2021高考总复习物理(创新版)Word文档第3章热点专题2第15讲动力学中的三种典型物理模型

1、热点专题（二）第15讲 动力学中的三种典型物理模型热点概述（1）本热点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 “滑块一木板”模型和“传送带”模型常以选 择题或计算题的形式命题。（2）通过本热点的学习，可以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能力等物理学科素养。经过针对性的专题强 化，通过题型特点和解题方法的分析，帮助同学们迅速提高解题能力。（3）用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。热点一“等时圆”模型核心综述1 . “等时圆”模型设想半径为R的竖直圆内有一条光滑直轨道，该轨道是一端与竖直直径相交

2、的弦，倾角为9, 一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度a=gsin8,位移乂= 2Rsin 9,而x=2at2,解得t = 2JR,这也是沿竖直直径自由下落的时间。总结：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆（或光滑斜面）由静止下滑， 到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿 直径做自由落体运动所用的时间。2 .三种典型情况(1)质点从竖直圆上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆的最低点所用时 间相等，如图甲所示。(2)质点从竖直圆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(3)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的过切点的光滑弦从上端

3、由静止开始滑到下端所用时间相等，如图内所示。典题示例如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一 圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑 环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用ti、t2分别表示滑环从a 到b、从c到d所用的时间，则()A . ti = t2B. ti>t2C. tl<t2D.无法确定解析 设滑杆与竖直方向的夹角为内圆的直径为D,根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a= mgmos"：gcos%杆的长度为x= Dcos%则由I据x= 2at2得，t = lx= J2DcOsa=、/

4、2D,可见时间t只与圆的直径、当地的重力加速度有 ： a - gcosoc g关，A正确，B、C、D错误。答案 A【方法感悟】等时圆”问题的解题思路口多亲出史的陋外宜箫新盘.工由小止可蛇从礼造的 洋滑匕八号下端相交:如称心算逑三种决型情况中图甲所示上蚌相交：归桢十址连三种典戈情况中图工的泵标过士月柞堡直缄时国以并乳遭为住用al心柱里直维上的到时间比较橇边端点都在MI周上.康点运油时同相容箱点在我内的枇道.陵点旃动时同短，端点在BS 妙曲我L&.田点三审岐同长_下时时向 /类题演练1.（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， 0、 a、b、c、d位于同一圆周上，

5、c为圆周的最高点，a为最低点，0'为圆心。每根 杆上都套着一个小滑环（未画出），两个滑环从。点无初速度释放，一个滑环从 d 点无初速度释放，用ti、t2、t3分别表示滑环沿0a、Ob、da到达a、b所用的时问，则下列关系正确的是（B. t2>t3A. ti = t2C. tl<t2D. tl=t3答案 BCD解析设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、0a、da三细杆交于圆的最低点a,三杆顶点均在圆周上，根据 “等时圆”模型可知，由c、0、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca= ti = t3；而由c到a和由0到b滑动的小1c滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均

6、为零，但aca>a0b,由x= 2at2可知，t2>tca,故A错误，B、C、D正确。2.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于0点，0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A0B、C0D、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 08,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. tAB=tCD=tEFC. tAB<tCD<tEF答案 BB. tAB>tCD>tEFD. tAB=tCD<tEF解析 如图所示，过D点作OD的

7、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”模型的结论可 知，tAB>tCD>tEF, B 正确。执占八、八、传送市核心综述1 .特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间产02 .常见的传送带模型水平传送带滑块可能的运动情况1r可能一直加速可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将变为零2S -PV0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速V0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速V0 = v, 一直匀速3.小j co- O传送带较短时，滑块一直减速达到左端传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当vo>v时

8、返回速度为V,当V0<V时返回速度为V0（2）倾斜传送带项目图示滑块可能的运动情况1ptanB时，可能一直加速上滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力Stan 8时，一直加速卜滑2Man 8时，可能一直加速卜滑，也可能先加速 后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力Stan 8时，先以a1 = gsin8+NCos8加速卜滑， 右传送市较长，将再以a2 gsin。cosO加速卜 滑典题示例例1（多选）如图所示，水平传送带长为 L,运动速率恒为v,在其左端无初速度放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为内则木块从左到右的运动时间可能是（）BLv2LD.v解析 若木块一直匀加速，则

