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1、2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（19）动力学中三种典型物理模型（解析版）命题热点一：“传送带”模型【例1】（多选）如图所示，轴与水平传送带重合，坐标原点。在传动带的左端，传送带右端A点坐标为X=8m,A匀速运动的速度V0=5m/s,质量m=1kg的小物块，轻轻放在传送带上OA的中点位置，小物块随传动带运动到A点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达N点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数卩=0.5,斜面上M点为AN的中点，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A. N点纵坐标为y=1.25mN小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为12.5J小物块第二次冲上斜面
2、，刚好能够到达M点在x=2m位置释放小物块，小物块可以滑动到N点上方【答案】AB【解析】小物块在传送带上匀加速运动的加速度a二Ug=5m/s2，小物块与传送带共速时，所用的时间v5v2251t=s=Is，运动的位移x=f=2.5mvv213B. vvv123C. vvv312D. vvv132答案】A解析设任一斜面的倾角为9,圆槽直径为d.根据牛顿第二定律得到：a=gsin9,斜面的长度为x=dsin则由x=1at2得t=寸=/囂：可见物体下滑时间与斜面的倾角无关则有t】=t=t,根据v因xxx，可知vvv,故选A.23t213213【变式2】如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，
3、其中AB通过环心0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（）质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短质点沿着轨道AB下滑，时间最短轨道与AB夹角越小（AB除外），质点沿其下滑的时间越短【答案】A命题热点三：“滑块木板”模型【例3】如图所示，质量为M=2kg、长为L=1.5m的木板静止在光滑的水平面上，木板上右端放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为m=lkg，小滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.2。若用水不拉力F作用在木板上，取g=10m/s2,则下列说法正确的是F=8N时，小滑块与木板保持相对静止F=10N时，小滑块与木板发生相对滑动
4、F=12N时，小滑块从木板上滑下所需的时间为2sF=12N时，小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10kgm/s【答案】BD【解析】以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律卩mg=ma，得小滑块的最大加速度为a二卩g二2m/s2，mm以整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为F=(M+m)a=6N,人项错误，B项正确；0mFumg11若F=12N，则木板的加速度大小为a二二5m/s2，由L=-at在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aBz；BBB被敲击后获得的初速度大小vB【答案】(1)詁2ugL(2)3ugug(3)2：2ugLat2得小滑块从木板上滑M22m下所需的时间为t
5、=A被敲击后获得的初速度大小vA；As，C项错误；小滑块从木板上滑下时，木板的动量大小为P二(Fumg)t二10kg-m/s，D项正确。【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4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：解析(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA=MgA由匀变速直线运动规律得2a4L=v42AA解得vA=：2MgL；(2)设A、B的质
6、量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3Mmg由牛顿第二定律F=mab，得aB=3MgBB对齐后，A、B所受合外力大小F=2Mmg由牛顿第二定律2=2皿盯，得盯=Mg；BB(3)设经过时间t.A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小为AAABA贝9v=at,v=vatABB11XA=2AAt2,XB=vBt2ABt2且XX=LBA解得vB=2-j2MgL.课时精练：一、双基巩固练(多选)如图1所示，一长：二】二的水平传送带以二二-二啲恒定速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一质量二=辽的物块以二二上啲速率沿直线向左滑上传送带，经过一段时间后物块离开了传
7、送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数二二，重力加速度g取二二丁，则以下判断正确的是()经过二-2后物块从传送带的左端离开传送带经过：二二后物块从传送带的右端离开传送带在t时间内传送带对物块做的功为-4J在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为16J【答案】BD【解析】当物块滑上传送带后，受到传送带向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有=-：,代入数据可得物块加速度大小a=lm/s2,方向向右,设物块速度减为零的时间为t,则有0二出成1。代入数据解得t=ls；物块向左运动的位移有卫二I：,代入数据解得-=:：-=-：-,故物块没有从传送带左端离开；当物块速度减为0后向右加速，根据运动的对称性可知
8、再经过Is从右端离开传送带，离开时速度为lm/s，在传送带上运动的时间为t=21=2s,故A错误，B正确；在t=2s时间内，物块速度大小不变，即动能没有改变，根据动能定理可知传送带对物块做的功为0,故C错误；由前面分析可知物块在传送带上向左运动时，传送带的位移为心=卩占=2X，当物块在传送带上向右运动时，时间相同传送带的位移也等于X,故整个过程传送带与物块间的相对位移为二-；-二二:；-】二二二匚尤，在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为二；二=丄，故D正确。故选BD。2、如图2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
9、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tt2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，贝y（）图2A.tttt【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作用设杆与水平方向的夹角为N根据牛顿第二定律有mgsin0=ma,得加速度大小a=gsin。设圆周的直径为D,则滑环沿杆滑到d点的位移大小x=Dsin9由x=2at2，解得t=寸乎可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角9无关，即三个滑环滑到d点所用的时间相等，选项D正确.3、如图3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
10、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,所用的时间图32：lB.l：lC.边：1D.l：百【答案】B（多选）如图4所示，质量M=2kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m=lkg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卩=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2现对物块施加一水平向右的恒力F=2N,则下列说法正确的是（）物块和长木板之间的摩擦力为1N物块和长木板相对静止一起加速运动物块运动的加速度大小为1m/s2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
11、与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水F一umgFumg平恒力为.，由牛顿第二定律有a=审=亍，解得F0=1.5N因F=2NF0=1.5N,故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ff=umg=1N,故A正确，B错误；对物块，由牛顿第二定律Fumg=ma，可得=1m/s2，故C正确；拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长umg木板受到的滑动摩擦力为1N,保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为笃=-=0.5m/s2，故D错误二、综合提升练：（多选）如图5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,u物块与木板间的动摩擦因数为u,
12、木板与水平面间动摩擦因数为孑，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（）图5A.0CugC.2畤-宁【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u对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F2mg=2ma,解F1得：a=4Ug，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：Limg42mg=ma,解得：a=Ug2,选项C正确.6(多选)如图6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2kg,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10m/s2,则下列说法正确的是()图6滑块与木板间的动摩擦因数为0.4木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2图乙中t=24s2木板的最大加速度为2m/s2【答案】
