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动力学的三大基本模型过程分析之传送带模型 一、水平传送带模型例1、如图所示，传送带AB 之间的距离为L,传送带以速度v 匀速转动，物块与传送带之间的摩擦因素为u ，将物块从A 点由静止释放，求物体从A 传到B 的时间；【答案】g v v l μ2+或gl μ2 【解析】物块在传送带上可能经历两种运动形式，如果传送带足够长物块先匀加速到与传送带共速，然后再匀速的走完剩余的全程，如果传送带不是足够长，则物块在传送带上一直匀加速； 方式一：物块先匀加速再匀速； 对物块受力分析：设物块从开始加速到与传送带共速需要的时间为t1，从共速到走完剩余全程需要的时间为t2； 阶段一速度关系式：10at v +=...）（11gvt μ=; 阶段一位移关系式：阶段二速度关系式：)3(22vx t =阶段二位移关系式：求得：所以从AB 传送到B 的总时间为：方式二、物块在传送带上一直匀加速到另一端； 对物块受力分析：对物体进行运动分析，如果传送带不是足够长，物块在传送带上一直匀加速；221at l =得glt μ2=，所以物块从A 传送到B 的时间为glt μ2=或g v v l t μ2+=方法总结：如图所示是物块在传送带上的两种运行模式，分析可知，在传送带的长度一定时，把物块从A 运送到B 端的两种方式中，t0<t1结论是：如果能够保证物体在传送带上一路匀加速，那么物体到达右端所需的时间更短.例2、如图所示，一平直的传送带以速度v ＝2m/s 匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L ＝10m ，从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t ＝6s ，能传送到B 处，求： （1）工件在传送带上加速运动过程中的加速度大小及加速运动的时间； （2）欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？【答案】（1）1m/s2 （2）52 【解析】对工件受力分析：对工件进行运动分析：假设工件从静止释放到与传送带共速共需要经历的时间为t速度关系：)1...(at v =代入得2=at t=2s 位移关系：，代入相关参数得：a=1m/s 2如果工件在传送带上一路匀加速刚好到达B 端时的速度为V ，且刚好与传送带共速，此时传送带的速度即为其临界的最小速度。
专题6 动力学三大基本模型一、夯实基础1.传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带始终保持恒定的速率v运行，将行李无初速度地放在左端点A处。
传送带的水平部分A、B间的距离为L，则（）A. 行李在传送带上一定匀加速至B端B. 行李在传送带上可能受到向右的静摩擦力C. 行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力D. 行李在传送带上的时间一定大于L v【答案】CD【解析】ABC．行李无初速地轻放在左端时，由于相对运动产生了水平向右的滑动摩擦力，行李在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；如果当行李的速度等于传送带速度时，行李的位移小于传送带的长度，则行李与传送带相对静止做匀速直线运动，行李做匀速直线运动时不受摩擦力，故A、B错误，C正确；D．如果行李从开始一直做速度为v的匀速运动，则时间为Lv，但实际上行李从开始做初速度为0的匀加速直线运动，最大速度不大于v，则全程平均速度小于v，故行李在传送带上的时间一定大于Lv，故D正确；故选CD。
2.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<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( )【答案】： D【解析】：开始阶段，小木块受到竖直向下的重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。
小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，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 。
第4讲 动力学中三种典型物理模型（讲）命题分析：本讲内容是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题。
趋势分析：物理规律联系生活实际，以实际生活或者科技前沿作为背景材料，进行抽象建模运用牛顿运动定律解决问题。
物理观念：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。
科学思维：培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力。
科学态度与责任：通过牛顿运动定律的学习，深刻认识物理学是对自然现象的描述与理解，激发学生学习物理的兴趣，形成正确的世界观、人生观和价值观。
一、斜面模型（一）物体在斜面上自由运动的性质1.斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。
物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。
求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。
对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力mg 、支持力F N 、动摩擦力f ，由于支持力θcos mg F N =，则动摩擦力θμμcos mg F f N ==，而重力平行斜面向下的分力为θsin mg ，所以当θμθcos sin mg mg =时，物体沿斜面匀速下滑，由此得θμθcos sin =，亦即θμtan =。
所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。
θmgfF Ny x当θμtan <时，物体沿斜面加速速下滑，加速度)cos (sin θμθ-=g a ； 当θμtan =时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止； 当θμtan >时，物体若无初速度将静止于斜面上； （二）“光滑斜面”模型常用结论如图所示，质量为m 的物体从倾角为θ、高度为h 的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t ，由斜面的倾角θ与斜面的高度h 共同决定，与物体的质量无关。
专题突破练习（三）（时间：40分钟）1．（2020·江苏高考）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。
某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F。
若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )A．F B．错误! C．错误! D．错误!C［根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝错误!。
