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江苏版高考物理一轮复习第3章素养3动力学中的两类典型模型课时学案

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这是一份江苏版高考物理一轮复习第3章素养3动力学中的两类典型模型课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共46页，欢迎下载使用。

所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，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。
[示例1] 如图所示，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t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则( )
A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
D [
如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用。设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin θ。设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsin θ，x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(2D,g))，可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确。]
[即时训练]
(等时性的应用)如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成的矩形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作质点的小球a、b、d，它们的质量之比为1∶2∶3。现让a、b、d三个小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则它们在各杆上滑行的时间之比为( )
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
A [因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。]
(1)物体从竖直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。
(2)物体从竖直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。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦自上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
甲乙丙
水平传送带模型
[示例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。现有一物块以v0＝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μ＝0.6。求：
(1)若传送带保持静止，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恒为12 m/s，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v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
[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＝μFN，
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x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(25,3) m>L＝8 m
则由veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2aL
得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，
由veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2ax1，得x1＝eq \f(11,3) m故物块先加速运动后匀速运动
即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s。
(3)当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝eq \f(v′\\al(2,0),2a)＝3 m由0＝v′0－at1，得t1＝1 s
当物块向左加速到v2＝4 m/s时
由veq \\al(2,2)＝2ax3得x3＝eq \f(4,3) m故物块向左先加速运动后匀速运动
由v2＝at2，得t2＝eq \f(2,3) s
物块匀速运动的位移
x4＝x2－x3＝eq \f(5,3) m
由x4＝v2t3
得t3＝eq \f(5,12) s
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(25,12) s。
[答案] (1)2 m/s (2)12 m/s (3)eq \f(25,12) s

1．求解水平传送带问题的关键
(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。
(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．处理此类问题的一般流程
弄清初始条件⇒判断相对运动⇒判断滑动摩擦力的大小和方向⇒分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向⇒由物体的速度变化分析相对运动⇒进一步确定以后的受力及运动情况。
倾斜传送带模型
[示例3] (2023·淮安高级中学期末)如图所示，传送带与地面倾角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：
(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。
思路点拨：解此题注意以下几点：
(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。
(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。
(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力分析如图甲所示，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m即下滑5 m与传送带速度相等
达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μx2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，得t2＝0.5 s，
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
甲乙
(2)第一过程痕迹长度为Δx1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m，
第二过程痕迹长度为Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，
故痕迹总长为5 m。
[答案] (1)1.5 s (2)5 m
滑块在传送带上运动时应注意的“六点”
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcs θ的大小才能确定运动情况。
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。
(5)注意传送带的长度是足够长还是有限长，判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
[即时训练]
1．(物块初速度与传送带速度同向)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )
A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B．煤块从A运动到B的时间是2.5 s
C．划痕长度是2 m
D．划痕长度是0.5 m
C [煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移x1＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝2 m<4 m，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间t1＝eq \f(v0,a)＝1 s，匀速运动的时间t2＝eq \f(x－x1,v0)＝0.5 s，则煤块从A运动到B的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，A、B错误；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有Δx＝v0t1－x1＝2 m，C正确，D错误。]
2．(物块初速度与传送带速度反向)(2023·南京师大附中月考)如图所示，水平方向的传送带以4 m/s的恒定速度顺时针转动，其两端A、B间的距离为7 m。一物块从B端以5 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中的( )
A B
C D
