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新高考物理一轮复习教案第3章热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习教案第3章热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型（含解析），共16页。
热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。
[热点透析]
等时圆模型
1．模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀加速直线运动规律有x＝eq \f(1,2)at2，得下滑时间t＝2eq \r(\f(R,g))，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
2．结论
模型1 质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
模型2 质点从竖直面内的圆环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等，如图乙所示；
模型3 两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
3．思维模板
其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。
如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则( )
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解析 由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿过CM的直径的下落时间相等，所以从C点自由下落到M点的c球运动时间最短，故C正确。
答案 C
传送带模型
传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。
题型一：物块在水平传送带上
题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。
方法突破：已知传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块滑动时的加速度大小a＝μg。
1．如图甲，v0＝0时，物块加速到v的位移x＝eq \f(v2,2μg)，若x2．如图甲，当v0≠0，v0与v同向时，当v0v时，物块减速到v的位移x＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2μg)，若xv> eq \r(v\\al(2,0)－2μgL)，物块先减速后匀速；若x≥L，即v≤ eq \r(v\\al(2,0)－2μgL)，物块一直减速到右端。当v＝v0时，物块匀速运动到右端。
3．如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，若x≥L，即v0≥eq \r(2μgL)，物块一直减速到右端；若x拓展：若水平传送带做匀变速运动，传送带与物块共速后，需讨论μg与传送带加速度a的关系。若fmax＝μmg≥ma，即μg≥a，则物块与传送带一起以加速度a做匀变速运动；若fmax＝μmg 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度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地面上的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vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A．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先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
答案 B
题型二：物块在倾斜传送带上
题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送带速度为零时μmgcsθ与mgsinθ的大小关系决定着物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μ方法突破：
一、传送带向上传送
1．如图甲，若0≤v0tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运动。
2．如图甲，若0≤v03．如图甲，若v0>v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ＋gsinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向上匀减速运动再向上匀速运动。
4．如图甲，若v0>v且μ(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ＋gsinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向上匀减速运动，再以a＝gsinθ－μgcsθ向上匀减速运动，最后向下匀加速运动。
二、传送带向下传送
1．如图乙，若0≤v0tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运动。
2．如图乙，若0≤v0(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a＝gsinθ－μgcsθ向下匀加速运动。
3．如图乙，若v0>v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运动。
4．如图乙，若v0>v且μ总结：物块在倾斜传送带上的运动情形还有很多，但分析思路大体相同：
(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。
(2)列牛顿第二定律方程，判断a的方向和大小。
(3)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，根据μ与tanθ的关系判断之后的运动情形。
(2020·安徽省示范高中名校高三上联考)(多选)如图所示，传送带与水平地面夹角为θ＝37°，AB的长度为16 m，传送带以10 m/s的速度转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所用的时间可能为(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )
A．1.8 s B.2.0 s
C.2.1 s D.4.0 s
解析 若传送带逆时针转动，对物体，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1，解得物体的加速度：a1＝gsinθ＋μgcsθ＝10 m/s2，则物体加速至与传送带速度相等需要的时间为：t1＝eq \f(v,a1)＝1.0 s，发生的位移为：s1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m＜16 m，可知物体加速到10 m/s时仍未到达B点；第二阶段，应用牛顿第二定律，有：mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，所以此阶段物体的加速度为：a2＝2 m/s2，设第二阶段物体滑动到B端需要的时间为t2，则有：LAB－s1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，解得：t2＝1.0 s，故物体从A运动到B所用的总时间：t＝t1＋t2＝2.0 s。若传送带顺时针转动，则物体从A到B一直以加速度a2做匀加速运动，则有：LAB＝eq \f(1,2)a2t2，解得：t＝4.0 s。故B、D正确，A、C错误。
答案 BD
(2020·四川省宜宾市高三(下)三诊)(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图像可能是( )
解析 根据题意，设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsinθ＞μmgcsθ，滑块所受合力沿传送带向下，滑块向下匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcsθ，滑块沿传送带方向所受合力为零，滑块匀速下滑；若mgsinθ＜μmgcsθ，滑块所受合力沿传送带向上，滑块匀减速下滑，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，则之后滑块随传送带一起匀速运动。故A、D错误，B、C正确。