9、有l=2> gt彳#t=C正确；若到达传 送带另一端时，速度恰好等于v,则有l=t t=2t,得t=2L, d正确；若木块 先匀加速运动时间ti,位移为x,再匀速运动时间t2,位移为L x,则有v= pgt2(igx=v2 vt2=Lx,彳3t = ti +12 =+75, A正确；由以上分析可知，木块的运动 v 2g时间一定大于9 B错误。答案 ACDI【方法感悟】1物体在水平传送带上运动时，若 vo=0且传送带的长度不确定，物体可能 直加速，也可能先加速冉匀速，要注意分类讨论。例2如图所示，传送带的倾角 仁37°,从A到B的长度为Lab=16 m,传送带以V0=10 m/s

10、的速度逆时针转动。在传送带上端无初速度放一个质量为m=0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数尸0.5,求物体从A运动到B所需的时间是多少?(sin37 =0.6, cos37 = 0.8, g 取 10 m/s2)解析 开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力如图甲所示由牛顿第二定律得mgsin 0+ 仙 mgos 仁 mai解得 ai = gsin 叶 p cos 4 10 m/s2物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间tl =V0ai二11 o物体运动的包移xi=2ait2=5 m<16 m即物体加速到10 m/s时仍未到达B点，当物体

11、加速至与传送带速度相等时， 由于产tan 8,物体将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物 体的滑动摩擦力沿传送带向上，如图乙所示，由牛顿第二定律得mgsin 8n mg）s8二ma2解得 82 = 2 m/s2设此阶段物体滑动到B所需时间为t2,则Lab x1 = vot2+ 2a2t2解得 t2=1 s, t2' =11 s（舍去）故物体从A运动到B所需的时间t=t + t2=2 so答案2 s【方法感悟】处理倾斜传送带问题时，要注意物体重力沿传送带斜面向下的分力mgsin 9与物体所受传送带的滑动摩擦力 以mcosO的大小和方向关系，判断物体所受合力 与速度方向的关

12、系，从而确定物体运动的情况。另外物体与传送带共速常常是受 力情况和运动情况突变的转折点。类题演练1 . （2019河南洛阳三模）如图所示，一水平传送带以vo = 2 m/s的恒定速度匀 速运动。已知传送带左端 A到右端B的距离为10 m,传送带各处粗糙程度相同。把工件无初速地放到A处，经过时间6 s,工件被传送到B处。则下列图象中能表示工件的速度v随时间t变化关系的是()答案 B1解析假设工彳到达B时恰好与传送带的速度相等，则全程的平均速度为1v0 =1 m/s,所用的时间应为10=詈=10 s>6 s,说明工彳在到达B之前已经和传送带的速度相等，所以工件先做匀加速运动，后做匀速运动，故

13、A、C、D错误，B正确。2 .如图所示为车站使用的水平传送带模型，其 A、B两端的距离L = 8 m, 它与水平台面平滑连接，现有物块以vo=10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送 带，已知物块与传送带间的动摩擦因数为 尸0.6。g取10 m/s2。己独时甘(0(1)若传送带保持静止，求物块滑到 B端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率包为 12 m/s,求物块到达B端时的速度大 小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s,且物块初速度变为 vo' =6 m/s,仍从A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。答案 (1)2 m/s (2)12 m

14、/s (3) s解析(1)设物块的加速度大小为a,由受力分析可知FN = mg, Ff=ma, Ff= 小的, 得 a=6 m/s2。传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动,又乂=弟=25 m>L=8 m, 2a 3贝U 由 vB v2= 2aL,得 vb = 2 m/s。由题意知，若物块能加速到 vi=12 m/s,由 v2v0 = 2ax1, 得 xi = m<L = 8 m。 3故物块先加速后匀速运动，即物块到达B端时的速度为vb ' =vi = 12 m/s。若物块能向右减速到v2=0,由 v2v0' 2 = 2ax2,得 X2=3 m<L = 8

