《2024届物理一轮复习讲义专题强化三 牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届物理一轮复习讲义专题强化三 牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题含答案.doc（35页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024届物理一轮复习讲义专题强化三牛顿运动定律的综合应用动力学图像、连接体及临界极值问题学习目标1.理解图像的坐标轴、斜率等所代表的物理量。 2.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。 3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。考点一动力学图像问题1.常见动力学图像及应用方法vt图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力Fa图像首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知
2、量at图像要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程Ft图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质2.动力学图像问题的解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。例1 (多选)(2021全国乙卷，21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图1(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化
3、关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因数为2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则()图1A.F11m1gB.F2(21)gC.21D.在0t2时间段物块与木板加速度相等答案BCD解析分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F11(m1m2)g，A错误；t1t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有2m2g1(m1m2)g0，故21，C正确；0t1时间内长木板和物块均静止，t1t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满
4、足2m2g1(m1m2)gm1am，F21(m1m2)g(m1m2)am，解得F2(21)g，B、D正确。跟踪训练1.公共汽车进站时，刹车过程的加速度时间图像如图2所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在()图2A.0到6 s内的位移约等于30 mB.0时刻的速度约为28 km/hC.4 s时的加速度约为0.5 m/s2D.4 s时受到外力的合力约为2 500 N答案B解析由at图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化量大小约为v21 m/s(1.52)2 m/s31.5 m/s7.75 m/s，所以
5、0时刻的速度约为v0v7.75 m/s28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故06 s内的位移满足xv0t23.25 m，故A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到外力的合力约为Fma5 000 N，故D错误。考点二动力学中的连接体问题1.连接体的五大类型弹簧连接体轻绳连接体轻杆连接体物体叠放连接体两物体并排连接体2.连接体的运动特点(1)轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。(2)轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转
6、动半径成正比。(3)轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。3.连接体问题的分析整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。例2 (多选)(2022全国甲卷，19)如图3，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一
7、次恢复原长之前()图3A.P的加速度大小的最大值为2gB.Q的加速度大小的最大值为2gC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小答案AD解析设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F2mg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kxmg；以向右为正方向，撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kxmgmaP1，对滑块Q有kxmgmaQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由kx一直在减小，可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度大小为2g，Q
8、加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有mgmaQm，解得aQmg，故滑块Q加速度大小最大值为g，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确。跟踪训练2.(多选)如图4所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是()图4A.增大推力F B.减小倾角C.减小B的质量 D.减小A的质量答案AD解析设物块与斜面间的动摩擦因
9、数为，对A、B整体受力分析，有F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a，对B受力分析，有FABmBgsin mBgcos mBa，由以上两式可得FABF，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。3.如图5所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，
10、小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是()图5A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为B.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等C.第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为D.第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为答案D解析小滑块匀速运动时，拉力F3mg，所以，A错误；小滑块匀速时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之间，由牛顿第二定律得F2mg8ma2，则a2
