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2020年高考物理一轮复习文档：第3章牛顿运动定律热点专题（二）第15讲
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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—木板”模型和“传送带”模型常以计算题压轴题的形式命题。(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
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的弦，倾角为θ，一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，而x＝at2，解得t＝2，这也是沿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环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等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
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t1、t2分别表示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则( )
A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1
答案 A
方法感悟
“等时圆”问题的解题思路
1. (2018·烟台模拟)(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，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1
解析 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、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、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故A错误，B、C、D均正确。
2. (2018·东北三校模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是( )
A．tA
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
答案 B
解析 由“等时圆”模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB
解析 如图所示，过D点作OD的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，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B正确。
热点二 “传送带”模型
1．特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间μ≠0。
2．常见的传送带模型
(1)水平传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
a.可能一直加速
b．可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将变为零
情景2
a.v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
b．v0
情景3
a.传送带较短时，滑块一直减速达到左端
b．传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0>v时返回速度为v，当v0
(2)倾斜传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
a.μ>tanθ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
b．μ
a.μ>tanθ时，可能一直加速下滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力
b．μ
[例1] (多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.＋ B.
C. D.
解析 若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得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，得t＝，D正确；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，从而得t＝t1＋t2＝＋，A正确；由以上分析可知，木块的运动时间一定大于，B错误。
答案 ACD
方法感悟
求物体在水平传送带上运动的时间时，因传送带的长度不确定，物体有可能一直加速，也可能先加速再匀速，注意分类讨论。
[例2] 如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B的长度为LAB＝16 m，传送带以v0＝10 m/s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μ＝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
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2
物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间
t1＝＝1 s
物体运动的位移x1＝a1t＝5 m<16 m
即物体加速到10 m/s时仍未到达B点，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ
设此阶段物体滑动到B所需时间为t2，则
LAB－x1＝v0t2＋a2t
解得t2＝1 s，t2′＝－11 s(舍去)
故物体经历的总时间t＝t1＋t2＝2 s。
答案 2 s
方法感悟
设传送带与水平面间的夹角为θ，处理倾斜传送带问题时，要特别注意物体沿传送带斜面向下的重力分力mgsinθ与物体所受传送带的摩擦力μmgcosθ的大小和方向关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，从而确定物体运动的情况。
1. 水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是( )
答案 B
解析 物块刚滑上传送带时，速度向左，由于物块与传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ m＝2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，等其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝ m＝0.5 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度就等于传送带的速度，所以B正确。
2．(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6, cos37°＝0.8，下列判断正确的是( )
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．物块A、B运动的加速度大小不同
D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同
答案 BD
解析 A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，故A、B的加速度大小相同，运动时间相同，将同时到达底端，故A、C错误，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，D正确。
3．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。g取10 m/s2。
(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恒为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v0′＝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/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＝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＝＝ m>L＝8 m，
则由v－v＝－2aL，得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，若物块加速到v1＝12 m/s，
由v－v＝2ax1，得x1＝ m
即物块到达B时的速度为vB′＝v1＝12 m/s。
(3)若向右减速到v2＝0，
由v－v0′2＝－2ax2，得x2＝3 m
接着向左加速运动，若向左加速到v3＝4 m/s时，
由v－v＝2ax3，得x3＝ m
由v3＝v2＋at2，得加速时间t2＝ s。
向左匀速运动时v4＝v3＝4 m/s，
x4＝x2－x3＝ m，
由x4＝v4t3，得匀速运动时间t3＝ s，
故t＝t1＋t2＋t3＝ s。
4．如图所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5 m/s的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d＝15.25 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μ＝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a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
v＝a1t1，
x1＝a1t，
代入数据解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝1.25 m，
由于x1＝1.25 m
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
x2＝d－x1＝vt2＋a2t，
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＝t1＋t2＝2.5 s。
热点三 “滑块—木板”模型
滑块—木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动等主干知识，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—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Δx＝x2－x1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
[例1] 如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
解析 (1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm＝μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体：F＝(M＋m)a
对A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5 N