故选C.]2.如图所示,质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( ）A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2）a D．m1a＋μm1gC［以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知T＝（m1＋m2）a，故C正确;A、B间为静摩擦力,根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。
］3.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力,加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．物体的质量为错误!B．地球表面的重力加速度为2a0C．当a〉0时，物体处于失重状态D ．当a ＝a 1时，拉力F ＝F 0a 0a 1A ［当F ＝0时a ＝－a 0,此时的加速度为重力加速度，故g ＝a 0，所以B 错误。
当a ＝0时,拉力F ＝F 0,拉力大小等于重力，故物体的质量为错误!，所以A 正确。
物理高考一轮复习两类动力学问题专题提升训练（附答案）动力学是实际力学的一个分支学科，它主要研讨作用于物体的力与物体运动的关系，下面是两类动力学效果专题提升训练，请大家仔细练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只要一项契合标题要求，第5～9题有多项契合标题要求.)1.(2021年广州调研)如图K3-2-1甲，运动在润滑水平面上O点的物体，从t=0时辰末尾遭到如图K3-2-1乙所示的水平力作用，设向右为F的正方向，那么物体()A.不时向左运动B.不时向右运动C.不时匀减速运动D.在O点左近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀减速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会不时向右运动.选项B正确.2.质量为 2 kg 的物体运动在足够大的水平空中上，物体与空中间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时辰末尾，物体遭到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图K3-2-2所示.重力减速度g取10 m/s2，那么物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为()A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，那么0～3 s物体运动，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做减速度相等的匀减速直线运动，减速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12m/s.3～6 s发作的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发作的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发作的位移大小x3=3 m=27 m，那么0～12 s发作的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，应选项B 正确.4. (2021年河南模拟)2021年8月14日，中国乒乓球地下赛在苏州市体育中心体育馆拉停战幕，吸引了上千市民前往观看.假定运发动在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀减速运动，球拍与球坚持相对运动且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量区分为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，那么()A.运发动的减速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运发动对球拍的作用力大小为D.运发动对空中的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研讨对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球遭到的合力为mgtan ，其减速度为gtan ，遭到球拍的支持力为mg/cos ，由于运发动、球拍和球的减速度相等，选项A、B错误;同理运发动对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运发动看做质点，由上述剖析知道运发动在重力和空中的作用力的合力作用下发生水平方向的减速度，空中对运发动的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运发动对空中的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2021年黑龙江模拟)如图K3-2-4所示，A、B两物块的质量区分为2 m和m, 运动叠放在水平空中上. A、B间的动摩擦因数为，B与空中间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力减速度为 g.现对A施加一水平拉力F，那么()A.当 F mg时，A、B都相对空中运动B.当 F=mg时，A的减速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的减速度不会超越g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发作相对滑动时，A、B间的摩擦力到达最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B剖析，依据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对全体剖析，依据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发作相对滑动，故C正确;经过隔离B剖析，知B的减速度不会超越g，故D正确;当F=mg时，A、B坚持相对运动，对全体剖析，减速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，那么A、B不发作相对滑动，对全体剖析，由于全体遭到空中的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对空中运动，故A错误.6.(2021年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平空中上，小车的底板上放一润滑小球，小球经过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然形状.当发现L1变长、L2变短时，以下判别正确的选项是()A.小车能够正在向右做匀减速运动B.小车能够正在向右做匀减速运动C.小车能够正在向左做匀减速运动D.