答案 BC
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相互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的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
(2020·云南省大理、丽江、怒江高三毕业生第二次复习统一检测)(多选)如图a，质量m1＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11 m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图b显示小物块与小车第1秒内运动的v t图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．小物块与小车间的相对位移x相对＝6.5 m
D．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7 m
解析 根据图b可知，在第1 s内小车向右做匀加速直线运动，小物块向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为a1＝eq \f(Δv1,Δt)＝eq \f(2－0,1) m/s2＝2 m/s2，a2＝eq \f(Δv2,Δt)＝eq \f(2－11,1) m/s2＝－9 m/s2，对小车根据牛顿第二定律有μm2g＝m1a1，对小物块根据牛顿第二定律有－(F＋μm2g)＝m2a2，联立并代入数据解得μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B正确；根据图b可知，在t＝1 s时小车和小物块的速度相同，为v1＝2 m/s，由eq \f(m1F,m1＋m2)＜μm2g可知，之后两者不再发生相对运动，在第1 s内小车发生的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t2＝1 m，小物块发生的位移为x2＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2＝6.5 m，则小物块与小车间的相对位移x相对＝x2－x1＝5.5 m，故C错误；当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度为a3＝eq \f(－F,m1＋m2)＝－eq \f(5,3) m/s2，当速度减小到0时，小车与小物块整体发生的位移为x3＝eq \f(0－v\\al(2,1),2a3)＝1.2 m，所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x2＋x3＝7.7 m，故D正确。
答案 ABD
(2020·湖北省龙泉中学、宜昌一中高三上联考)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2)
解析 由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcs37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，
滑块在平板上滑行时加速度为：a1＝gsin37°＝6 m/s2，
到达B点时速度为：v＝eq \r(2a1L)＝6 m/s，
之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度为：
a2＝gsin37°－μgcs37°＝2 m/s2，
设滑块在斜面上运动的时间为t，则有：
LBC＝vt＋eq \f(1,2)a2t2，
代入数据解得：t＝2 s，
对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：
a3＝gsin37°－μgcs37°＝2 m/s2，
设滑至斜面底端C所用时间为t′，则有：LBC＝eq \f(1,2)a3t′2，
代入数据解得：t′＝4 s，
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：
Δt＝t′－t＝2 s。
答案 2 s
[热点集训]
1. (2021·山东、湖北部分重点中学高三上12月教学质量联合检测)(多选)如图所示，光滑水平地面上有一静止的足够长质量为M的平板，质量为m的物块以水平速度v0冲上平板，因摩擦二者发生相对滑动，最终至共速，对该过程，下列说法正确的是( )
A．若只是v0变大，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长
B．若只是m变大，由开始运动至共速时间不变，相对运动的距离不变
C．若只是M变小，由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短
D．若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长
答案 ACD
解析 根据题意，作出物块和平板的vt图像，如图所示。若只是v0变大，即在图中将物块匀变速直线运动的图线平行上移，则由开始运动至共速时间变长，再根据vt图像中图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移可知，物块和平板相对运动的距离变长，A正确；根据牛顿第二定律，平板的加速度大小a板＝eq \f(μmg,M)，物块的加速度大小a物＝μg，若只是m变大，平板的加速度变大，物块的加速度不变，结合图像可知由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，B错误；若只是M变小，平板的加速度变大，物块的加速度不变，则由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，C正确；若只是动摩擦因数变小，物块的加速度和平板的加速度均变小，则由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长，D正确。
2．(2020·福建省宁德市高中同心顺联盟高三上学期期中)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则( )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tanθ＋eq \f(v0,gt0csθ)
C．t0后木块的加速度为2gsinθ－eq \f(v0,t0)
D．传送带的速度大于v0
答案 AC
解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑(mgsinθ＞μmgcsθ)时，将一直匀加速到底端；当木块上滑(mgsinθ＜μmgcsθ)时，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动；两种情况均不符合图乙所示vt图像，则传送带一定逆时针转动，故A正确。传送带逆时针转动，木块在0～t0内，所受滑动摩擦力向下，沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度为a1＝gsinθ＋μgcsθ，由图乙可知：a1＝eq \f(v0,t0)，联立解得μ＝eq \f(v0,gt0csθ)－tanθ，故B错误。t0后木块所受滑动摩擦力向上，木块的加速度a2＝gsinθ－μgcsθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－eq \f(v0,t0)，故C正确。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力发生变化，木块的加速度发生变化，则传送带的速度等于v0，故D错误。
3．(2020·河北衡中同卷模拟)(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
答案 AD
解析 由图乙所示vt图像得0～1 s内煤块的加速度大小a1＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下；1～2 s内煤块的加速度大小a2＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下。0～1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1,1～2 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，联立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正确，B错误；vt图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝ eq \r(\f(2x,a2))＝ eq \r(\f(2×10,4)) s＝eq \r(5) s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq \r(5)) s，C错误；0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m，1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m,2～(2＋eq \r(5)) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 m＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,下)＋v传t下＝(12＋4eq \r(5)) m，D正确。