因fAB
对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
根据题意：xB－xA＝L；xA＝aAt2；xB＝aBt2
解得：t＝ s。
答案 (1)不会 (2) s
方法感悟
分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
[例2] 如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
解析 (1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，
依题意a>0，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsinα＝ma，
又Ff≤Ffm＝μmgcosα，
联立解得20 N
对物块，由牛顿第二定律得
μmgcosα－mgsinα＝ma2，
设物块滑离木板所用时间为t，
木板的位移x1＝a1t2，
物块的位移x2＝a2t2，
物块与木板的分离条件为Δx＝x1－x2＝L，
联立以上各式解得t＝1.2 s，
物块滑离木板时的速度v＝a2t，
由公式－2gsinα·x＝0－v2，解得x＝0.9 m。
答案 (1)20 N
方法感悟
“板块”模型的解题思路
1．(2018·云南模拟)质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g取10 m/s2)求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；
(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
解析 (1)放上物块后，物块的加速度
a1＝＝μg＝2 m/s2。
木板的加速度a2＝＝1 m/s2。
(2)当两物体速度相等后保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s，
1 s内木板位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物块位移x2＝a1t2＝1 m。
所以板长至少为L＝x1－x2＝0.5 m。
(3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a，
对物块Ff＝ma，故Ff＝m＝6.29 N。
2．一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—时间图象如图所示。已知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0～0.5 s时间内：
物块的加速度大小
a1＝＝2 m/s2①
木板的加速度大小
a2＝＝8 m/s2②
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μ1、μ2，由牛顿第二定律得
对物块有μ1mg＝ma1③
对木板有μ1mg＋μ2·2mg＝ma2④
联立①②③④解得μ1＝0.20，μ2＝0.30⑤
(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
a共＝＝μ2g⑥
物块受到的静摩擦力Ff＝ma共＝μ2mg>μ1mg，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μ1mg＝ma1′⑦
对木板有μ2·2mg－μ1mg＝ma2′⑧
解得物块和木板的加速度大小分别为
a1′＝2 m/s2
a2′＝4 m/s2
物块还能运动的时间
t1′＝＝0.5 s⑨
木板还能运动的时间
t2′＝＝0.25 s⑩
物块全程运动的vt图线如图中点粗实线所示。
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－x1＝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θ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cosθ＝1，sinθ＝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μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsinθ＝ma1
f＝μmgcosθ
联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2
a1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s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，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s2。
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l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
M＝4m
Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据解得l＝98 m。
4．(2018·宜昌模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A物体在纸带上的滑动时间；
(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的vt图象；
(3)两物体A、B停在地面上的距离。
答案 (1)1 s (2)图见解析 (3)1.25 m
解析 (1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1
当物体A滑离纸带时at－a1t＝d
由以上两式可得t1＝1 s。
(2)开始时A、B以a1共同加速，速度相同，A滑到地面时以a2＝μ2g减速运动，B继续加速一段时间后也滑到地面上以a2减速，故vt图象如图所示。
(3)物体A离开纸带时的速度
v1＝a1t1
两物体在地面上运动时均有μ2mg＝ma2
物体A从开始运动到停在地面上的过程中总位移
x1＝＋
物体B滑离纸带时at－a1t＝2d
物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2
物体B从开始运动到停在地面上的过程中总位移
x2＝＋
两物体A、B最终停止时的间距
x＝x2＋d－x1
由以上各式可得x＝1.25 m。
课后作业
1. 如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们的共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )
A．木块受到的摩擦力一定是μmg
B．木块受到的合力为F
C．长木板受到的摩擦力为μmg
D．长木板受到的合力为
答案 D
解析 整体的加速度a＝， 隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F合＝，且长木板所受的合力等于长木板所受的静摩擦力。又长木板所受的静摩擦力等于长木板对木块的静摩擦力，不一定等于μmg，故A、C错误，D正确；木块所受的合力为F合′＝ma＝，故B错误。
2．(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。若A、B之间的动摩擦因数为μ，μ
A．A、B保持相对静止
B．A、B一定相对滑动
C．B与斜面间的动摩擦因数为
D．B与斜面间的动摩擦因数为
答案 BD
解析 因为μμmgcosθ，所以A、B一定相对滑动，A错误，B正确；选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ－μB·2mgcosθ＝0，μB＝，故C错误，D正确。
3．(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
答案 AC
解析 当F＝6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3 kg，当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝＝－，图线的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝2 kg，A正确；滑块的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，B错误；当F＝7 N时，由a＝知长木板的加速度a＝3 m/s2，C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不变，D错误。
4．(2018·潍坊模拟)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的( )
A．从下端B离开，v>v1 B．从下端B离开，v
解析 物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带向下的分力的大小关系及传送带的长度，故有多种可能情况。若从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，vv1，A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C。
5．(多选)如图，一个质量为m＝1 kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg 的A、B两物块。A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2。若现用水平恒力F作用在A物块上，取重力加速度g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．当F＝2 N时，A物块和木板开始相对滑动
B．当F＝1 N时，A、B两物块都相对木板静止不动
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为 N
D．若F＝6 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2
答案 BC
解析 假设A、B两物块与木板相对静止一起运动，对整体有F＝(m＋mA＋mB)a，对B有fB＝mBa，且fB≤μmBg，对A有F－fA＝mAa，且fA≤μmAg，对B和木板整体fA＝(m＋mB)a，解得F≤ N，故A错误，B正确；当F> N时，A与长木板相对运动，B与长木板相对静止，故F＝4 N时，μmAg＝(m＋mB)a1，fB1＝mBa1，解得fB1＝ N，故C正确；若F＝6 N，则B物块加速度大小为a1＝ m/s2，故D错误。
6．(2018·济宁模拟)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∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
答案 A
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，由等时圆模型可知，从A、B、D三点由静止释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
7．(2018·河南省仿真模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．传送带沿顺时针方向转动
B．传送带沿逆时针方向转动
C．传送带的速度大小为2 m/s
D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2
答案 ACD