小车能够正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球遭到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，那么减速度方向向左，选项B、C正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，动摇时绳与水平方向的夹角为，当传送带区分以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1A.F1C.t1一定大于t2D.t1能够等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于运动形状，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有能够先减速再匀速，也能够不时减速，故t1能够等于t2.8.如图K3-2-7所示，甲、乙两图都在润滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，关于甲、乙两车的减速度大小，以下说法正确的选项是()A.甲车的减速度大小为B.甲车的减速度大小为0C.乙车的减速度大小为D.乙车的减速度大小为0【答案】BC【解析】关于甲，以人、车全体为研讨对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;关于乙，水平方向全体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2021年全国卷Ⅰ)2021年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为应用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速中止的原理表示图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立刻封锁，阻拦系统经过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后中止.某次下降，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰恰钩住阻拦索中间位置，其着舰到中止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假设无阻拦索，飞机从着舰到中止需求的滑行距离约为1 000 m.航母一直运动，重力减速度的大小为g.那么()A.从着舰到中止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力简直不随时间变化C.在滑行进程中，飞行员所接受的减速度大小会超越2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率简直不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不时变小，所以绳索的张力不时变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均减速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2021年汕头模拟)一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37、足够长的斜面，某同窗应用传感器测出小物块从一末尾冲上斜面到往后上滑进程中多个时辰的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑进程的速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)(1)小物块冲上斜面进程中减速度的大小;(2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块所抵达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑进程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面进程中的减速度a==m/s2=-8 m/s2，减速度大小为8 m/s2.(2)对小物块停止受力剖析如下图，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为延长下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假定一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离空中18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设外地的重力减速度g=10 m/s2.假定杆是固定在空中上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑进程中的最大速度;(2)消防队员下滑进程中杆对空中的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员末尾阶段自在下落的末速度即为下滑进程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员遭到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的减速度大小a2==5 m/s2，减速进程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研讨对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.依据牛顿第三定律，得杆对空中的最大压力为2 900 N.(3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2021年中山模拟)如图K3-2-10所示，一润滑斜面固定在水平空中上，质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由运动末尾运动，抵达B点时立刻撤去拉力F.尔后，物体抵达C点时速度为零.每隔0.2 s经过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了局部测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀减速运动，设减速度为a1. 那么a1= m/s2=5 m/s2，假定物体减速了2.2 s，那么2.2 s 末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已经过B点.因此减速进程减速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时辰处在第二运动阶段，由逆向思想可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学效果专题提升训练及答案的全部内容就是这些，更多精彩内容请继续关注查字典物理网。