15、m,所以物块先向右减速到0,由v2 = v0' at1,得减速运动的时间t1 = 1 s。接着向左加速运动，向左加速到 v3=4 m/s的过程中,由 V3 v2 = 2ax3,4得 x3=4 m<x2 = 3 m, 3故物块向左先加速后匀速，OS2一 3=2向左匀速运动的位移5X4 = X2 X3 = W m, 3由V3=V2+at2,得加速时间5由X4=V4t3,得匀速运动时间t3=12 S,拓25故1 =卜+" + 13 = 12 So3.如图所示，倾角为8= 37°的传送带始终保持以v = 5 m/s的速率顺时针匀 速转动，A、B两端距离d= 15.25

16、 m。现将一物块（可视为质点）无初速度从A端放 上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 尸0.5,取g=10 m/S2,sin37 =0.6,cos37 = 0.8,求物块到达B端时的速度大小和物块从 A端运动到B端所用的时间。答案 9 m/s 2.5 s解析 假设物块由静止能加速运动到与传送带速度v = 5 m/s相等，设此过程加速度为ai,运动时间为ti,位移为xi,由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsin 0+ a mgos 仁 mai,v= aiti,1 2xi =2aiti,代入数据解得 ai = i0 m/s2, ti = 0.5 s, xi=i.25 m,由于xi = i.25 m

17、<d=i5.25 m,故假设正确。当物块的速度等于传送带速度时，因为 mgsin37 >仙mgps37 ；物块将继续向 下做匀加速运动，设物块此后运动的加速度为 32,运动时间为t2,位移为x2,到 B端的速度为vb,由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsin 0 a mgos 仁 ma2,x2 = d - xi = vt2 + 2a2t2 ,vb = v + a2t2。代入数据解得 a2 = 2 m/s2, t2 = 2 s, vb = 9 m/s,物块从A端运动到B端所用时间t=ti + t2=2.5 $热点三“滑块一木板”模型核心综述滑块一木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦

18、力的分析判断、牛顿运动 定律、匀变速直线运动规律等主干知识，能力要求较高。滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块一木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶 段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系。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 .位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时， 位移之差Ax=X2X1 = L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和 Ax=X2+X1 = L。典题示例例1 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方 有一墙壁，木板右端与墙壁的

19、距离为 4.5 m,如图a所示。t=0时刻开始，小物块 与木板一起以共同速度向右运动，直至 t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。 碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已 知碰撞后1 s时间内小物块的v -t图线如图b所示。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：IWfm M，f) J 2 出 图日图k(1)木板与地面间的动摩擦因数 曲及小物块与木板间的动摩擦因数 阳(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做 匀变速运动，设加速度为a1，小物块和

20、木板的质量分别为 m和M。由牛顿第二定 律有m+M)g = (m+M)a1 由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度 vi = 4 m/s,由运动学公式得v1 = v0+a1t1 , 1,2办so = v0ti + /aiti 式中，ti=1 s, 20=4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时 的速度。联立式和题给条件得 以=0.1在木板与墙壁碰撞后，木板以-vi的初速度向左做匀变速运动，小物块以 vi 的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有一陛mg=ma2 _V2 VI由题图b可行321t2ti式中，t2=2 S,V2 = 0,联立式和题给条件得

21、w=04(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间N,木板和小物块刚好具有共同速 度V3。由牛顿第二定律及运动学公式得必mg+ u(M + m)g = Ma3 v3= vi+ a3 At V3 = vi + a2 N 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为si =vi+ V32At?一 ,，vi+V3小物块运动的包移为S2 = -2 At?小物块相对木板的位移为 As= S2- si?联立？?？式，并代入数据得弥=6.0 m?因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加 速度为

22、34,此过程中小物块和木板运动的位移为S3,由牛顿第二定律及运动学公式得向(m+ M)g= (m+ M)a4?0 v3 = 2a4s3?碰后木板运动的位移为s= S1 + S3?联立？?？ 式，并代入数值得s= 6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m答案 (1)世= 0.1 区= 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 mH 方法感悟1分析“板一块”模型时要抓住一个转折和两个关联|看装耳术机就用和周球衣熏青滞烘儿术杭 |上潸下是受力和运谛状春夏化的精折点 将祈前，后我才情魂之同的关联和笊壤.板位电与救长之同为关聃一唬府况下, 由于庠热力或其他力的突更*转折前.后 滑块和木扳的博建度都受

