高考物理總復(fù)習(xí)第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系專題強(qiáng)化四動(dòng)力學(xué)中三種典型物理模型

專題強(qiáng)化四動(dòng)力學(xué)中三種典型物理模型模型一“等時(shí)圓”模型1.“等時(shí)圓”模型所謂“等時(shí)圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)(或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn))的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。2.模型的三種情況(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。(3)兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過(guò)切點(diǎn)，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示?！纠?(2021·山東濟(jì)南市二模)滑滑梯是小朋友們愛玩的游戲。有兩部直滑梯AB和AC，A、B、C在豎直平面內(nèi)的同一圓周上，且A為圓周的最高點(diǎn)，示意圖如圖1所示，已知圓周半徑為R。在圓周所在的豎直平面內(nèi)有一位置P，距離A點(diǎn)為eq\r(3)R且與A等高。各滑梯的摩擦均不計(jì)，已知重力加速度為g。圖1(1)如果小朋友由靜止開始分別沿AB和AC滑下，試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明兩次沿滑梯運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系；(2)若設(shè)計(jì)一部上端在P點(diǎn)，下端在圓周上某點(diǎn)的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時(shí)，在滑梯上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間是多少？答案(1)tAB＝tAC(2)eq\r(\f(3R,g))解析(1)設(shè)AB與水平方向夾角為θ，小朋友沿AB下滑時(shí)的加速度a＝gsinθ又xAB＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,AB)，AB間的距離為xAB＝2Rsinθ，解得tAB＝eq\r(\f(4R,g))與角度無(wú)關(guān)，同理可知tAC＝eq\r(\f(4R,g))，故tAB＝tAC。(2)根據(jù)第一問的結(jié)論，畫出以P點(diǎn)為最高點(diǎn)的半徑為r的等時(shí)圓，如圖所示當(dāng)兩圓相切時(shí)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，由幾何關(guān)系知(R＋r)2＝(R－r)2＋(eq\r(3)R)2解得r＝eq\f(3,4)R，最短時(shí)間t＝eq\r(\f(3R,g))?！踞槍?duì)訓(xùn)練1】如圖2所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個(gè)光滑斜面軌道，分別與圓相交于A、B、C三點(diǎn)?，F(xiàn)讓三個(gè)小球(可以看作質(zhì)點(diǎn))分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點(diǎn)由靜止滑到Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)的平均速度分別為v1、v2和v3。則有()圖2A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2答案A解析設(shè)任一斜面的傾角為θ，圓的直徑為d。根據(jù)牛頓第二定律得到a＝gsinθ，斜面的長(zhǎng)度為x＝dsinθ，則由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可見，物體下滑時(shí)間與斜面的傾角和斜面長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，則有t1＝t2＝t3，因x2＞x1＞x3，根據(jù)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，可知v2＞v1＞v3，故選項(xiàng)A正確。模型二“傳送帶”模型1.水平傳送帶模型項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景1①可能一直加速②可能先加速后勻速情景2①v0＞v，可能一直減速，也可能先減速再勻速②v0＝v，一直勻速③v0＜v，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3①傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速到達(dá)左端②傳送帶較長(zhǎng)時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端。若v0＞v，返回時(shí)速度為v，若v0＜v，返回時(shí)速度為v02.傾斜傳送帶模型項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景1①可能一直加速②可能先加速后勻速情景2①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能先以a1加速后以a2加速情景3①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能一直減速④可能先減速后勻速⑤可能先以a1加速后以a2加速情景4①可能一直勻速②可能一直加速③可能先減速后反向加速④可能一直減速3.模型特點(diǎn)傳送帶問題的實(shí)質(zhì)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題，這樣的相對(duì)運(yùn)動(dòng)將直接影響摩擦力的方向。4.解題關(guān)鍵(1)理清物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向。(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達(dá)到相同速度，這時(shí)會(huì)出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，對(duì)這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口?！纠?