三力动态平衡全模型汇总（含答案）学生姓名：年级：老师：上课日期：时间：课次：【解析法】1.（多选）小船用绳索拉向岸边，设船在水中运动时所受水的阻力不变，那么小船在匀速靠岸过程中，下面说法哪些是正确的（）A.绳子的拉力F不断增大B.绳子的拉力F不变C.船所受的浮力不断减小D.船所受的浮力不断增大答案AC解:对小船进行受力分析,如图,因为小船做匀速直线运动,所以小船处于平衡,设拉力与水平方向的夹角为,有:①②船在匀速靠岸的过程中,增大,阻力不变,根据平衡方程①知,减小,绳子的张力增大,根据平衡方程②知,拉力F增大,增大,所以船的浮力减小.故A、C正确,B、D错误.2.如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个圆环上，圆环套在粗糙水平横杆MN上，现用水平力F拉绳上一点，使物体处在图中实线位置，然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来位置不动，则在这一过程中，水平拉力F、环与横杆的摩擦力f和环对杆的压力N的大小变化情况是( )A．F逐渐增大，f保持不变，N逐渐增大B．F逐渐增大，f逐渐增大，N保持不变C．F逐渐减小，f逐渐增大，N逐渐减小D．F逐渐减小，f逐渐减小，N保持不变答案D问题求解：在这个过程中物体和圆环都处于平衡状态，以物体为研究对象，分析受力情况，物体受重力、水平力和绳子的拉力，如图1所示，由平衡条件得：，当减小时，F逐渐减小，再以两物体整体为研究对象，整体受总重力、水平力、杆的摩擦力和支持力，则竖直方向有，杆对环支持力保持不变，由牛顿第三定律得环对杆的压力也不变，水平方向还有，F逐渐减小，则也逐渐减小，故D项正确。
3.（多选）如图所示，质量分别为m、M的两个物体系在一根通过轻质定滑轮的轻绳两端，M放在水平地板上，m被悬在空中，若将M沿水平地板向左缓慢移动少许后，M仍静止，则（）A．绳中张力变小B．M对地面的压力变大C．绳子对滑轮的压力变大D．M所受的静摩擦力变大答案BD解:以i为研究对象,得到绳子拉力.以i为研究对象,分析受力,作出力图如图.由平衡条件得 0面对i的支持力,摩擦力,i沿水平0板向三缓慢移动少许后增大,由数学知识得到N变大,f变大.根据牛顿第三定律得知i对0面的压力也变大.所以BD选项是正确的【图解法】1.如图所示，一个重力为G的匀质球放在光滑斜面上，斜面倾角为，在斜面上有一光滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态．今使板与斜面的夹角β缓慢增大，问：在此过程中，挡板对球的压力 F1 和斜面对球的支持力 F2 变化情况为（）A． F1 、 F2 都是先减小后增加B． F2 一直减小， F1 先增加后减小C． F1 先减小后增加， F2 一直减小D． F1 一直减小， F2 先减小后增加答案C 解:选球为研究对象,球受三个力作用,即重力G、斜面支持力、挡板支持力,受力分析如图所示.由平衡条件可得 x方向上:① y方向上:②联立①②计算得出,由题可以知道:不变,逐渐增大,根据数学知识可以知道一直减小.先减小后增大,当时,最小.所以C选项是正确的2．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是( )A．F N不断增大，F T先减小后增大B．F N保持不变，F T先增大后减小C．F N保持不变，F T不断增大D ．F N 不断增大，F T 不断减小 答案A 解:先对小球进行受力分析,重力、支持力、拉力组成一个闭合的矢量三角形,因为重力不变、支持力方向不变,斜面向左移动的过程中,拉力与水平方向的夹角减小,当时,,细绳的拉力最小,由图可以知道,随的减小,斜面的支持力不断增大,先减小后增大.所以A 选项是正确的.BCD 错误.所以A 选项是正确的3．如图所示，桌面上固定一个光滑的竖直挡板，现将一个质量一定的重球A 与截面为三角形的垫块B 叠放在一起，用水平外力F 可以缓缓向左推动B ，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中( ) A ．A 和B 均受三个力作用而平衡 B ．B 对桌面的压力越来越大 C ．A 对B 的压力越来越小 D ．推力F 的大小恒定不变 答案DA 项，对A 进行分析，A 受到重力、B 对A 的支持力、墙对A 的弹力三个力；对B 进行分析，B 受到重力、A 对B 的压力、推力和地面的支持力四个力，故A 项错误。
专题7.2、动力学之三大基本模型（提高训练）1、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的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹，则下列说法正确的是( )A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量m 越大，黑色径迹的长度越短C.传送带运动的速度v0越大，黑色径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数μ越大，黑色径迹的长度越短【答案】D【解析】由于木炭包做匀加速运动的速度小于传送带的速度v 0，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A 错误；木炭包做初速度为零的匀加速运动的过程中，会在传送带上留下一段黑色的径迹，当木炭包的速度等于传送带的速度v 0后，黑色的径迹不再增加。
木炭包做匀加速运动的加速度大小a ＝μmg m ＝μg ，时间t ＝v 0a ，黑色径迹的长度ΔL ＝v 0t －12at 2，得ΔL ＝v 202μg ①，可见ΔL 与m 无关，选项B 错误；由①式知v 0越大，ΔL 越长，选项C 错误；由①式知μ越大，ΔL 越短，选项D 正确。
2、如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为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，也可能小，还可能相等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C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ【答案】A【解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误。
3.如图所示,物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,传送带在速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动,在此过程中,以下分析正确的是( )A.M下滑的速度不变B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C.M先向下匀速运动,后向下加速,最后沿传送带向下匀速运动D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上【答案】C【解析】传送带静止时,物块匀速下滑,故mg sin θ=f,传送带转动时,若传送带的速度大于物块的速度,则物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到传送带速度,物块和传送带具有相同的速度,匀速下滑,故C正确。
4.(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回到光滑水平面上,这时速率为v2',则下列说法正确的是( )A.若v1< v2,则v2'= v1B.若v1> v2,则v2'= v2C.不管v2多大,总有v2'= v2D.只有v1= v2,才有v2'= v1【答案】AB【解析】由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论:①如果v1>v2,物体会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2'=v2;②如果v1=v2,物体同样会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2'=v2;③如果v1<v2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速度增大到等于传送带速度时,物体还在传送带上,之后不受摩擦力,故物体与传送带一起向右匀速运动,有v2'=v1;故A、B正确,C、D错误。