23、宠里度化,可!.; 。转折且勺翳.对转折前，后进行受力什 行是珑主稳型的技械例2下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角.3 .为 仁37 Sin37 = 3的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平5行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设 某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为 m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内,3A、B间的动摩擦因数.减小为g, B、C间的动摩擦因数陛减小为0.5, A、B开 始运动，此时刻为计时起点；在第 2 s末，B的上表面突然变为光滑，僧保持不 变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l = 27

24、 m, C足够长。设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10 m/S2。求:在02 s时间内A和B加速度的大小;（2）A在B上总的运动时间。解析 （1）假设02 s内A、B相对静止，则2mgsin 0.2mgcos8= 2ma,对 A, mgsin 0 fBA= ma,解得 fBA= 0.4mg,而 fBmax= gimgcos8= 0.3mg<fBA,故假设 不成立，A在B上滑动。在02 s时间内，A和B的受力如图甲、乙所示，其中 fi、Ni是A与B之间的摩擦力和正压力，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力， 方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得fi=向Ni

25、Ni = mgcos 道f2=必N2N2= Ni + mgcos 0®规定沿山坡C向下为正方向。设A和B的加速度分别为ai和a2,由牛顿第 二定律得mgsin 0 fi = maimgsin 0 f2 + fi = ma2联立式，并代入题给条件得ai = 3 m/s2 a2 = i m/s2。在ti = 2 s时，设A和B的速度分别为vi和V2,则vi = aiti = 6 m/s v2 = a2ti = 2 m/s t>ti时，设A和B的加速度分别为ai'和a2'。止匕时A与B之间摩擦力为零， 同理可得ai' =6 m/s2?a2f = 2 m/s即B

26、做减速运动。设经过时间t2, B的速度减为零，则有V2+a2' t2= 0?联立？式得t2=1 s?在ti + t2时间内，A相对于B运动的距离为191, 9191,0.s= 2a1t1 +V1t2+律1 t22a2t 1 + V2t2+2a2 t2=12 m<27 m?此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间13 A离开B,则有1, Ol s= (v + a t2)t3+2a1 t3?可得t3=1 S（另一解不合题意，舍去）?设A在B上总的运动时间为t总，有t法=t+t2+t3=4 So（利用下面的速度图线求解，正确的，参照上述答案即可 ）答案(1)3 m/s2 1 m/

27、s2 (2)4 s“板一块”模型的解题思路【方法感悟】找出相体之同的位移（毫置）差臬速度美系是离 的交及口.* *怠戕系两个及曲篁餐,鼻一全过桂的未建更是下一个过桎的切速度第一步瓦i-e类题演练1. (2019天津实验中学高考模拟)如图，水平桌面上静止放置一质量 M = 1 kg、 长为L = 1 m的木板，板上最右端放一质量 m=2 kg的滑块，滑块可看做质点, 以F=20 N的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来。若所有接触面间的动摩擦 因数均为 仙=0.3, g=10 m/s2。(1)求滑块与木板间的摩擦力fi多大？木板与桌面间的摩擦力f2多大?(2)求滑块从木板上掉下的时间t为多少?答案

28、(1)6 N 9 N (2)1 s解析(1)滑块与木板之间的摩擦力f1= pm g0.3X2X10 N = 6 N木板与桌面间的摩擦力f2= KM + m)g=0.3X (1+2)X10 N = 9 N。(2)对滑块，根据牛顿第二定律得：f1=ma1解得：a1 = 3 m/s2对木板：F f1一f2=Ma2解得：a2 = 5 m/s2 11 c滑块的包移：x1=2a1t2,木板的包移：X2 = 2a2t2滑块从木板上掉下时：X2 X1 = L代入数据解得：t=1 so2. 一长木板在水平地面上运动，在 t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度 一时间图象如图所示。已知