(多選)(2021·重慶市新高考模擬)如圖3所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平傳送帶AB以速度v逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，將小石墨塊P輕放在傳送帶右端A，當(dāng)石墨塊從左端B離開傳送帶時(shí)，傳送帶上留下了長(zhǎng)度為l的痕跡，不計(jì)繞過(guò)傳動(dòng)輪的皮帶長(zhǎng)度，下列說(shuō)法正確的是()圖3A.增大傳送帶速度v，劃痕長(zhǎng)度可能不變B.減小石墨塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，劃痕長(zhǎng)度可能會(huì)減小C.增加傳送帶的長(zhǎng)度，劃痕長(zhǎng)度一定會(huì)變長(zhǎng)D.一定條件下可使l＞L答案AD解析分三種情況：①石墨塊到達(dá)B端前速度等于v，則l＝vt－eq\f(v2,2a)，其中t＝eq\f(v,a)、a＝μg，解得l＝eq\f(v2,2μg)，v增大，則l變長(zhǎng)；②石墨塊到達(dá)B端時(shí)速度小于或等于v，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2L,μg))≤eq\f(3L,v)，則l＝vt－L，得2L≥l＝veq\r(\f(2L,μg))－L，增大v，則l變長(zhǎng)；③石墨塊到達(dá)B端時(shí)速度小于或等于v，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＞eq\f(3L,v)，此時(shí)在石墨塊到達(dá)B端前劃痕前端就追上石墨塊，劃痕長(zhǎng)度為2L，之后的劃痕與原來(lái)劃痕重疊，劃痕長(zhǎng)度為2L不變，選項(xiàng)A正確；由上述可知，減小石墨塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則l會(huì)變長(zhǎng)或不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；第①種情況下l與L無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由③可知選項(xiàng)D正確?！菊骖}示例3(2021·遼寧卷，13)機(jī)場(chǎng)地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。如圖4所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))。小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖4(1)小包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度的大小a；(2)小包裹通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間t。答案(1)0.4m/s2(2)4.5s解析(1)小包裹的速度v2大于傳動(dòng)帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動(dòng)帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2。(2)小包裹開始階段在傳動(dòng)帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間t1＝eq\f(v1－v2,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在傳動(dòng)帶上滑動(dòng)的距離為x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(1.6＋0.6,2)×2.5＝2.75m因?yàn)樾“芑瑒?dòng)摩擦力大于重力沿傳動(dòng)帶方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹與傳動(dòng)帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s所以小包裹通過(guò)傳送帶的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4.5s。滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的“五點(diǎn)”注意問題(1)注意滑塊相對(duì)傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向，正確判定摩擦力的方向。(2)在水平傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時(shí)，滑塊與傳送帶相對(duì)靜止做勻速運(yùn)動(dòng)。(3)在傾斜傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時(shí)，需比較mgsinθ與μmgcosθ的大小才能確定運(yùn)動(dòng)情況。(4)注意傳送帶的長(zhǎng)度，判定滑塊與傳送帶共速前是否滑出。(5)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)形成的劃痕長(zhǎng)度是滑塊與傳運(yùn)帶的相對(duì)路程。模型三“滑塊—木板”模型1.模型特點(diǎn)“滑塊—木板”模型類問題中，滑動(dòng)摩擦力的分析方法與“傳送帶”模型類似，但這類問題比傳送帶類問題更復(fù)雜，因?yàn)槟景迨艿侥Σ亮Φ挠绊懀鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，解決此類問題要注意從速度、位移、時(shí)間等角度，尋找各運(yùn)動(dòng)過(guò)程之間的聯(lián)系。2.解題關(guān)鍵(1)臨界條件：使滑塊不從木板的末端掉下來(lái)的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速度與木板的速度恰好相同。(2)問題實(shí)質(zhì)：“板—塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質(zhì)上都是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題，要分別求出各物體相對(duì)地面的位移，再求相對(duì)位移?！纠?(2021·山東日照市模擬)如圖5所示，質(zhì)量M＝2kg的滑板P足夠長(zhǎng)，在光滑水平地面上以速度v0＝7m/s向右運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí)刻，在P最右端位置輕輕地放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊Q(可看作質(zhì)點(diǎn))，同時(shí)給Q施加一個(gè)水平向右的恒力F＝8N。