B [物块刚滑上传送带时，由于物块与传送带间的摩擦力的作用，物块做匀减速运动，其加速度为：a＝μg＝2 m/s2，当物块的速度减小为0时，物块前进的距离为：s＝eq \f(0－52,2×－2) m＝6.25 m，其值小于AB的距离，故物块减速到0后会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时，物块向右滑行的距离为：s′＝eq \f(42－0,2×2) m＝4 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，此后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小。综上所述，故A、C、D错误，B正确。]
3．(物体沿传送带向上运动的情形)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则( )
甲乙
A．传送带的速度为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(1,8)
D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
A [如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积，即eq \f(1,2)×(12－4)×1 m＋4×1＋eq \f(1,2)×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcs θ＝8 m/s2,1～2 s内，a2＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，解得μ＝eq \f(1,4)，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。]
4．(物体沿传送带向下运动的情形)如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，转动速度恒为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37° ＝0.8)求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
[解析] (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
则a＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2
根据l＝eq \f(1,2)at2得t＝4 s。
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
则有a1＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcs 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
a2＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
则有10t2＋teq \\al(2,2)＝11
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
[答案] (1)4 s (2)2 s
“滑块—木板”模型
1．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2
同向运动时：L＝x1－x2
反向运动时：L＝x1＋x2
[示例4] 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：
图(a) 图(b)
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型。
设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分解过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
[解析] (1)根据图像可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(v－0,t)＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋eq \f(1,2)a1t2
解得a1＝1 m/s2
对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝eq \f(4,3) m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为
x1＝vt1－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)＝eq \f(10,3) m，末速度v1＝v－a3t1＝eq \f(8,3) m/s
滑块向右运动的位移x2＝eq \f(v＋0,2)t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝eq \f(4,3) m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝v1t2－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝eq \f(7,6) m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝eq \f(v\\al(2,3),2a1)＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
[即时训练]
1．(无拉力)(2023·淮阴中学模拟)如图甲所示，一水平长木板静止在光滑水平面上。现有一小铁块(可视为质点)从木板左端以v0＝4 m/s的水平初速度向右滑上木板，从此时刻开始计时，之后小铁块和木板运动的v-t图像如图乙所示。则：
甲乙
(1)铁块和木板匀变速运动时的加速度各是多大？
(2)从开始计时起0.5 s内铁块相对于木板滑行的距离是多少？
(3)若铁块以v0＝ 4 m/s水平初速度滑上木板时，木板也具有一水平速度，其方向向左，大小为v＝1 m/s。最终两者达共同速度不再发生相对滑动，则木板至少要多长铁块才不会滑下木板？
[解析] (1)铁块加速度大小a1＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(Δv1)),Δt1)＝6 m/s2
木板加速度大小a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝2 m/s2。
(2)铁块滑行x1＝v0t－eq \f(1,2)a1t2
木板滑行x2＝eq \f(1,2)a2t2
Δx＝ x1－ x2
解得Δx ＝1 m。
(3)木板向左减速到速度为零
t1＝eq \f(v,a2)＝0.5 s
x3＝eq \f(v＋0,2)t1＝0.25 m
铁块向右减速
v1＝v0－a1t1＝1 m/s
x4＝eq \f(v0＋v1,2)t1＝1.25 m
此后铁块向右减速，木板向右加速，经t2两者速度相等
v1－a1t2＝a2t2
得：t2＝0.125 s，v共＝0.25 m/s
铁块向右位移x5＝eq \f(v1＋v共,2)t2＝eq \f(5,64) m
木板向右位移x6＝eq \f(0＋v共,2)t2＝eq \f(1,64) m
木板至少长度l＝x3＋x4＋x5－x6＝eq \f(25,16) m＝1.562 5 m。
[答案] (1)6 m/s2 2 m/s2 (2)1 m
(3)1.562 5m
2．(拉力作用在板上)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，g取10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
[解析] (1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：
Ff1＝μm1g，Ff2＝μ(m1＋m2)g
纸板所受摩擦力的大小：Ff＝Ff1＋Ff2＝μ(2m1＋m2)g。
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，
则有：Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动需要a2＞a1
代入数据解得：F＞2μ(m1＋m2)g。
(3)为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为：
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，
纸板运动距离为：d＋x1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)
纸板抽出后砝码运动的距离为：x2＝eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)，
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2，且有F－f1－f2＝m2a2
代入数据联立得：F＝22.4 N。
[答案] (1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4 N
3．(拉力作用在木块上)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g取10 m/s2。

图1 图2
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；
(2)t＝10 s时，两物体的加速度各为多大；
(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)
[解析] (1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，