11、，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得Fmg8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹3ma1，解得F弹，D正确。力的“分配”原则两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图所示。地面光滑或粗糙F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F弹F。考点三动力学中的临界和极值问题1.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：弹力FN0。(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT0。(4)最终速度
12、(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。2.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。3.解题技巧方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件例3 如图6所示，固定在水平地面上倾角为的光滑斜面上，两个质量分
13、别为m1、m2的滑块1、2用平行斜面的细线连接，初始时，使两滑块均处于静止状态，且细线处于松弛状态。两滑块现在一起在斜面上运动，为保证细线不断，若仅对滑块1施加平行斜面向上的拉力，拉力最大值为F1；若仅对滑块2施加平行斜面向下的拉力，拉力最大值为F2。重力加速度大小为g，细线所能承受的最大张力为T。下列说法正确的是()图6A.细线所能承受的最大张力需要满足Tm2gsin B.对滑块1施加的拉力最大值一定满足F1(m1m2)gsin C.两个拉力最大值一定满足F1F2D.两个拉力最大值满足答案D解析若仅对滑块1施加平行斜面向上的最大拉力F1，细线张力达到最大值T，对滑块2分析，由牛顿第二定律，有
14、Tm2gsin m2a1，当Tm2gsin 时，加速度a1为负值，表示加速度平行斜面向下，所以细线所能承受的最大张力不需要满足Tm2gsin ，对滑块1、2整体分析，由牛顿第二定律有F1(m1m2)gsin (m1m2)a1，得F1T，则F1(m1m2)gsin ，所以对滑块1施加的拉力最大值不需要一定满足F1(m1m2)gsin ，A、B错误；若仅对滑块2施加平行斜面向下的最大拉力F2，细线张力达到最大值T，对滑块1分析，由牛顿第二定律，有Tm1gsin m1a2，对滑块1、2整体分析，由牛顿第二定律，有F2(m1m2)gsin (m1m2)a2，得F2T，联立解得，C错误，D正确。例4 如
15、图7所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物块A、B(物块B与弹簧拴接)，初始时物块均处于静止状态。现对物块A施加一个竖直向上的恒力Fmg，重力加速度为g，则由静止开始向上运动到物块A、B恰好分离的过程中，以下说法正确的是()图7A.物块A做匀加速运动B.物块B的速度先增大后减小C.恰好分离时物块B的加速度大小为D.物块A上升的高度为答案C解析上升过程中A、B整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；物块B速度一直在增大，故B错误；设初始时弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有2mgkx1，解得x1，设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x2，对物块A、B分
16、别应用牛顿第二定律有mgmgma，kx2mgma，联立解得a，x2，则物体A上升的高度为hx1x2，故C正确，D错误。跟踪训练4.(2023山东聊城高三期末)如图8所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为()图8A. B. C. D.3mg答案B解析当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有mgFTma，对左侧整体有FT3ma，联立解得FT，A、C、D错误，B正确。5.如图9所
17、示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数0.75，木板与水平面成角，让木块从木板的底端以初速度v02 m/s沿木板向上滑行，随着的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g10 m/s2，x的最小值为()图9A.0.12 m B.0.14 m C.0.16 m D.0.2 m答案C解析设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成角时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，解得ag(sin cos )，设木块的位移为x，有0v2ax，根据数学关系知sin cos sin ()，其中tan 0.75，可得37，当90时加速度有最大值，且最大值ag，此时905
18、3，加速度最大值为ag，x的最小值为xmin0.16 m，故A、B、D错误，C正确。A级基础对点练对点练1动力学图像问题1.如图1所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。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。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图像可能正确的是()图1答案A解析假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，由以上两式解得Fkxma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B
19、、C、D错误。2.(多选)(2023山东烟台高三期末)如图2甲所示，一个质量为2kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是()图2A.F的大小为8 NB.01 s和13 s内物体加速度的方向相反C.t3 s时，物体离出发位置最远D.3 s末物体的速度为0答案BCD解析由图乙可知t1 s时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下，加速度大小为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为Ffma222 N4 N，在01 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得FFfma1，FFfma14 N
20、24 N12 N，A错误；由图乙可知，01 s加速度为正方向，13 s内物体加速度为负方向，所以01 s和13 s内物体加速度的方向相反，B正确；t1 s时，物体的速度va1t141 m/s4 m/s，物体做减速运动的时间t2 s2 s，即物体在t3 s时速度是零，物体离出发位置最远，C、D正确。3.(2022广东广州模拟)如图3，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是()图3答案B解析篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹
21、离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力mgFNma1，开始阶段地面弹力FN小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，FN增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力FN增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为FNmgma2，随着FN增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大。故B符合题意，A、C、D不符合题意。对点练2动力学的连接体问题4.(多选)如
22、图4所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是()图4A.若0，则F1F221B.若0，则F1F231C.若0，则F1F221D.若0，则F1F231答案AC解析三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F12ma，F2ma，易得F1F221，C项正确，D项错误；若0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F12mg2ma，F2mgm
23、a，易得F1F221，A项正确，B项错误。5.(2020江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A.F B. C. D.答案C解析设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F38f38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对
24、倒数第2节车厢的牵引力为F，则有F2f2ma，联立解得FF，C项正确，A、B、D项均错误。6.(多选)如图5所示，倾角为30的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1 kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10 m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A均未碰到地面和滑轮，斜面体相对地面保持静止，则该过程中下列说法正确的是()图5A.物块B运动方向向上B.物块A的加速度大小为2.5 m/s2C.轻绳的拉力大小为7.5 ND.地面给斜面体的摩擦力方向水平向左答案BC解析物块A沿
25、斜面的分力G1mgsin 5 N2.7 m/s2，故A可能，B、C、D不可能。8.(多选)如图7所示，质量为M、倾角为的光滑斜面置于光滑的水平地面上，将一质量为m的小球从斜面上由静止释放，同时对斜面施加一水平方向的力F，下列说法正确的是()图7A.若要使斜面和小球保持相对静止，则FMgtan B.若要使斜面和小球保持相对静止，则F(Mm)gtan C.若要使小球做自由落体运动，则FD.若要使小球做自由落体运动，则F答案BC解析若要使斜面和小球保持相对静止，则斜面与小球有相同的加速度，以斜面和小球为整体，根据牛顿第二定律可得F(Mm)a，以小球为研究对象，其受力如图所示，根据牛顿第二定律可得mg
26、tan ma联立可得F(Mm)gtan ，A错误，B正确；若要使小球做自由落体运动，可知斜面和小球之间的弹力为零，需对斜面施加水平向右的力F，且斜面M垂直于斜面向下的分加速度大于等于小球垂直于斜面向下的分加速度，以斜面M为对象，根据牛顿第二定律可得FMa，又有asin gcos ，联立解得F，C正确，D错误。B级综合提升练9.(多选)如图8所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2) ()图8A.当F24 N
27、时，A、B都相对地面静止B.当F24 N时，A相对B发生滑动C.A的质量为4 kgD.B的质量为24 kg答案BC解析当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F24 N时，A相对B发生滑动，当F24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对B，根据牛顿第二定律得，aB4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA4 m/s2，F24 N，解得mA4 kg，mB2 kg，故C正确，D错误。10.如图9所示，质量m2 kg的小球用细绳拴在倾角37的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g10 m/s2(sin
28、 370.6，cos 370.8)。下列说法正确的是()图9A.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 NB.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 NC.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 ND.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N答案A解析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，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos ma0，Fsin mg0，代入数据解得a013.3 m/s2。由于a
29、15 m/s2a0，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，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos ma2，F2sin mg0，代入数据解得F220 N，选项C、D错误。11.(2023山东烟台模拟)如图10所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F6.5 N，玩具的质量m1 kg。经过时间t2.0 s，玩具移动了距离x2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g10 m/s2)。求：图10(1)玩具与地面间的动摩擦因数；(2)松开手后玩具还能滑行多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平
30、面间的夹角为多大时最省力？答案(1)(2)1.04 m(3)30解析(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有xat2解得a m/s2对玩具由牛顿第二定律得Fcos 30(mgFsin 30)ma解得。(2)松手时，玩具的速度vat2 m/s松手后，由牛顿第二定律得mgma解得a m/s2由匀变速直线运动的速度位移公式得玩具的位移x m1.04 m。(3)设拉力F与水平方向间的夹角为，玩具要在水平面上运动，则Fcos Ff0FfFN在竖直方向上，由平衡条件得FNFsin mg解得Fcos sin sin(60)则当30时，拉力最小，最省力。12.如图11所示，一弹簧一端固定
31、在倾角为37的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m16 kg的物体P，Q为一质量为m210 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。求：图11(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；(3)力F的最大值与最小值。答案(1)0.16 m(2) m/s2(3) N N解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x