解析 由xt图象可知，图象的斜率等于速度，故物块的速度先减小到零后，反向增加，最后匀速运动回到初始位置，可判断传送带沿顺时针方向转动，A正确，B错误；由3.0～4.5 s内的图象可知，传送带的速度v＝＝ m/s＝－2 m/s，C正确；因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m，由x＝at2知a＝＝2 m/s2，则根据a＝μg可知，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，D正确。
8．(2018·兰州模拟)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N，当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t＝1.5 s的时间，则物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)( )
A．1 m B．2.1 m C．2.25 m D．3.1 m
答案 B
解析 放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度a2＝＝0.5 m/s2，设物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移s1＝a1t＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车共速后假设相对静止，则共同加速度为a＝＝0.8 m/s2，物体受到的摩擦力f＝ma＝1.6 N，而fmax＝μmg＝4 N，f
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
答案 ABC
解析 若传送带不动，工件减速到零的位移x＝＝8 m>s，故工件从A到B一直减速，由匀变速运动规律可知v－v＝－2μgs，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度大小还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故A、B、C正确，D错误。
10．(2018·保定模拟)(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，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则( )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tanθ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后木块的加速度为2gsinθ－
答案 AD
解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsinθ>μmgcosθ)，将一直匀加速到底端；当木块上滑时(mgsinθ<μmgcosθ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带逆时针转动，A正确。木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsinθ＋μgcosθ，由图可知a1＝，则μ＝－tanθ，B错误。当木块的速度大于等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，C错误。t0后木块的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－，D正确。
11．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。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：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
解析 (1)假设滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。
设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板受地面的摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。
在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
因为f2－f1>f3，故假设成立。
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。
由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
在B与木板达到共同速度v1后，因为μ1g>μ2g，所以B和木板相对静止，共同减速，设木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；
故B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。
由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。
因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。(也可用如图的速度—时间图线求解)
12．(2015·全国卷Ⅰ)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：
(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。
答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
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，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度
v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝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①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1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
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，
联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4。⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，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
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
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s1＝Δt⑪
小物块运动的位移为s2＝Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭
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a4，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
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰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。
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—木板”模型和“传送带”模型常以计算题压轴题的形式命题。(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
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的弦，倾角为θ，一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，而x＝at2，解得t＝2，这也是沿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环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等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
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t1、t2分别表示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则( )
A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1
答案 A
方法感悟
“等时圆”问题的解题思路
1. (2018·烟台模拟)(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，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1
解析 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、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、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故A错误，B、C、D均正确。
2. (2018·东北三校模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是( )
A．tA
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
答案 B
解析 由“等时圆”模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB
解析 如图所示，过D点作OD的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，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B正确。
热点二 “传送带”模型
1．特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间μ≠0。
2．常见的传送带模型
(1)水平传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
a.可能一直加速
b．可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将变为零
情景2
a.v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
b．v0
情景3
a.传送带较短时，滑块一直减速达到左端
b．传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0>v时返回速度为v，当v0
(2)倾斜传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
a.μ>tanθ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
b．μ
a.μ>tanθ时，可能一直加速下滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力
b．μ
[例1] (多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.＋ B.