5、如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m。
的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l．现向下拉盘使弹簧再伸长△l后停止，然后松手放开．设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘对物体的支持力等于 ( )【答案】A【解析】整体分析：开始平衡态、松手后非平衡态，用两个过程处理联立1、2、3式得正确答案A6、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图所示。
现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）【答案】168N 、72N【解析】7、如图所示,光滑水平面上有一长木板,板长为L=1m ,板上右端放一质量为m=1kg 的物块,物块与长木板间的动摩擦因数为 u=0.4,长木板的质量为 M=2kg,重力加速度,现在长木板的右端施加一平向右的拉力.(1)要使物体与长木板不发生相对滑动,求拉力F 的最大值;(2)要使物体2s 内从长木板上滑下,求拉力F 的最小值.【答案】12N 13N【解析】(1)当物块与长木板刚好要发生相对滑动时,施加的拉力最大,对物块ma mg =μ计算得出:对整体有:求得拉力的最大值为:N F 12=(2)设物块刚好经过2s 从长木板上滑下,则物块滑动的加速度为:长木板的加速度为: 2s 内物块的位移为:21121t a x =长木板运动的位移为:22221t a x = l x x =-12代入数据有:计算得出:N F 13/=答:(1)要使物体与长木板不发生相对滑动,拉力F 的最大值12N;(2)要使物体2s 内从长木板上滑下,拉力F 的最小值13N8.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F 作用在P 上,使其向上做匀加速直线运动。
以x 表示P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是( )【答案】A【解析】本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。
设系统静止时弹簧压缩量为x 0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx 0。
力F 作用在P 上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x 0-x)-mg=ma 。
联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x 图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A 正确。
9.如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ=53°的足够长斜面，斜面上放一块上表面光滑、长度L =1.8 m 、质量m =0.8 kg 的薄平板PQ ，其下端Q 与斜面底端O 的距离为7.05 m 。
在平板的上端P 处放一质量M =1.6 kg 的小滑块(可视为质点)，开始时使平板和滑块都静止。
现将它们无初速释放，假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.2，不考虑小滑块由平板滑到斜面上时速度的变化。
已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g =10 m/s2，求:(1)小滑块离开平板时平板的速度大小；(2)小滑块从开始运动到到达斜面底端O处所用的时间；(3)小滑块到达底端O处时，平板的Q端与O处的距离。
【答案】(1) 4.4 m/s；(2) 1.5 s；(3) 1.8 m【解析】(1)滑块在平板上滑动的过程中，对滑块和平板分别受力分析，根据牛顿第二定律，对滑块有Mg sin 53°=Ma1，解得a1=g sin 53°=8 m/s2对平板有mg sin 53°-μ(m+M)g cos 53°=ma2，代入数据解得a2=4.4 m/s2设滑块在平板上滑行的时间为t1，有代入数据解得t1=1 s可得滑块离开平板时平板的速度大小v1=a2t1=4.4 m/s。
(2)设滑块离开平板时，滑块离O点的距离为x，则滑块离开平板时的速度大小为v2=a1t1=8 m/s设滑块离开平板后在斜面上滑动时的加速度大小为a3，从离开平板后到运动到斜面底端O经历的时间为t2，由牛顿第二定律有Mg sin 53°-μMg cos 53°=Ma3，解得a3=6.8 m/s2，根据位移公式有解得t2=0.5 s小滑块从开始运动到运动到斜面底端O所用的时间为t=t1+t2=1.5 s。
(3)滑块离开平板时，平板运动的位移滑块离开平板后，平板在斜面上运动的加速度大小也为a3在t2的时间内平板的位移为，代入数据解得x2=3.05 m滑块到达O处时，平板的Q端与O处的距离为Δx2=(7.05-2.2-3.05)m=1.8 m。
10.如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg．管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g．求：（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件．【答案】（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度分别为2g，3g；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度为；（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足【解析】解：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度，方向向下球的加速度，方向向上（2）取竖直向下为正方向．球与管第一次碰地时速度，方向向下．碰地后管的速度，方向向上；球的速度，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有﹣v1+a1t1=v2﹣a2t1又管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则：因为t1＜t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求．得（3）球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度g竖直上升到最高点，由于，故这个高度是因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度这一过程球运动的位移则球与管发生相对位移当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知：所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是s1+s2＜L即L应满足条件。
