2019届高考物理一轮复习微专题4动力学中常考的“三个物理模型”练习新人教版练习

2019年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化四动力学中三种典型物理模型课时达标训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化四动力学中三种典型物理模型课时达标训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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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 mm C．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＝错误!,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。

2019届高考物理第一轮复习课时作业1-3-5动力学中常考的物理模型(总8页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除第5课时(小专题)动力学中常考的物理模型基本技能练1．物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示。

则传送带转动后( )图1A．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，物块受力平衡可得：mg sin θ＝μmg cos 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μmg cos θ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。

答案B2．如图2所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1和小车的加速度为a2。

当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( )图2A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2解析由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即F f＝ma1，且F f的最大值为F f m＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2。

当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2。

当F较大时，m与M发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2，综上述只有选项D符合题意。

答案D▲如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。

AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )s B．2 s s D．2 2 s解析A、E两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝4Rg＝4ADg＝2 s，选B。

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。

微专题四动力学中常考的“三个物理模型”[A级—基础练]1．(08786280)(2018·湖南衡阳联考)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图象如图乙所示，关于传送带的运动情况描述正确的是 ( )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：A [由题意可知：物块P向右做加速运动，初始做加速度为μg的加速运动，然后与传送带相对静止一起向右做匀加速运动，故A正确．]2．(08786281)(2018·河南信阳高级中学大考)身体素质拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上(人可看成质点)，若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径AB、AC、AD滑到木板上的时间分别为t1、t2、t3，若已知AB、AC、AD与板的夹角分别为70°、90°和105°，则( )A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t2＝t3D．不能确定t1、t2、t3之间的关系解析：A [以AO为直径作圆，可知圆周过C点，B点在圆周外，D点在圆周内．从圆周的最高点沿光滑斜面由静止释放，滑至圆周的时间相等，可以判断t1>t2>t3，A正确．] 3．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：C [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＝v22μg，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝vμg，此时传送带的位移为x传＝vt＝v2μg，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝v22μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，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．]4．(08786282)(2018·唐山一中模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是 ( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：D [因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．]5．如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( )A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2解析：D [当F <μmg ＝3 m/s 2·m 时，物块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同加速度为a max ＝μg ＝3 m/s 2，故A 、B 错误；当F ≥3 m/s 2·m 时，小车的加速度大于物块的加速度，此时物块与小车发生相对运动，此时物块的加速度最大，由牛顿第二定律得：a 1＝μmg m＝μg ＝3 m/s 2，小车的加速度a 2>3 m/s 2，故C 错误，D 正确．] 6．如图所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2解析：C [当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，临界情况是A 、B 的加速度相等．隔离对B 分析，B 的加速度为a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mg m ＝13μg .当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有a 1＝a 2＝μmg m＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3.故选C.] 7．(08786283)(多选)(2018·盐城1月检测)如图甲所示，以速度v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )解析：CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 项正确，A 、B 项错误．]8．(08786284)(多选)如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a ­F 图象，已知g 取10 m/s 2，则( )甲 乙A ．滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为1 kgC ．当F ＝10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.1解析：BC [当F ＝8 N 时，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝4 kg ，当F ＞8 N 时，对B 根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M ，由题图图象可知，图线的斜率k ＝1M ＝Δa ΔF ＝28－6kg －1＝1 kg －1，解得M ＝1 kg ，滑块的质量为m ＝3 kg ，故A 错误，B 正确；根据F 大于8 N 时的图线知，F ＝6 N 时a ＝0，即0＝11×6－μ×301，代入数据解得μ＝0.2，故选项D 错误；由图示图象可知，当F ＝10 N 时，滑块与木板相对滑动，B 滑动的加速度为a ＝11×10 m/s 2－0.2×301m/s 2＝4 m/s 2，故C 正确．][B 级—能力练]9．(08786285)(多选)(2018·河北唐山一中调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘解析：BC [对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(M ＋m )g ＋μMg ，故A 错误．设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝Ma 1，F －f 1－f 2＝ma 2，发生相对运动需要a 2＞a 1，代入数据解得：F ＞2μ(M ＋m )g ，故B 正确．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码匀加速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，则总位移小于d ，不会从桌面上掉下，故C 正确．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未脱离纸板时的加速度a 1＝μg ，纸板的加速度a 2＝F －μM ＋m g －μMg m ＝2μg ，根据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝ 2d μg，则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移x ＝v 22a ′＝2μgd 2μg＝d ，而匀加速运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码离开桌面，D 错误．] 10．(08786286)(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D ．物块A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块B 下滑过程中相对传送带的路程 解析：BCD [A 、B 都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A 错误，B 、C 正确；A 物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D 正确．]11．(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＝2.52.5s ＝1 s.L 1＝v 212a 1＝ 2.522×2.5m ＝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 1v＝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 2B －v 20＝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 ′2B ＝v 20－2a 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/s12．(08786287)(2018·河南中原名校联考)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，设木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律得，F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，设二者共速时的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式得v ＝v 0－at ，v ＝a ′t ；小物块的位移为s ，木板的位移为s ′，由运动学公式得，s ＝v 0t －12at 2，s ′＝12a ′t 2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s －s ′＝l ，联立解得l ＝0.5 m.答案：0.5 m。

能力课 动量守恒定律的常见模型“人船”模型1.“人船”模型问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。

这样的问题归为“人船”模型问题。

2.“人船”模型的特点(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0。

(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度的大小(瞬时速率)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1。

(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的。

【例1】 如图1所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？图1解析 设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止。

因整个过程中动量守恒，所以有m v 1＝M v 2而整个过程中的平均速度大小为v 1、v 2，则有 m v 1＝M v 2。

两边乘以时间t 有m v 1t ＝M v 2t ，即mx 1＝Mx 2。

且x 1＋x 2＝L ，可求出x 1＝M m ＋M L ，x 2＝mm ＋ML 。

答案mm＋MLMm＋ML“人船”模型问题应注意以下两点(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。

②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。

(2)画草图解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。

“子弹打木块”模型1.模型图2.模型特点(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值。

(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。

热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。

[热点透析]等时圆模型 1．模型分析如图甲、乙所示，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，可知加速度a ＝g sin θ，位移x ＝2R sin θ，由匀加速直线运动规律x ＝12at 2，得下滑时间t ＝2R g，即沿竖直直径自由下落的时间。

图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。

2．结论模型 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所用时间相等，如图甲所示；模型 2 质点从竖直面内的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；模型 3 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，如图丙所示。

3．思维模板其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。

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。

答案 C传送带模型传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。

这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。

题型一：物块在水平传送带上题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。

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.。