C. D.
解析 若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得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，得t＝，D正确；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，从而得t＝t1＋t2＝＋，A正确；由以上分析可知，木块的运动时间一定大于，B错误。
答案 ACD
方法感悟
求物体在水平传送带上运动的时间时，因传送带的长度不确定，物体有可能一直加速，也可能先加速再匀速，注意分类讨论。
[例2] 如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B的长度为LAB＝16 m，传送带以v0＝10 m/s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μ＝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
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2
物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间
t1＝＝1 s
物体运动的位移x1＝a1t＝5 m<16 m
即物体加速到10 m/s时仍未到达B点，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ
设此阶段物体滑动到B所需时间为t2，则
LAB－x1＝v0t2＋a2t
解得t2＝1 s，t2′＝－11 s(舍去)
故物体经历的总时间t＝t1＋t2＝2 s。
答案 2 s
方法感悟
设传送带与水平面间的夹角为θ，处理倾斜传送带问题时，要特别注意物体沿传送带斜面向下的重力分力mgsinθ与物体所受传送带的摩擦力μmgcosθ的大小和方向关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，从而确定物体运动的情况。
1. 水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是( )
答案 B
解析 物块刚滑上传送带时，速度向左，由于物块与传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ m＝2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，等其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝ m＝0.5 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度就等于传送带的速度，所以B正确。
2．(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6, cos37°＝0.8，下列判断正确的是( )
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．物块A、B运动的加速度大小不同
D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同
答案 BD
解析 A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，故A、B的加速度大小相同，运动时间相同，将同时到达底端，故A、C错误，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，D正确。
3．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。g取10 m/s2。
(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恒为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v0′＝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/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＝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＝＝ m>L＝8 m，
则由v－v＝－2aL，得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，若物块加速到v1＝12 m/s，
由v－v＝2ax1，得x1＝ m
即物块到达B时的速度为vB′＝v1＝12 m/s。
(3)若向右减速到v2＝0，
由v－v0′2＝－2ax2，得x2＝3 m
接着向左加速运动，若向左加速到v3＝4 m/s时，
由v－v＝2ax3，得x3＝ m
由v3＝v2＋at2，得加速时间t2＝ s。
向左匀速运动时v4＝v3＝4 m/s，
x4＝x2－x3＝ m，
由x4＝v4t3，得匀速运动时间t3＝ s，
故t＝t1＋t2＋t3＝ s。
4．如图所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5 m/s的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d＝15.25 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μ＝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a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
v＝a1t1，
x1＝a1t，
代入数据解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝1.25 m，
由于x1＝1.25 m
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
x2＝d－x1＝vt2＋a2t，
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＝t1＋t2＝2.5 s。
热点三 “滑块—木板”模型
滑块—木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动等主干知识，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—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Δx＝x2－x1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
[例1] 如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
解析 (1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm＝μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体：F＝(M＋m)a
对A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5 N
因fAB
对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
根据题意：xB－xA＝L；xA＝aAt2；xB＝aBt2
解得：t＝ s。
答案 (1)不会 (2) s
方法感悟
分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
[例2] 如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
解析 (1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，
依题意a>0，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsinα＝ma，
又Ff≤Ffm＝μmgcosα，
联立解得20 N
对物块，由牛顿第二定律得
μmgcosα－mgsinα＝ma2，
设物块滑离木板所用时间为t，
木板的位移x1＝a1t2，
物块的位移x2＝a2t2，
物块与木板的分离条件为Δx＝x1－x2＝L，
联立以上各式解得t＝1.2 s，
物块滑离木板时的速度v＝a2t，
由公式－2gsinα·x＝0－v2，解得x＝0.9 m。
答案 (1)20 N
方法感悟
“板块”模型的解题思路
1．(2018·云南模拟)质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g取10 m/s2)求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；