已知P與Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：圖5(1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，P的最小速度；(2)從t＝0開始，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，Q剛好要從P的右端掉下。答案(1)6m/s(2)eq\f(1＋\r(7),2)s解析(1)設(shè)P的加速度大小為a1，對(duì)P由牛頓第二定律可得μmg＝Ma1解得a1＝2m/s2，方向向左設(shè)Q的加速度大小為a2，對(duì)Q由牛頓第二定律可得F＋μmg＝ma2解得a2＝12m/s2，方向向右P做減速運(yùn)動(dòng)v1＝v0－a1t1Q做加速運(yùn)動(dòng)v2＝a2t1P、Q達(dá)到共同速度時(shí)，P的速度最小，即v1＝v2，解得t1＝0.5s，v1＝6m/s。(2)從開始計(jì)時(shí)到P、Q達(dá)到共同速度，P的位移大小為x1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3.25mQ的位移大小為x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝1.5m，Q相對(duì)P向左運(yùn)動(dòng)的距離為d，則d＝x1－x2＝1.75m，P、Q達(dá)到共同速度之后無(wú)法相對(duì)靜止，各自做變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)Q的加速度大小為a3，對(duì)Q由牛頓第二定律可得F－μmg＝ma3，解得a3＝4m/s2，方向向右Q相對(duì)P向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)相對(duì)位移大小為d時(shí)，Q剛好要從P的右端掉下，有d＝eq\f(1,2)(a3－a1)teq\o\al(2,2)解得t2＝eq\f(\r(7),2)s所以t＝t1＋t2＝eq\f(1＋\r(7),2)s?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】如圖6所示，在傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)斜面上放置一質(zhì)量m板＝2kg，長(zhǎng)度L＝1.5m的極薄平板AB，在薄平板上端A處放一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))，將小滑塊和薄平板同時(shí)無(wú)初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.25，薄平板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：圖6(1)釋放后，小滑塊的加速度a1和薄平板的加速度a2；(2)從釋放到小滑塊離開薄平板經(jīng)歷的時(shí)間t。答案(1)4m/s21m/s2(2)1s解析(1)設(shè)釋放后，滑塊會(huì)相對(duì)于平板向下滑動(dòng)，對(duì)滑塊：由牛頓第二定律有mgsin37°－Ff1＝ma1其中FN1＝mgcos37°，F(xiàn)f1＝μ1FN1解得a1＝gsin37°－μ1gcos37°＝4m/s2對(duì)薄平板，由牛頓第二定律有m板gsin37°＋Ff1－Ff2＝m板a2其中FN2＝(m＋m板)gcos37°，F(xiàn)f2＝μ2FN2解得a2＝1m/s2a1＞a2，假設(shè)成立，即滑塊會(huì)相對(duì)于平板向下滑動(dòng)。(2)設(shè)滑塊滑離時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有x1＝eq\f(1,2)a1t2，x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1－x2＝L解得t＝1s。題型自我感悟滑塊——木板模型和傳送帶問題的共同特點(diǎn)都涉及到物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，因此在物理情景和分析方法上，二者是一樣的。請(qǐng)回答以下問題：1.如何判斷滑塊是否能與木板達(dá)到同速？提示假設(shè)滑塊與木板能達(dá)到同速，分別求此過(guò)程滑塊和木板各自對(duì)地的位移，看位移之差與木板長(zhǎng)度的關(guān)系。2.如果木板的下表面是光滑的，當(dāng)滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)是否能夠同速，能否采用動(dòng)量守恒定律結(jié)合其他知識(shí)來(lái)判斷？請(qǐng)你寫出分析過(guò)程？提示能夠應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系來(lái)分析，設(shè)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，質(zhì)量為m板，初速度為v1，滑塊的質(zhì)量為m，從木板一端滑上木板時(shí)的初速度為v2，達(dá)到的共同速度為v，相對(duì)運(yùn)動(dòng)的位移為x，兩者之間的摩擦力為Ff，取木板和滑塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，即m板v1＋mv2＝(m板＋m)v，由功能關(guān)系Ffx＝eq\f(1,2)m板veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m板＋m)v2，若x＜L，則滑塊不會(huì)滑離木板；若x＞L，則滑塊會(huì)滑離木板。對(duì)點(diǎn)練等時(shí)圓模型1.如圖1所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上(兩個(gè)圓過(guò)切點(diǎn)的直徑在豎直方向上)，且斜槽都通過(guò)切點(diǎn)P。設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時(shí)間分別為t1和t2，則t1與t2之比為()圖1A.2∶1 B.1∶1C.eq\r(3)∶1 D.1∶eq\r(3)答案B2.