对木板：Ffmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，Ffmax＝μ1m2g
解得：amax＝3 m/s2
对整体有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax
解得：Fmax＝12 N
由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。
(2)t＝10 s时，两物体已相对运动，则有：
对木板：μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1
解得：a1＝3 m/s2
对木块：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30 N
解得：a2＝12 m/s2。
(3)图像过(1,0)，(4,3)，(10,12)，图见答案。
[答案] (1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)图像如图所示
课时分层作业(九) 牛顿运动定律的综合应用
(对应学生用书第406页)
题组一动力学中整体法、隔离法的应用
1.(2023·江苏省如皋中学高三月考)如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢的竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则( )
A．加速度一定向右，不能超过μg
B．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g
D [小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有mg＝μF引当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则FN≥F引，则FN－F引＝ma加速时加速度一定向左。对B有μ(mg＋F引)＝mam，解得am＝(1＋μ)g。故选D。]
2.如图所示，光滑水平桌面上放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为 3m，重力加速度大小为g。由静止释放物块A、B后( )
A．相同时间内，A、B 运动的路程之比为1∶2
B．物块 A、B 的加速度之比为1∶1
C．细绳的拉力为eq \f(6mg,7)
D．当B下落高度h时，速度为 eq \r(\f(2gh,5))
C [相同时间内，由题图分析可知A向右运动h时，B下降一半的距离，即为eq \f(h,2)，故A、B运动的路程之比为2∶1，故A错误；任意相等时间内，物块A、B的位移之比为2∶1，故速度和加速度之比均为2∶1，故B错误；设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，对A，有FT＝ma，对B，有3mg－2FT＝3m·0.5a，联立解得FT＝eq \f(6mg,7)，a＝eq \f(6,7)g，故C正确；对B，加速度为a′＝0.5a＝eq \f(3,7)g，根据速度位移公式，有v2＝2a′h，解得v＝eq \r(\f(6gh,7))，故D错误。]
题组二动力学中的图像问题
3．如图所示，轻弹簧的下端与物块Q连接，上端与物块P连接。已知P、Q质量相等，P静止时弹簧压缩量为x0，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，至Q恰好离开地面。以x表示P离开静止位置的位移。下列表示F和x之间关系的图像，可能正确的是( )
A B
C D
B [设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg＝kx0。设物块P的位移为x，当xx0后，弹簧被拉伸，有F－k(x－x0)－mg＝ma，仍可得F＝kx＋ma，即F与x是线性关系，且F随x的增大而增大，当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸，拉力等于Q的重力，因此形变量也为x0，所以P上升的距离为2x0，所以B正确，A、C、D错误。]
题组三动力学中的临界、极值问题
4.(2023·清江中学月考)如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。下列说法正确的是( )
A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
A [小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcs θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2。
①由于a1＝5 m/s2甲乙
②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cs α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20eq \r(5) N，选项C、D错误。]
题组四传送带模型
5.(2023·吴江汾湖高级中学月考)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝2 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝9 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．背包从A运动到B所用的时间为5 s
B．背包从A运动到B所用的时间为3 s
C．背包与传送带之间的相对位移为8 m
D．背包与传送带之间的相对位移为10 m
A [背包放在水平传送带上后，由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma可得a＝2 m/s2背包达到传送带的速度v＝2 m/s所用时间为t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s。此过程背包位移为x1＝eq \f(v,2)t1＝1 m<9 m所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移Δx＝vt1－x1＝1×2 m－1 m＝1 m。背包匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v)＝eq \f(9－1,2) s＝4 s所以背包从A运动到B所用的时间为t＝t1＋t2＝5 s。故选A。]
6.如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s 的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8) 求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运动的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
[解析] (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1，①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝eq \f(v0－v,a1)②
通过的位移x1＝eq \f(v0＋v,2)t1③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2，
Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma2④
物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点
L－x1＝vt2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑤
联立得①②③④⑤式可得
t＝t1＋t2＝2.2 s。
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2，
L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2，
t′＝1 s(t′＝5 s舍去)。
[答案] (1)2.2 s (2)1 s
题组五板块模型
7．(2019·江苏卷)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、a′B；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
[解析] 本题通过板—块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用，考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力，体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。
A、B的运动过程如图所示
(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动2aAL＝veq \\al(2,A)
解得vA＝eq \r(2μgL)。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg。
(3)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)。
[答案] (1)eq \r(2μgL) (2)3μg μg (3)2eq \r(2μgL)
8．(2023·江苏盐城中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为4.0 m/s2