(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
解析 (1)放上物块后，物块的加速度
a1＝＝μg＝2 m/s2。
木板的加速度a2＝＝1 m/s2。
(2)当两物体速度相等后保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s，
1 s内木板位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物块位移x2＝a1t2＝1 m。
所以板长至少为L＝x1－x2＝0.5 m。
(3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a，
对物块Ff＝ma，故Ff＝m＝6.29 N。
2．一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—时间图象如图所示。已知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0～0.5 s时间内：
物块的加速度大小
a1＝＝2 m/s2①
木板的加速度大小
a2＝＝8 m/s2②
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μ1、μ2，由牛顿第二定律得
对物块有μ1mg＝ma1③
对木板有μ1mg＋μ2·2mg＝ma2④
联立①②③④解得μ1＝0.20，μ2＝0.30⑤
(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
a共＝＝μ2g⑥
物块受到的静摩擦力Ff＝ma共＝μ2mg>μ1mg，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μ1mg＝ma1′⑦
对木板有μ2·2mg－μ1mg＝ma2′⑧
解得物块和木板的加速度大小分别为
a1′＝2 m/s2
a2′＝4 m/s2
物块还能运动的时间
t1′＝＝0.5 s⑨
木板还能运动的时间
t2′＝＝0.25 s⑩
物块全程运动的vt图线如图中点粗实线所示。
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－x1＝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θ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cosθ＝1，sinθ＝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μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsinθ＝ma1
f＝μmgcosθ
联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2
a1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s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，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s2。
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l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
M＝4m
Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据解得l＝98 m。
4．(2018·宜昌模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A物体在纸带上的滑动时间；
(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的vt图象；
(3)两物体A、B停在地面上的距离。
答案 (1)1 s (2)图见解析 (3)1.25 m
解析 (1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1
当物体A滑离纸带时at－a1t＝d
由以上两式可得t1＝1 s。
(2)开始时A、B以a1共同加速，速度相同，A滑到地面时以a2＝μ2g减速运动，B继续加速一段时间后也滑到地面上以a2减速，故vt图象如图所示。
(3)物体A离开纸带时的速度
v1＝a1t1
两物体在地面上运动时均有μ2mg＝ma2
物体A从开始运动到停在地面上的过程中总位移
x1＝＋
物体B滑离纸带时at－a1t＝2d
物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2
物体B从开始运动到停在地面上的过程中总位移
x2＝＋
两物体A、B最终停止时的间距
x＝x2＋d－x1
由以上各式可得x＝1.25 m。
课后作业
1. 如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们的共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )
A．木块受到的摩擦力一定是μmg
B．木块受到的合力为F
C．长木板受到的摩擦力为μmg
D．长木板受到的合力为
答案 D
解析 整体的加速度a＝， 隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F合＝，且长木板所受的合力等于长木板所受的静摩擦力。又长木板所受的静摩擦力等于长木板对木块的静摩擦力，不一定等于μmg，故A、C错误，D正确；木块所受的合力为F合′＝ma＝，故B错误。
2．(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。若A、B之间的动摩擦因数为μ，μ
A．A、B保持相对静止
B．A、B一定相对滑动
C．B与斜面间的动摩擦因数为
D．B与斜面间的动摩擦因数为
答案 BD
解析 因为μ
3．(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
答案 AC
解析 当F＝6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3 kg，当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝＝－，图线的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝2 kg，A正确；滑块的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，B错误；当F＝7 N时，由a＝知长木板的加速度a＝3 m/s2，C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不变，D错误。
4．(2018·潍坊模拟)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的( )
A．从下端B离开，v>v1 B．从下端B离开，v
解析 物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带向下的分力的大小关系及传送带的长度，故有多种可能情况。若从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，v
5．(多选)如图，一个质量为m＝1 kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg 的A、B两物块。A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2。若现用水平恒力F作用在A物块上，取重力加速度g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．当F＝2 N时，A物块和木板开始相对滑动
B．当F＝1 N时，A、B两物块都相对木板静止不动
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为 N
D．若F＝6 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2
答案 BC
解析 假设A、B两物块与木板相对静止一起运动，对整体有F＝(m＋mA＋mB)a，对B有fB＝mBa，且fB≤μmBg，对A有F－fA＝mAa，且fA≤μmAg，对B和木板整体fA＝(m＋mB)a，解得F≤ N，故A错误，B正确；当F> N时，A与长木板相对运动，B与长木板相对静止，故F＝4 N时，μmAg＝(m＋mB)a1，fB1＝mBa1，解得fB1＝ N，故C正确；若F＝6 N，则B物块加速度大小为a1＝ m/s2，故D错误。