(多選)如圖2所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無(wú)初速釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無(wú)初速釋放，t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是()圖2A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3答案BCD解析設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓模型可知，由c、O、d無(wú)初速釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動(dòng)的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca＞aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2＞tca，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D正確。對(duì)點(diǎn)練傳送帶模型3.(多選)如圖3所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝3.5m，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時(shí)速度vA＝4m/s，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()圖3A.若傳送帶不動(dòng)，vB＝3m/sB.若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB一定等于3m/sC.若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB一定大于3m/sD.若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB可能等于3m/s答案ABD解析若傳送帶不動(dòng)，則物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝μg＝1m/s2，根據(jù)veq\o\al(2,A)－veq\o\al(2,B)＝2ax，解得vB＝3m/s，故A正確；若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體滑上傳送帶做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度大小一定等于3m/s，故B正確；若傳送帶順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，且傳送帶的速度小于3m/s，則物體滑上傳送帶仍然做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度有可能等于3m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。4.(多選)(2021·河北廊坊市摸底)如圖4為裝卸貨物的帶式輸送機(jī)，輸送帶與水平方向夾角為37°，貨物以2m/s的初速度從底端滑上輸送帶，已知輸送帶速度為4m/s，貨物與輸送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，輸送機(jī)底端到頂端的距離為19m，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()圖4A.貨物到達(dá)頂端用時(shí)(2eq\r(30)－5)sB.貨物到達(dá)頂端用時(shí)6sC.貨物在輸送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)D.貨物在輸送帶上先做加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)答案BD解析貨物加速上升時(shí)，由牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2，貨物加速到和輸送帶速度相等時(shí)，所需時(shí)間t＝eq\f(v－v0,a)，解得t＝5s，貨物加速的位移x＝eq\f(v2－veq\o\al(2,0),2a)，解得x＝15m＜19m，沒有到達(dá)輸送帶的頂端，則貨物和輸送帶一起勻速上升，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(19－15,4)s＝1s，貨物到達(dá)頂端所需時(shí)間t2＝t＋t1＝6s，故選項(xiàng)B、D正確。5.(多選)(2021·四川綿陽(yáng)市第二次診斷)如圖5所示，傳送帶傾角為α，表面粗糙，以恒定速度v0逆時(shí)針運(yùn)行。一小滑塊從斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到斜面底端的過(guò)程中，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像可能是()圖5答案AC解析滑塊由靜止釋放，相對(duì)于傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，受沿斜面向下的摩擦力，先向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a1＝gsinα＋μgcosα，加速到和傳送帶速度相等時(shí)，若有mgsinα≤μmgcosα，則滑塊和傳送帶保持相對(duì)靜止，一起勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；若有mgsinα＞μmgcosα，則滑塊和傳送帶不能保持相對(duì)靜止，滑塊繼續(xù)加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a2＝gsinα－μgcosα，但a2＜a1，故C正確，D錯(cuò)誤；滑塊只可能存在上述兩種情形，不可能出現(xiàn)減速的情形，故B錯(cuò)誤。6.(多選)如圖6所示，某傳動(dòng)裝置與水平面的夾角為30°，兩輪軸心相距L＝2m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點(diǎn)，傳送帶不打滑。現(xiàn)傳送帶沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，將一小物塊放置于A點(diǎn)，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2。