4.(2019·江苏高考)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μ。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：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案 (1)eq \r(2μgL) (2)3μg μg (3)2eq \r(2μgL)
解析 A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝eq \f(μmg,m)＝μg
在B上滑动时有2aAL＝veq \\al(2,A)
解得：vA＝eq \r(2μgL)。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2eq \r(2μgL)。
5．(2020·四川省内江市高三上一模)如图所示，一块质量为M＝2 kg、长为L＝3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2。在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F＝12 N，g取10 m/s2。则：
(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？
(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？
(3)若在时间t＝1 s末撤去F，再经过多长时间木板和木块第一次速度相同？在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？
答案 (1)2.5 m/s2 (2)2 s (3)eq \f(1,3) s 1 m
解析 (1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，
对木块有：μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝1 m/s2
对木板有：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得：a2＝2.5 m/s2
a2>a1，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。
(2)设经过时间t1木块离开木板，则
对木块有：x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
对木板有：x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)
又有：L＝x2－x1
联立并代入数据解得：t1＝2 s。
(3)t＝1 s末木块的速度v1＝a1t＝1×1 m/s＝1 m/s
木板的速度v2＝a2t＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2)－\f(v1,2)))t＝0.75 m
若在时间t＝1 s末撤去F，则之后木块仍以a1的加速度做匀加速运动，而木板将做匀减速运动，设加速度大小为a3，则有：
μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma3
代入数据解得：a3＝3.5 m/s2
设再经时间t2后二者速度相等，有：v1＋a1t2＝v2－a3t2
代入数据解得：t2＝eq \f(1,3) s
此时两者的共同速度为v＝v1＋a1t2＝eq \f(4,3) m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2＋v,2)))t2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v1＋v,2)))t2＝0.25 m
假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a1的加速度减速，木板也向左减速，设加速度大小为a4，则有：
μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma4
代入数据解得：a4＝2.5 m/s2
a4>a1，假设成立
此过程木块相对木板的位移大小
Δx3＝eq \f(v2,2a1)－eq \f(v2,2a4)＝eq \f(8,15) m＜Δx1＋Δx2
则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx＝Δx1＋Δx2＝1 m。
热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。
[热点透析]
等时圆模型
1．模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀加速直线运动规律有x＝eq \f(1,2)at2，得下滑时间t＝2eq \r(\f(R,g))，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
2．结论
模型1 质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
模型2 质点从竖直面内的圆环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等，如图乙所示；
模型3 两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
3．思维模板
其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。
如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则( )
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解析 由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿过CM的直径的下落时间相等，所以从C点自由下落到M点的c球运动时间最短，故C正确。
答案 C
传送带模型
传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。
题型一：物块在水平传送带上
题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。
方法突破：已知传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块滑动时的加速度大小a＝μg。
1．如图甲，v0＝0时，物块加速到v的位移x＝eq \f(v2,2μg)，若x
3．如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，若x≥L，即v0≥eq \r(2μgL)，物块一直减速到右端；若x
A．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先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
答案 B
题型二：物块在倾斜传送带上
题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送带速度为零时μmgcsθ与mgsinθ的大小关系决定着物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μ
一、传送带向上传送
1．如图甲，若0≤v0
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运动。
2．如图甲，若0≤v0
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ＋gsinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向上匀减速运动再向上匀速运动。
4．如图甲，若v0>v且μ
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向上匀减速运动，再以a＝gsinθ－μgcsθ向上匀减速运动，最后向下匀加速运动。