6．(2018·济宁模拟)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∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
答案 A
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，由等时圆模型可知，从A、B、D三点由静止释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
7．(2018·河南省仿真模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．传送带沿顺时针方向转动
B．传送带沿逆时针方向转动
C．传送带的速度大小为2 m/s
D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2
答案 ACD
解析 由xt图象可知，图象的斜率等于速度，故物块的速度先减小到零后，反向增加，最后匀速运动回到初始位置，可判断传送带沿顺时针方向转动，A正确，B错误；由3.0～4.5 s内的图象可知，传送带的速度v＝＝ m/s＝－2 m/s，C正确；因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m，由x＝at2知a＝＝2 m/s2，则根据a＝μg可知，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，D正确。
8．(2018·兰州模拟)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N，当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t＝1.5 s的时间，则物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)( )
A．1 m B．2.1 m C．2.25 m D．3.1 m
答案 B
解析 放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度a2＝＝0.5 m/s2，设物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移s1＝a1t＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车共速后假设相对静止，则共同加速度为a＝＝0.8 m/s2，物体受到的摩擦力f＝ma＝1.6 N，而fmax＝μmg＝4 N，f
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
答案 ABC
解析 若传送带不动，工件减速到零的位移x＝＝8 m>s，故工件从A到B一直减速，由匀变速运动规律可知v－v＝－2μgs，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度大小还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故A、B、C正确，D错误。
10．(2018·保定模拟)(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，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则( )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tanθ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后木块的加速度为2gsinθ－
答案 AD
解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsinθ>μmgcosθ)，将一直匀加速到底端；当木块上滑时(mgsinθ<μmgcosθ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带逆时针转动，A正确。木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsinθ＋μgcosθ，由图可知a1＝，则μ＝－tanθ，B错误。当木块的速度大于等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，C错误。t0后木块的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－，D正确。
11．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。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：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
解析 (1)假设滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。
设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板受地面的摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。
在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
因为f2－f1>f3，故假设成立。
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。
由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
在B与木板达到共同速度v1后，因为μ1g>μ2g，所以B和木板相对静止，共同减速，设木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；
故B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。
由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。
因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。(也可用如图的速度—时间图线求解)
12．(2015·全国卷Ⅰ)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：
(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。
答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
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，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度
v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝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①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1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
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，
联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4。⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，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
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
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s1＝Δt⑪
小物块运动的位移为s2＝Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭
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a4，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
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰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。
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