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热点专题系列(三)
动力学中三种典型物理模型
[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v t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v t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 ＝，物块的加
板
速度大小a ＝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
物
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 、t
0
已
知，重力加速度为g，则( )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tanθ＋
C．t 后木块的加速度为2gsinθ－
0
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＞μmgcosθ)时，将一直匀加速
到底端；当木块上滑(mgsinθ＜μmgcosθ)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v t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～t 内，所受滑动摩擦力向下，沿传送带向下做
0
匀加速直线运动，加速度为a ＝gsinθ＋μgcosθ，由图乙可知：a ＝，联立解得μ＝－
1 1
tanθ，故B错误。t 后木块所受滑动摩擦力向上，木块的加速度a ＝gsinθ－μgcosθ，
0 2
代入μ值得a ＝2gsinθ－，故C正确。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所
2
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＋4) m
答案 AD
解析 由图乙所示v t图像得0～1 s内煤块的加速度大小a
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a ＝ m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带
2
向下。0～1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma 1～2 s内，对煤
1,
块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma ，联立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正
2
确，B错误；v t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 ＝ ＝ s＝ s，所以煤块从冲上传送带到返
下
回A端所用的时间为(2＋) 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＋) s内传送带向上运动，
煤块向下运动，划痕总长为2 m＋a
2
t＋v传 t
下
＝(12＋4) 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a 、a ′；
B B
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB 。
答案 (1) (2)3μg μg (3)2
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a ＝＝μg
A
在B上滑动时有2a
A
L＝v
解得：vA ＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小f ＝μmg，方向向左，
A
地面的摩擦力大小f ＝2μmg，方向向左，
地
合外力大小F＝f ＋f ＝3μmg
A 地
由牛顿第二定律F＝ma ，得a ＝3μg
B B
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f ＝2μmg
地
由牛顿第二定律F′＝2ma ′，得a ′＝μg。
B B
(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x
A
、x
B
，A的加速
度大小等于a
A
则v＝a
A
t，v＝vB －a
B
t
x
A
＝a
A
t2，x
B
＝vB t－a
B
t2
且x －x ＝L
B A
解得：vB ＝2。
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μ ＝0.1，薄
1
木板与地面之间的动摩擦因数为μ ＝0.2。在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向
2
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) 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：μ mg＝ma
1 1
代入数据解得：a ＝1 m/s2
1
对木板有：F－μ mg－μ (M＋m)g＝Ma
1 2 2
代入数据解得：a ＝2.5 m/s2
2
a >a ，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。
2 1
(2)设经过时间t 木块离开木板，则
1
对木块有：x ＝a t
1 1
对木板有：x ＝a t
2 2
又有：L＝x －x
2 1
联立并代入数据解得：t ＝2 s。
1
(3)t＝1 s末木块的速度v1 ＝a
1
t＝1×1 m/s＝1 m/s
木板的速度v2 ＝a
2
t＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx ＝t＝0.75 m
1
若在时间t＝1 s末撤去F，则之后木块仍以a 的加速度做匀加速运动，而木板
1
将做匀减速运动，设加速度大小为a ，则有：
3
μ mg＋μ (M＋m)g＝Ma
1 2 3代入数据解得：a ＝3.5 m/s2
3
设再经时间t
2
后二者速度相等，有：v1 ＋a
1
t
2
＝v2 －a
3
t
2
代入数据解得：t ＝ s
2
此时两者的共同速度为v＝v1 ＋a
1
t
2
＝ m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx ＝t －t ＝0.25 m
2 2 2
假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a 的加速度减速，木板也向左减
1
速，设加速度大小为a ，则有：
4
μ (M＋m)g－μ mg＝Ma
2 1 4
代入数据解得：a ＝2.5 m/s2
4
a >a ，假设成立
4 1
此过程木块相对木板的位移大小
Δx ＝－＝ m＜Δx ＋Δx
3 1 2
则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx＝Δx ＋Δx ＝1 m。
1 2
