k g,长度L =1m ㊂在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点),质量m =1k g㊂铁块和木板间的动摩擦因数μ=0.3,开始时二者都处于静止状态㊂某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出㊂若F =8N ,取重力加速度g =10m /s 2㊂求:(1)抽出木板的过程中,摩擦力分别对木板和铁块做的功W 1㊁W 2㊂(2)抽出木板的过程中,因摩擦而产生的内能Q ㊂3.如图7所示,竖直放置的半径R =0.2m 的螺旋圆形轨道B G E F 与水平直轨道M B 和B C 平滑连接,倾角θ=30ʎ的斜面C D 在C 处与直轨道B C 平滑连接㊂水平传送带MN 以速度v 0=4m /s 沿顺时针方向运动,传送带与水平地面间的高度差h =0.8m ,传送带M ㊁N 两端间的距离L MN =3m ,小滑块P (可视为质点)与传送带和轨道B C 间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分均光滑㊂轨道B C 的长度L B C =1m ,滑块P 的质量m =1k g,取重力加速度g =10m /s 2㊂图7(1)若滑块P 第一次到达与圆形轨道圆心O 等高的F 点时,对轨道的压力刚好为零,求滑块P 从斜面上由静止下滑处与轨道B C 间的高度差H ㊂(2)若滑块P 从斜面上与轨道B C 间的高度差H '=1m 处由静止下滑,求滑块P 从N 点平抛后到落地过程中的水平位移x ㊂(3)若滑块P 在运动过程中能两次经过圆形轨道最高点E ,求滑块P 从斜面上由静止下滑处与轨道B C 间的高度差H 的范围㊂参考答案:1.A B C 提示:根据物块的v -t 图像可知,物块最终将随传送带一起做匀速运动,说明传送带的速度大小v 0=2m /s ,且沿顺时针方向转动,选项A 正确㊂物块的加速度a =1m /s 2,根据牛顿第二定律得μm gc o s θ-m gs i n θ=m a ,解得μ=235,选项B 正确㊂物块的速度减小为零后,反向加速经历的时间t =v 0a =2s ,即t 1=3s,物块的位移s =1.5m ,传送带与物块的相对位移Δs =4.5m ,产生的内能Q =μm g c o s θ㊃Δs =27J ,选项C 正确㊂物块增加的重力势能ΔE p =m gs s i n θ=7.5J ,物块动能的增量ΔE k =12m v 20-12m v 21=1.5J ,电动机多消耗的电能W 电=Q +ΔE p +ΔE k =36J㊂2.(1)W 1=-7.5J ,W 2=4.5J ;(2)Q =3J㊂3.(1)H =0.4m ;(2)x =0.8m ;(3)0.7mɤH ɤ0.8m ㊂ 提示:(1)滑块P 到达F 点时有v F =0,m g (H -R )-μm g L B C =0,解得H =0.4m ㊂(2)当H '=1m 时,设滑块P 运动到N 点时的速度为v N ,在滑块P 从斜面上由静止开始下滑到运动至N 点的过程中,根据动能定理得m g H '-μm g (L B C +L MN )=12m v 2N -0,解得v N =2m /s㊂滑块P 从N 点做平抛运动,则水平位移x =v N t ,竖直位移h =12gt 2,解得x =0.8m ㊂(3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时,在斜面上下落位置与轨道B C 间的高度差为H 1,则对滑块P 从斜面上由静止开始下滑到运动至E 点的过程应用动能定理得m g H 1-μm g L B C -2m gR =12m v 2E -0,在E 点时有m g =mv 2E R ,解得H 1=0.7m ㊂设滑块P 运动至M 点时的速度为v M ,则m g H 1-μm g L B C =12m v 2M -0,解得v M =10m /s <4m /s㊂滑块P 在传送带上做匀减速运动产生的位移L =v 2M 2μg =2.5m<L MN ㊂因此滑块P 返回M 点时的速度v M '=10m /s ,能够第二次经过E 点㊂设滑块P 在斜面上下落位置与轨道B C 间的高度为H 2时,滑块P 从传送带返回M 点时的最大速度v =2μg L MN =12m /s ,则对滑块P 从斜面上由静止开始下滑到运动至返回M 点的过程应用动能定理得m gH 2-μm g L B C =12m v 2-0,解得H 2=0.8m ㊂设滑块P 第二次经过E 点后,再次从B 点滑上圆形轨道时的速度为v B ,则m gH 2-3μm g L B C =12m v 2B -0,解得v B =2m /s<10m/s ㊂因此滑块P 不会第三次经过E 点㊂综上可知,满足题意的高度差范围是0.7mɤH ɤ0.8m ㊂(责任编辑 张 巧)。