新高考物理一轮复习讲义第3章 运动和力的关系 专题强化四 动力学中两种典型物理模型 (含解析)

专题强化四　动力学中两种典型物理模型学习目标　1.会分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，并会相关的计算。 2.理解什么是“板—块”模型，并会运用动力学的观点正确处理“板—块”模型问题。模型一　“传送带”模型1.水平传送带2.倾斜传送带角度　水平传送带模型例1 (2023·山东济宁高三月考)如图1所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v＝4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L＝10 m。一个物块(视为质点)以速度v0＝8 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t＝2 s物块离开传送带，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)图1A.物块在传送带上一直做匀减速直线运动B.物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 sC.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4D.物块在传送带上留下的划痕为6 m答案　C解析　假设物块在传送带上一直做减速运动，加速度的大小为a，L＝v0t－eq \f(1,2)at2，解得a＝3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v＝v0－at＝2 m/s<4 m/s，假设不成立，物块在传送带上先做减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，则与传送带一起匀速的时间为(2－t1)s，L＝eq \f(8＋4,2)t1＋4×(2－t1)，解得t1＝1 s，物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，B错误；物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，根据加速度的定义可知a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(8－4,1) m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.4，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4，C正确；物块与传送带的相对位移大小即划痕长度为Δx＝v0t1－eq \f(1,2)at12－vt1＝2 m，物块在传送带上留下的划痕为2 m，D错误。角度　倾斜传送带模型例2 (2021·辽宁卷，13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图2所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：图2(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t。答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s解析　(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma解得a＝0.4 m/s2。(2)小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，所用时间t1＝eq \f(v1－v2,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s在传动带上滑动的距离为x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(1.6＋0.6,2)×2.5＝2.75 m因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。(1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。(2)临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。(3)滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小。跟踪训练1.(2023·河南濮阳外国语学校月考)如图3甲，M、N是倾角θ＝37°的传送带的两个端点，一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)图3A.物块最终从N点离开传送带B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.6C.物块在第6 s时回到M点D.传送带的速度v＝2 m/s，方向沿逆时针转动答案　C解析　从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2 m/s，A、D错误；速度—时间图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ≈0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知t1＝eq \f(8,3) s时，物块的速度减为0。之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大小x1＝eq \f(1,2)×4×eq \f(8,3) m＝eq \f(16,3) m，t1＝eq \f(8,3) s到t2＝6 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x2＝eq \f(（6－4）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(8,3))),2)×2 m＝eq \f(16,3) m，因为x1＝x2，所以物块在第6 s时回到M点，C正确。模型二　“滑块—木板”模型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作用下发生相对滑动。2.位移关系：如图4所示，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＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L。图43.解题关键角度　水平面上的板块模型例3 如图5所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：图5(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？(4)最终小物块离长木板右端多远？答案　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m解析　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)解得a＝3 m/s2。(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用故am＝μg＝2 m/s2Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m。(3)刚撤去F时，长木板的速度v＝at＝3 m/s小物块的速度vm＝amt＝2 m/s撤去F后，长木板的加速度a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2设再经过时间t′，二者最终速度相等，有v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得v′＝2.8 m/s，t′＝0.4 s。(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－veq \o\al(2,m),2am)解得Δx2＝0.2 m最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。跟踪训练2.(多选)(2023·长沙长郡中学月考)如图6甲所示，质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)图6A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6B.木板与地面间的动摩擦因数为0.1C.F的大小可能为9 ND.F的大小与板长L有关答案　BD解析　当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板A有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝－eq \f(2,2) m/s2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定律得－μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A错误，B正确；对滑块B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中的aB＞2 m/s2，则F＞9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9)N，即F的大小与板长L有关，D正确。角度　斜面上的板块模型例4 (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图7所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40)。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)图7A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2C.经过1 s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s答案　BC解析　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcos 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－2μ2mgcos 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确，D错误。规律方法　处理“板块”模型中动力学问题的流程A级　基础对点练对点练1　传送带模型1.(2023·广东深圳模拟)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图1所示的模型。传送带始终保持v＝0.8 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)图1A.行李从A到B过程中始终受到向左的摩擦力B.