B [A与纸板间的最大静摩擦力为：FfA＝μmAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与纸板间的最大静摩擦力为：FfB＝μmBg＝0.2×1×10 N＝2 N；若F＝1.5 N＜FfA，所以A、B与纸板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－Ff＝mAa，所以A物块所受摩擦力Ff＜F＝1.5 N，故A错误。当B刚要相对于纸板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：FfB＝mBa0，又FfB＝μmBg，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(mA＋mB)·a0＝2×2 N＝4 N，即达到4 N后，B将相对纸板运动，此时B受到的摩擦力Ff＝2 N；则对A分析，A受到的摩擦力也为2 N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸板间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8 N时，B与纸板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2 m/s2，无论力F多大，A和纸带之间不会发生相对滑动，故B正确、C、D错误。]
9．如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，则以下结论正确的是( )
A．若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(Ff1,Ff2)＝eq \f(2,1)
B．若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(Ff2,Ff3)＝eq \f(1,2)
C．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(Ff3,Ff4)＝eq \f(2,1)
D．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)
D [对第一、二幅图有：若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，对M根据牛顿第二定律有：Ff＝Ma，则eq \f(Ff1,Ff2)＝eq \f(1,2)，故选项A错误；对第二、三幅图有：Ff2＝Ma2，设Ff2细线的拉力为F，则Ff3－Fsin θ＝Ma3，若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(Ff2,Ff3)≠eq \f(1,2)，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：Ff＝(M＋m)a，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(Ff3,Ff4)＝eq \f(1,2)，故选项C错误；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cs θ＝mg、F4cs α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)，故选项D正确。]
10.(2022·江苏启东高三一模)如图所示，光滑水平面上放着长L＝2 m，质量为M＝4 kg的薄木板，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始均静止。现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10 m/s2。求：
(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；
(2)如果拉力F＝11 N，小物体能获得的最大速度；
(3)如果拉力F＝11 N作用了t＝1 s后即撤去，小物体能获得的最大速度。
[解析] (1)物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律：μmg＝ma
所以可得小物体最大加速度为：a＝μg＝0.2×10＝2 m/s2
对整体分析，由牛顿第二定律得：
Fm＝(M＋m)a＝(4＋1)×2＝10 N。
(2)因施加的拉力F＞10 N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F－μmg＝Ma1
物块在木板上相对运动的时间为t，有：
L＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)at2
解得：t＝4 s
物块脱离木板时的速度最大为：vm＝at＝8 m/s。
(3)因施加的拉力F＞10 N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F－μmg＝Ma1
解得：a′1＝eq \f(9,4) m/s2
由(2)可知t＝1 s时，物体并未脱离木块，此时
物体的速度为：v1＝at＝2 m/s
物体的位移为：x1＝eq \f(1,2)at2＝1 m
木板的速度为：v2＝a1t＝eq \f(9,4) m/s
木板的位移为：x2＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(9,8) m
撤去外力后，物体的加速度为：a＝μg＝0.2×10＝2 m/s2
木板的加速度为：a2＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
木板和物块共速时间为：v2－a2t2＝v1＋at2
代入数据解得：t2＝0.1 s
此过程中物体的位移为：x′1＝v1t2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝0.21 m
木板的位移为：x′2＝v2t2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.222 5 m
物块相对木板滑动的距离为：ΔL＝x2－x1＋x′2－x′1＝eq \f(9,8)－1＋0.222 5－0.21 m＝0.137 5 m<2 m
所以物块将会与木板相对静止，且此时物块速度最大，即vmax＝v1＋at2＝2.2 m/s。
[答案] (1)10 N (2)8 m/s (3)2.2 m/s
11．(2022·锡山高中一模)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：

甲乙
(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；
(2)B运动的时间及B运动的位移大小。
[解析] (1)由题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由vA＝－1 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aA＝eq \f(v－vA,t1)＝eq \f(2－－1,3) m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。
当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝eq \f(v\\al(2,A),2aA)＝0.5 m。
(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1，
由牛顿第二定律得μ1mg＝maA
则μ1＝eq \f(aA,g)＝0.1
由题图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动，
其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aB＝eq \f(vB－v,t1)＝eq \f(14－2,3) m/s2＝4 m/s2
方向水平向左
设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB
则μ2＝eq \f(aB－μ1g,2g)＝0.15
3 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
2μ2mg－μ1mg＝ma′B
则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2
方向水平向左
3 s之后运动的时间为t2＝eq \f(v,a′B)＝eq \f(2,2) s＝1 s
则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s内B的位移xB＝eq \f(vB＋v,2)t1＋eq \f(v,2)t2＝25 m，方向水平向右。
[答案] (1)0.5 m (2)4 s 25 m
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
轻放在匀速传送带上
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
以v0冲上匀速传送带
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＝v，一直匀速
(3)v0情景3
以v0冲上匀速传送带
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v0情景4
轻放在匀加速
启动的传送带上
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
(1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma
(2)若μg项目
图示
滑块可能的运动情况
情境1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情境2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速
情境3
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速
(6)可能一直减速
情境4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能先减速，再反向加速，最后匀速
(5)可能一直减速