若傳送帶的速度可以任意調(diào)節(jié)，當(dāng)小物塊在A點(diǎn)以v0＝3eq\r(6)m/s的速度沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度大小可能為()圖6A.1m/s B.3m/sC.6m/s D.9m/s答案BC解析由題意可知mgsin30°＜μmgcos30°，若傳送帶的速度很小(一直小于物塊的速度)，小物塊一直減速，加速度大小a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度最小，且最小速度v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2a1L)＝2m/s；若傳送帶的速度很大(一直大于物塊的速度)，小物塊一直加速，加速度大小a2＝μgcos30°－gsin30°＝2.5m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度最大，且最大速度v2＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2a2L)＝8m/s；綜上可知小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度在2m/s到8m/s的范圍內(nèi)，選項(xiàng)B、C正確。對(duì)點(diǎn)練板塊模型7.(多選)(2021·山東煙臺(tái)市期末)某實(shí)驗(yàn)小組在探究接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)實(shí)驗(yàn)中，如圖7甲所示，將一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板放置在水平地面上，其上表面有另一質(zhì)量為m的物塊，剛開始均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使物塊受到水平力F的作用，用傳感器測(cè)出水平拉力F，畫出F與物塊的加速度a的關(guān)系如圖乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊始終未脫離長(zhǎng)木板。則()圖7A.長(zhǎng)木板的質(zhì)量為2kgB.長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C.長(zhǎng)木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D.當(dāng)拉力F增大時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度一定增大答案ABC解析由圖可知，當(dāng)F>12N時(shí)物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由圖像可知m＝k＝eq\f(12－8,2)kg＝2kg，μ1mg＝8N，解得μ1＝0.4，當(dāng)12N≥F≥4N時(shí)兩者共同運(yùn)動(dòng)，則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，由圖像可知M＋m＝k′＝eq\f(12－4,2)kg＝4kg，則M＝2kg，μ2(M＋m)g＝4N，解得μ2＝0.1，選項(xiàng)A、B、C正確；當(dāng)拉力F增大時(shí)，長(zhǎng)木板與物塊之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)長(zhǎng)木板受地面的摩擦力和物塊的摩擦力都不變，則加速度不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.(2021·湖北選擇考模擬)如圖8a所示，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物塊B，A和B的質(zhì)量均為m＝1kg。A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。t＝0時(shí)刻起，對(duì)A施加沿水平方向的力，A和B由靜止開始運(yùn)動(dòng)。取水平向右為正方向，B相對(duì)于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分別為A和B相對(duì)水平面的速度。在0～2s時(shí)間內(nèi)，相對(duì)速度vBA隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖b所示。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B始終未脫離A，重力加速度取g＝10m/s2。求：圖8(1)0～2s時(shí)間內(nèi)，B相對(duì)水平面的位移；(2)t＝2s時(shí)刻，A相對(duì)水平面的速度。答案(1)3.5m(2)0解析(1)由題知B始終未脫離A，由vBA－t圖像可知0～1.5s內(nèi)，vB<vA，B在方向向右的摩擦力作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，1.5～2s內(nèi)，vB>vA，B在向左的摩擦力作用下向右勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊B，由牛頓第二定律μmg＝ma，得a＝μg＝2m/s2，則物塊B在1.5s時(shí)，v1.5＝at1.5＝3m/s，x1.5＝eq\f(v1.5,2)t1.5＝2.25m物塊B在t＝2s末，v2＝v1.5－at0.5＝2m/s在1.5～2s內(nèi)位移x2＝eq\f(v1.5＋v2,2)t0.5＝1.25m所以B相對(duì)水平面的位移xB總＝x1.5＋x2＝3.5m。(2)由圖可知t＝2s時(shí)，vBA＝2m/s，又此時(shí)B的速度vB＝v2＝2m/s由vBA＝vB－vA得vA＝0。9.如圖9甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10m/s2，求：圖9(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v；(2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。答案(1)8m/s(2)0.5解析(1)由v－t圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為v－t圖線與t軸所圍的面積，所以L＝eq\f(1,2)×1×10m＋eq\f(1,2)×(10＋12)×1m＝16m由平均速度的定義得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)＝8m/s。(2)由v－t圖像可知傳送帶運(yùn)行速度為v1＝10m/s0～1s內(nèi)物體的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s21～2s內(nèi)的加速度為a2＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1mgsinθ－μmgcos