二、传送带向下传送
1．如图乙，若0≤v0
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运动。
2．如图乙，若0≤v0
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a＝gsinθ－μgcsθ向下匀加速运动。
3．如图乙，若v0>v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运动。
4．如图乙，若v0>v且μ
(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。
(2)列牛顿第二定律方程，判断a的方向和大小。
(3)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，根据μ与tanθ的关系判断之后的运动情形。
(2020·安徽省示范高中名校高三上联考)(多选)如图所示，传送带与水平地面夹角为θ＝37°，AB的长度为16 m，传送带以10 m/s的速度转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所用的时间可能为(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )
A．1.8 s B.2.0 s
C.2.1 s D.4.0 s
解析 若传送带逆时针转动，对物体，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1，解得物体的加速度：a1＝gsinθ＋μgcsθ＝10 m/s2，则物体加速至与传送带速度相等需要的时间为：t1＝eq \f(v,a1)＝1.0 s，发生的位移为：s1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m＜16 m，可知物体加速到10 m/s时仍未到达B点；第二阶段，应用牛顿第二定律，有：mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，所以此阶段物体的加速度为：a2＝2 m/s2，设第二阶段物体滑动到B端需要的时间为t2，则有：LAB－s1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，解得：t2＝1.0 s，故物体从A运动到B所用的总时间：t＝t1＋t2＝2.0 s。若传送带顺时针转动，则物体从A到B一直以加速度a2做匀加速运动，则有：LAB＝eq \f(1,2)a2t2，解得：t＝4.0 s。故B、D正确，A、C错误。
答案 BD
(2020·四川省宜宾市高三(下)三诊)(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图像可能是( )
解析 根据题意，设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsinθ＞μmgcsθ，滑块所受合力沿传送带向下，滑块向下匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcsθ，滑块沿传送带方向所受合力为零，滑块匀速下滑；若mgsinθ＜μmgcsθ，滑块所受合力沿传送带向上，滑块匀减速下滑，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，则之后滑块随传送带一起匀速运动。故A、D错误，B、C正确。
答案 BC
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相互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的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
(2020·云南省大理、丽江、怒江高三毕业生第二次复习统一检测)(多选)如图a，质量m1＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11 m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图b显示小物块与小车第1秒内运动的v t图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．小物块与小车间的相对位移x相对＝6.5 m
D．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7 m
解析 根据图b可知，在第1 s内小车向右做匀加速直线运动，小物块向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为a1＝eq \f(Δv1,Δt)＝eq \f(2－0,1) m/s2＝2 m/s2，a2＝eq \f(Δv2,Δt)＝eq \f(2－11,1) m/s2＝－9 m/s2，对小车根据牛顿第二定律有μm2g＝m1a1，对小物块根据牛顿第二定律有－(F＋μm2g)＝m2a2，联立并代入数据解得μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B正确；根据图b可知，在t＝1 s时小车和小物块的速度相同，为v1＝2 m/s，由eq \f(m1F,m1＋m2)＜μm2g可知，之后两者不再发生相对运动，在第1 s内小车发生的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t2＝1 m，小物块发生的位移为x2＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2＝6.5 m，则小物块与小车间的相对位移x相对＝x2－x1＝5.5 m，故C错误；当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度为a3＝eq \f(－F,m1＋m2)＝－eq \f(5,3) m/s2，当速度减小到0时，小车与小物块整体发生的位移为x3＝eq \f(0－v\\al(2,1),2a3)＝1.2 m，所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x2＋x3＝7.7 m，故D正确。
答案 ABD
(2020·湖北省龙泉中学、宜昌一中高三上联考)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2)
解析 由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcs37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，
滑块在平板上滑行时加速度为：a1＝gsin37°＝6 m/s2，
到达B点时速度为：v＝eq \r(2a1L)＝6 m/s，
之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度为：
a2＝gsin37°－μgcs37°＝2 m/s2，
设滑块在斜面上运动的时间为t，则有：
LBC＝vt＋eq \f(1,2)a2t2，
代入数据解得：t＝2 s，
对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：
a3＝gsin37°－μgcs37°＝2 m/s2，
设滑至斜面底端C所用时间为t′，则有：LBC＝eq \f(1,2)a3t′2，
代入数据解得：t′＝4 s，
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：
Δt＝t′－t＝2 s。
答案 2 s
[热点集训]
1. (2021·山东、湖北部分重点中学高三上12月教学质量联合检测)(多选)如图所示，光滑水平地面上有一静止的足够长质量为M的平板，质量为m的物块以水平速度v0冲上平板，因摩擦二者发生相对滑动，最终至共速，对该过程，下列说法正确的是( )
A．若只是v0变大，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长
B．若只是m变大，由开始运动至共速时间不变，相对运动的距离不变
C．若只是M变小，由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短
D．若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长
答案 ACD