29、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。取重力加速度的大小g=10 m/s2,求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移大小。答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m解析(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速, 此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由题图可知，t1 = 0.5 s时，物块和木板的速度相同。在00.5 s时间内：物块的加速度大小a1 = v1= 2 m/s2 t1木板的加速度大小V

30、0 V182 二t18 m/s2 设物块和木板的质量均为 m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分 别为 小 心 由牛顿第二定律得对物块有内mg=ma1对木板有 世mg+区2mg= ma2联立解得 世=0.20,由=0.30(2)在t1时刻后，假设物块和木板一起做匀减速直线运动，则共同加速度大小2 2mg2m 一的物块受到的静摩擦力Ff=ma共=mg> p1mg,与假设矛盾，所以物块相对长 木板将向前“打滑”。t1时刻后，由牛顿第二定律得对物块有妆mg=ma1'对木板有 陛2mg/mg= ma2'解得物块和木板的加速度大小分别为ai' =2 m/s282

31、9; =4 m/s2物块还能运动的时间vit1=av-= 0.5 迫木板还能运动的时间vit2' =- = 0.25 sa2物块全程运动的v-t图线如图中粗实线所示。物块相对于木板的位移大小即为两图线与t坐标轴所围面积的差值，即x= x2 xi = 1.125 m。3. (2016四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为8的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内 滑动了 4 m时，车头距制动坡

32、床顶端38 m,再过一段时间，货车停止。已知货车 质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运 动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos仁 1, sin 8= 0.1, g=10 m/S2。求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;(2)制动坡床的长度。答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m解析(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动 摩擦因数尸0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为ai,则f+ mgsin 仁 maif= a mgos0联立以上二式并代入数据得ai=

33、5 m/s2a1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为 v = 23 m/s。货物 在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 so = 38 m的过程中，用时为t,货物相 对制动坡床的运动距离为si,在车厢内滑动的距离s= 4 m,货车的加速度大小为 a2,货车相对制动坡床的运动距离为 s20货车受到制动坡床的阻力大小为 F, F是货车和货物总重的k倍，k=0.44, 货车长度lo= 12 m,制动坡床的长度为I,则M = 4mMgsin 时 F f= Ma2F=k(m+M)gx 1 ,2s1 = vt2at一 x 1_ x2s2 = vt2a2ts= s1

34、s2l = lo+so+ s2联立并代入数据解得I = 98 mo课时作业1.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内木板与水平面间的动摩擦因数为4,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为go现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板的加速度a的大小可能是（A. ii g答案 D解析 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1木块组成的整体，根据牛顿弟二止律可得：F4 2mg= 2ma,解得:F 1a=2m-4g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11牛顿弟

35、二止律，有：ii mg42mg= ma,解彳4： a=2pg故A、B、C错块，D正确。2.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线,AC ： BC ： DC = 5 ： 4 ： 3, AC杆竖直，各杆上分别套有一可看成质点的小球 a、b、d, a、b、d三小球的质量比为1 ： 2： 3,现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为（）A. 1 ： 1 ： 1C. 5 ： 8 ： 9答案 AB. 5 ： 4 ： 3D. 1 ： 2 ： 3解析 因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC线段为直径的同一个圆周上，由等

36、时圆模型可知，从 A、B、D三点同时由静止释放的小球a、b、d 必定同时到达圆的最低点 C点，故A正确。3. （2019江苏高考模拟）（多选）如图所示，物块A从弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度vi又滑上粗糙的水平传送带。若传送带不动， A滑下后，从离 开滑槽进入传送带左端开始计时，经过时间 ti滑至传送带右端某处便停止下来而 不会掉下去。若传送带以恒定速率 V2做逆时针转动，A滑下后，从离开滑槽进入 传送带左端开始计时，直到又返回传送带左端，所用时间为t2,则以下判断正确的是（）A ,若 v1 < v2,则 t2 = 2tlB .若 v1 >v2,则 t2<2tlC.若