32、0，对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有(m1m2)gsin kx0解得x00.16 m。(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1m1gsin m1a前0.2 s时间内两物体的位移x0x1at2联立解得a m/s2。(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则Fmin(m1m2)a N对Q应用牛顿第二定律得Fmaxm2gsin m2a解得Fmax N。专题强化四动力学中两种典型物理模型学习目标1.会分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，并会相关
33、的计算。 2.理解什么是“板块”模型，并会运用动力学的观点正确处理“板块”模型问题。模型一“传送带”模型1.水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0v时，一直加速v0v时，先加速再匀速v0v时，一直减速v0v时，先减速再匀速滑动一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0v返回到左端时速度为v0，若v0v返回到左端时速度为v2.倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系gsin gcos )先加速后匀速一直加速(加速度为gsin gcos )若tan ，先加速后匀速若tan ，先以a1加速，后以a2加速v
34、0v时，一直加速(加速度为gsin gcos )若tan ，先加速后匀速；若tan ，先以a1加速，后以a2加速v0v时，一直加速或减速(加速度大小为gsin gcos ) 或gcos gsin 若tan ，先减速后匀速；若tan ，一直加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsin gcos ，一直加速；gsin gcos ，一直匀速gsin gcos ，一直减速先减速到速度为0后反向加速：若v0v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；若v0v，先反向加速后匀速，反回原位置时速度大小为v角度水平传送带模型例1 (2023山东济宁高三月考)如图1所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保
35、持速度v4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L10 m。一个物块(视为质点)以速度v08 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t2 s物块离开传送带，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()图1A.物块在传送带上一直做匀减速直线运动B.物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 sC.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4D.物块在传送带上留下的划痕为6 m答案C解析假设物块在传送带上一直做减速运动，加速度的大小为a，Lv0tat2，解得a3 m/s2，离开传送带时物块的速度为vv0at2 m/smgsin ，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2
36、 s2 s所以小包裹通过传送带的时间为tt1t24.5 s。(1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。(2)临界状态：当v物v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。(3)滑块与传送带的划痕长度x等于滑块与传送带的相对位移的大小。跟踪训练1.(2023河南濮阳外国语学校月考)如图3甲，M、N是倾角37的传送带的两个端点，一个质量m5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的vt图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是()图3A.物块最终从N点离开传送带B.物块与传送带间
37、的动摩擦因数为0.6C.物块在第6 s时回到M点D.传送带的速度v2 m/s，方向沿逆时针转动答案C解析从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2 m/s，A、D错误；速度时间图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgcos 37mgsin 37ma，解得0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知t1 s时，物块的速度减为0。之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移
38、大小x14 m m，t1 s到t26 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x22 m m，因为x1x2，所以物块在第6 s时回到M点，C正确。模型二“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作用下发生相对滑动。2.位移关系：如图4所示，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xx1x2L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2x1L。图43.解题关键角度水平面上的板块模型例3 如图5所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m1 kg的小物块，长木板与小物块间
39、的动摩擦因数为0.2，长木板与小物块均静止，现用F14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：图5(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？(4)最终小物块离长木板右端多远？答案(1)3 m/s2(2)0.5 m(3)2.8 m/s (4)0.7 m解析(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a解得a3 m/s2。(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用故amg2 m/s2x1at2amt20.5 m。(3)刚撤去F时，长木板的速度vat3 m/s小物块的速度vmamt2 m/s撤去F后，长木板的加速度a0.5 m/s2设再经过时间t，二者最终速度相等，有vvmamtvat解得v2.8 m/s，t0.4 s。(4)在t内，小物块和长木板的相对位移x2解得x20.2 m最终小物块离长木板右端xx1x20.7 m。跟踪训练2.(多选)(2023长沙长郡中学月考)如图6甲所示，质量为mA2 kg的木板A静止在水平地面上，质量为mB1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动