解析 根据题意，作出物块和平板的vt图像，如图所示。若只是v0变大，即在图中将物块匀变速直线运动的图线平行上移，则由开始运动至共速时间变长，再根据vt图像中图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移可知，物块和平板相对运动的距离变长，A正确；根据牛顿第二定律，平板的加速度大小a板＝eq \f(μmg,M)，物块的加速度大小a物＝μg，若只是m变大，平板的加速度变大，物块的加速度不变，结合图像可知由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，B错误；若只是M变小，平板的加速度变大，物块的加速度不变，则由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，C正确；若只是动摩擦因数变小，物块的加速度和平板的加速度均变小，则由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长，D正确。
2．(2020·福建省宁德市高中同心顺联盟高三上学期期中)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则( )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tanθ＋eq \f(v0,gt0csθ)
C．t0后木块的加速度为2gsinθ－eq \f(v0,t0)
D．传送带的速度大于v0
答案 AC
解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑(mgsinθ＞μmgcsθ)时，将一直匀加速到底端；当木块上滑(mgsinθ＜μmgcsθ)时，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动；两种情况均不符合图乙所示vt图像，则传送带一定逆时针转动，故A正确。传送带逆时针转动，木块在0～t0内，所受滑动摩擦力向下，沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度为a1＝gsinθ＋μgcsθ，由图乙可知：a1＝eq \f(v0,t0)，联立解得μ＝eq \f(v0,gt0csθ)－tanθ，故B错误。t0后木块所受滑动摩擦力向上，木块的加速度a2＝gsinθ－μgcsθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－eq \f(v0,t0)，故C正确。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力发生变化，木块的加速度发生变化，则传送带的速度等于v0，故D错误。
3．(2020·河北衡中同卷模拟)(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
答案 AD
解析 由图乙所示vt图像得0～1 s内煤块的加速度大小a1＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下；1～2 s内煤块的加速度大小a2＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下。0～1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1,1～2 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，联立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正确，B错误；vt图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝ eq \r(\f(2x,a2))＝ eq \r(\f(2×10,4)) s＝eq \r(5) s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq \r(5)) s，C错误；0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m，1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m,2～(2＋eq \r(5)) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 m＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,下)＋v传t下＝(12＋4eq \r(5)) m，D正确。
4.(2019·江苏高考)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μ。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：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案 (1)eq \r(2μgL) (2)3μg μg (3)2eq \r(2μgL)
解析 A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝eq \f(μmg,m)＝μg
在B上滑动时有2aAL＝veq \\al(2,A)
解得：vA＝eq \r(2μgL)。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2eq \r(2μgL)。
5．(2020·四川省内江市高三上一模)如图所示，一块质量为M＝2 kg、长为L＝3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2。在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F＝12 N，g取10 m/s2。则：
(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？
(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？
(3)若在时间t＝1 s末撤去F，再经过多长时间木板和木块第一次速度相同？在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？
答案 (1)2.5 m/s2 (2)2 s (3)eq \f(1,3) s 1 m
解析 (1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，
对木块有：μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝1 m/s2
对木板有：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得：a2＝2.5 m/s2
a2>a1，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。
(2)设经过时间t1木块离开木板，则
对木块有：x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
对木板有：x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)
又有：L＝x2－x1
联立并代入数据解得：t1＝2 s。
(3)t＝1 s末木块的速度v1＝a1t＝1×1 m/s＝1 m/s
木板的速度v2＝a2t＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2)－\f(v1,2)))t＝0.75 m
若在时间t＝1 s末撤去F，则之后木块仍以a1的加速度做匀加速运动，而木板将做匀减速运动，设加速度大小为a3，则有：
μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma3
代入数据解得：a3＝3.5 m/s2
设再经时间t2后二者速度相等，有：v1＋a1t2＝v2－a3t2
代入数据解得：t2＝eq \f(1,3) s
此时两者的共同速度为v＝v1＋a1t2＝eq \f(4,3) m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2＋v,2)))t2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v1＋v,2)))t2＝0.25 m
假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a1的加速度减速，木板也向左减速，设加速度大小为a4，则有：
μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma4
代入数据解得：a4＝2.5 m/s2
a4>a1，假设成立
此过程木块相对木板的位移大小
Δx3＝eq \f(v2,2a1)－eq \f(v2,2a4)＝eq \f(8,15) m＜Δx1＋Δx2
则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx＝Δx1＋Δx2＝1 m。
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