37、 V1>V2,则 t2>2tlD .若 vi = V2,则 t2 = 2t1答案 ACD解析 当传送带不动时，物块滑上传送带后做匀减速运动到停止。若V1<V2,物块返回时，一直做匀加速直线运动，根据对称性，返回的时间与匀减速运动到 停止的时间相等，则t2=2t1,故A正确；若V1>V2,物块返回时先做匀加速直线 运动，然后做匀速直线运动，则返回的时间大于开始匀减速运动的时间， 则t2>2t1, 故B错误，C正确；若V1 = V2,物块返回时，一直做匀加速直线运动，同理根据 对称性可知，t2 = 2t1,故D正确。4. （2019江西新余四校高三第二次联考）如图所示

38、，绷紧的传送带与水平面的 夹角8= 30 °,皮带在电动机的带动下，始终保持 v0=7 m/s的速率运行。现把一 质量为4 kg的工件（可看为质点）轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送3 一c到h=8 m的局处。已知工件与传送市间的动摩擦因数为尸2，取g=10 m/s2,在这段时间，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图 象正确的是（）答案 A解析 根据题意可知，皮带的总长度L=Yr_16 m,工件刚放上皮带时受 sin30重力、支持力以及沿皮带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，a= pcos30gsin30二号x 10X号10义2 m/s2= 2.

39、5 m/s2,工件做匀加速直线运动，工件v072速度达到与皮市速度相同时运动的位移 x=m=9.8 m<L,工件速度达2a 2X2.531到与皮市速度相同时由 fmax=仙mgos30 =4mg>mgsin30 =2mg,所以接下来工件 与皮带保持相对静止做匀速直线运动，故 A正确，B、C、D错误5 .（多选）如图a, 一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度 v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图 b为物块与木板运动的V-t图象，图中t1、V0、V1已知，重力加速度大小为go下列说法正确的是（A.木板的长度为詈B.物块与木板的质量之比为V0V0 V1

40、C.物块与木板之间的动摩擦因数为 万一D. t1时刻，物块和木板的动能之比为V1V0 V1答案 ACD解析ti时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据V0tl图b知，相对位移为-一,A正确；相对运动过程中，设相互间的摩擦力为 f,物 f V0 vi f vi _ 块的加速度 a=,木板加速度 a =总=77，所以物块与木板的质重NmtiM ti比为2= vf? B错误；摩擦力f=卜mg所以物块与木板之间的动摩擦因数为 祖f a vo vi.m = 一=，C正确；ti时刻，速度相同，所以动能之比等于质量之比，为 ¥ ¥ ¥vi=，D正确。6 . （

41、20i9湖南省衡阳县第四中学高三月考）如图所示，一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针转动。水平部分长为 2.0 m,其右端与一倾角为 437的光滑斜面 平滑相连，斜面长为0.4 m, 一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左 端。已知物块与传送带间动摩擦因数尸0.2, sin37 = 0.6, g取i0 m/S2。则（）A.物块在传送带上一直做匀加速直线运动B.物块到达传送带右端的速度大小为 i.5 m/sC.物块沿斜面上滑能上升的最大高度为 0.2 mD.物块返回皮带时恰好到达最左端答案 C 2解析 物块在传送带上先做匀加速直线运动， 有：n mg mai, xi =焉，解得： x

42、i=i m<2 m,所以在到达传送带右端前，物块已以 2 m/s的速度匀速运动，即物 块在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，故A、B错误；物块以初速度v。滑上斜面后，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，mgsin仁ma2,当物块速度减为零时，上升高度最大，此时沿斜面上滑的距离为x2 = = m<0.4 2a2 3m,上升的最大高度hm=x2sinO= 0.2 m,故C正确；物体从斜面返回时，到传送带右端的速度大小为2 m/s,设物块返回皮带时滑动的距离为 X3,向左滑行时的加速度大小ai=2 m/s2,所以物块向左运动的最大距离 x3=.= 1 m<2 m,故物

43、块 2ai不会到达传送带的左端，D错误。7 . （2019陕西高考模拟）（多选）如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终 以vi = 2 m/s的恒定速率运行。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5s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8 .根据运动学知识可知a = 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，故受到传