行李经过1 s到达B处C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m答案　D解析　开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝0.8 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)×4×0.22 m＝0.08 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.08,0.8) s＝2.4 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝2.6 s，故B错误；行李从A到B过程中，开始阶段向左做加速运动，受到向左的摩擦力，当与传送带共速后做匀速运动，不再受摩擦力，故A错误；由以上分析可知行李到达B处时速度大小为0.8 m/s，故C错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.8×0.2－0.08)m＝0.08 m，故D正确。2.(多选)(2022·湖南永州模拟)图2甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则(　　)图2A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右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　BC解析　相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1～t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；由B中分析可知，0～t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；在0～t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，D错误。3.(2023·山东日照模拟)如图3所示，足够长的传送带与水平面的夹角为37°，当传送带静止时，物块以3 m/s2的加速度沿着传送带加速下滑，当物块加速至v0时，传送带突然启动并立即逆时针方向做匀加速运动，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列判断正确的是(　　)图3A.启动传送带后物块下滑的加速度大小始终大于3 m/s2B.若物块与传送带能够共速，则共速后物块一定和传送带相对静止C.若物块与传送带能够共速，则共速后物块所受摩擦力可能为0D.若物块与传送带能够共速，则共速后物块所受摩擦力的方向一定沿传送带向下答案　C解析　传送带启动后，物块与传送带共速前所受滑动摩擦力不变，加速度大小不变，选项A错误；若传送带的加速度大于3 m/s2且小于等于9 m/s2，共速后，物块就和传送带相对静止一起加速，若传送带的加速度大于9 m/s2，共速后两者一定有相对滑动，选项B错误；若传送带的加速度等于6 m/s2，物块与传送带共速后相对静止一起匀加速，故物块所受摩擦力为0，选项C正确，D错误。对点练2　板块模型4.(多选)(2022·湖南师大附中模拟)如图4甲所示，长为L的木板M放在水平地面上，质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)放在木板的右端，两者均静止。现用水平向右的力F作用在木板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)图4A.m与M间的动摩擦因数μ1＝0.2B.M与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.3C.M的质量为2 kgD.图乙中横轴截距为6 N答案　AD解析　由图可知，当F＝18 N时，物块和木板刚好发生相对滑动，两者加速度为2 m/s2。对物块μ1mg＝ma，解得μ1＝0.2，A正确；物块和木板发生相对滑动过程中，对木板F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma，即a＝eq \f(F,M)－eq \f(（μ1＋μ2）mg＋μ2Mg,M)，由图像知，斜率eq \f(1,M)＝eq \f(1,4)，解得M＝4 kg，当F＝18 N时，a＝2 m/s2，得μ2＝0.1，B、C错误；横轴截距表示物块和木板整体即将相对地面滑动，故F＝μ2(m＋M)g，得F＝6 N，D正确。5.如图5所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，下列说法正确的是(　　)图5A.当F＝0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动B.当F＝2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动C.当F＝3.5μmg时，B、C以相同加速度运动D.只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动答案　B解析　B对C的最大静摩擦力为FfBC＝μmg，由于C是轻质绸布，故A、C间最大静摩擦力为FfAC＝FfBC＝μmg，小于A、C间最大静摩擦力2μmg，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动。B与C发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律μmg＝ma0，对A、B、C整体，由牛顿第二定律F0＝(2m＋m)a0＝3μmg，当F＝3μmg，B与C将发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同。水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动，故B正确，A、C、D错误。6.(2023·湖南长沙模拟)如图6所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于(　　)图6A.mgsin θ＋μmgcos θ B.mgsin θ＋2μmgcos θC.4μmgcos θ D.2mgsin θ答案　C解析　设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，则此时B和斜面之间为滑动摩擦力2μmgcos θ，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力μmgcos θ，A、B此刻加速度可以认为仍相同。对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcos θ，故A、B、D错误，C正确。B级　综合提升练7.(多选)如图7甲所示，长为L＝2 m、质量为M＝1 kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是(　　)图7A.0～2 s内绳对木块的拉力逐渐增大B.2～3 s木板受到的摩擦力恒为4 NC.木块与木板间的动摩擦因数为0.2D.要使木板从木块下抽出，2 s后F至少作用时间1 s答案　AD解析　0～2 s内，木板处于静止状态，木板与木块间的摩擦力为静摩擦力，绳子拉力大小等于F，逐渐增大，A正确；对木板做受力分析，根据牛顿第二定律可得F－Ff滑动＝Ma，由丙图可知a＝2 m/s2，解得Ff滑动＝2 N，B错误；木块与木板间的滑动摩擦力为2 N，但木块的质量m未知，则不能计算木块与木板间的动摩擦因数，C错误；2 s后在恒力F＝4 N的作用下，木块的加速度为2 m/s2，恒力F作用一段时间后撤去，木板做减速运动，加速度大小也恰好为2 m/s2，当木块恰好从木板上掉下时，木板速度恰好为零，此过程中木板的v－t图像如图所示，则恒力F作用时间恰好为1 s即可，D正确。8.如图8所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：图8(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。答案　(1)1.5 s　(2)5 m解析　(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s发生的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)＝5 m达到v0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2x2＝L－x1＝5.25 mx2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)，得t2＝0.5 s煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 mΔx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。9.如图9所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4。刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求：图9(1)A、B刚开始运动时的加速度；(2)B在地面上滑行的最大距离。答案　(1)4 m/s2，方向向左　1 m/s2，方向向右　(2)0.75 m解析　(1)对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N根据牛顿第二定律得，A的加速度为a1＝eq \f(Ff1,M)＝4 m/s2，方向向左B的加速度为a2＝eq \f(Ff1－Ff2,m)＝1 m/s2，方向向右。(2)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动，有v0－a1t＝a2t所以t＝eq \f(v0,a1＋a2)＝1 s此过程A的位移xA＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝3 mB的位移xB＝eq \f(1,2)a2t2＝0.5 m则A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m所以A不会从B上滑出之后A、B一起做匀减速直线运动a3＝μ1g＝2 m/s2此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/sA、B一起运动的位移xAB＝eq \f(v2,2a3)＝0.25 m所以B滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m。情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0＜v时，一直加速v0＜v时，先加速再匀速v0＞v时，一直减速v0＞v时，先减速再匀速滑动一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0＜v返回到左端时速度为v0，若v0＞v返回到左端时速度为v情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系gsin θ＜μgcos θ)先加速后匀速一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0＞v时，一直加速或减速(加速度大小为gsin θ－μgcos θ) 或μgcos θ－gsin θ若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsin θ＞μgcos θ，一直加速；gsin θ＝μgcos θ，一直匀速gsin θ＜μgcos θ，一直减速先减速到速度为0后反向加速：若v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；若v0＞v，先反向加速后匀速，反回原位置时速度大小为v