44、送带的摩擦力方向水平向右，A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨, > .,.,、V1 V2块在传送带上运动 5 s后与传送带的速度相同，故加速度大小a=t=V1 +V2一=1 m/s2,万向向右，故B错误；小墨块向左减速运动时，对小墨块有：00 + V2, 一，= V2at1, X1= 2t1，联立解得：X1 = 4.5 m,小墨块向左减速的过程中，传送带的位移大小为：X2 = V1t1,小墨块向右加速运动时，对小墨块有：V1=at2, X1'0+V1, o,、=三12,传送带的位移大小X2' =V1t2,因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x=（x1 + x2

45、）+（x2 一X1），解得：X= 12.5 m,故 C 错误，D 正确。8. （2019广东汕头二模）（多选）长木板B放置在倾角为8的固定斜面上，一小 物块A置于长木板的中间。将 A、B同时由静止释放，结果B沿斜面下滑，同时 A、B也发生了相对运动。经过一段时间t, A脱离B,此时B还处于斜面上。不 计空气阻力，重力加速度为g,则在这段时间内（）A.物块A的加速度大小与A的质量有关B .木板B的加速度大小与A和B的质量都有关C .物块A的加速度一定大于木板B的加速度D.物块A的加速度可能大于gsin 9答案 BC解析 以A为研究对象，设其加速度大小为 aA, A与B、B与斜面间的动摩 擦因数分

46、别为 以、山，由牛顿第二定律有：mAgsin 8MmAgcos8= mAaA,解得： aA= gsin 9- ugcosO,与A的质量mA无关，故A错误；A、B发生了相对运动， 两者加速度不等，因经过一段时间t, A脱离B,则aA>aB,以B为研究对象，设 其加速度大小为 aB,由牛顿第二定律有： mBgsin叶以mAgcosO 以mA+mB）gcosO = mBaB,可知木板B的加速度大小与A和B的质量都有关，故B、C正确；aA= gsin 0妆gcos Xgsin 0, 故 D 错误。9. （2019河南许昌高三二诊）（多选）如图所示为粮袋的传送带装置，已知 A、 B间的长度为L,传

47、送带与水平方向的夹角为 9,工作时运行速度为v,粮袋与传 送带间的动摩擦因数为 内正常工作时工人在A点将粮袋放在运行中的传送带上， 关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力）（）A.粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为 g（sin 9-cos队 若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C.若依tan。，则粮袋从A到B 一定是一直做加速运动D.不论n如何小，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin 0 答案 AC解析 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v;可能先做匀加速运动，当速度与传送

48、带相同后，做匀速运动，到达 B点时速度与 v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度 较小的匀加速运动，到达 B点时的速度大于v,故A正确。粮袋开始时受到沿斜 面向下的滑动摩擦力，大小为n ncos8,根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sin8 +os机故B错误。若Stan 8,则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故 a的方 向一直向下，粮袋从 A到B一直做加速运动，可能是一直以 g（sin 9+囚os。的加 速度加速，也可能先以g（sin 9+os9的加速度匀加速，后以g（sin 9-（cos。的力口 速度匀加速，故C正确。由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加

49、速运动， 且a>gsin 0,故D错误。10. （2019江苏高三月考）（多选）一足够长的轻质绸带置于光滑水平地面上， 绸带上放着质量分别为 mA = 1 kg和mB = 2 kg的A、B两物块，A、B与绸带之间 的动摩擦因数都为 尸0.2,水平包力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g 取10 m/s2）,若A、B与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度aA和aB随F变化的图象正确的是（）答案 BD解析 A与绸带间的最大静摩擦力为：fA= pnAg = 0.2X1 kgX10 m/s2 = 2 N, B与绸带间的最大静摩擦力为：fB= pnBg = 0.2X2 kgX10 m/s2 = 4 N,绸带受到的 最大摩擦力为：f = fA=2 N<fB,故绸带与物体B一直保持相对静止，产生的最大 加速度为：a=L=2m/s2=1 m/s2,此时对 A分析，F fA=mAa,解得：F = 3 N； mB 2当F03 N时，A、B和绸带一起做加速运动，加速度为：2共=-F = F,当FmA+mB 3r F-fA，- 一>3N时，A与绸带发生相对滑动，A的加速度为：aA=F-2, B的加速mA度恒定，故B、D正确，A、C错误。11. (2019江苏高考)如图所示，质量相等的物块