第3章 专题强化4 动力学中两类典型物理模型（Word教参）-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习

专题强化四　动力学中两类典型物理模型 1．本专题是动力学方法在典型模型问题中的应用，滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题中的形式命题。 2．通过本专题的学习，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，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能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。 [对应学生用书P51] 热点 “传送带”模型(方法模型) 传送带模型问题两类分析角度 受力分析 (1)“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻 (2)共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变 运动分析 (1)参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移 (2)判断共速以后是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动 (3)判断传送带长度(物体在达到共速之前是否已滑出) 类型1　水平传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 水平传送带 (1)v0＝0时，可能一直加速，也可能先加速后匀速 (2)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速后匀速 (3)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速后匀速 (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时返回速度为v，v0＜v时返回速度为v0 [例1]　如图所示，长为L的水平传送带AB以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是(　　) A．增大传送带速度v，划痕长度不变 B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小 C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长 D．一定条件下可使l＞L 解析　分三种情况：①石墨块到达B端前速度等于v，则l＝vt－，其中t＝、a＝μg，解得l＝，v增大，则l变长；②石墨块到达B速度小于或等于，且运动时间t＝≤，则l＝vt－L＝v－L，增大v则l变长；③石墨块到达B速度小于或等于v，且运动时间t＞，此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，划痕长度为2L不变，选项A错误；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，选项B错误；第①种情况下l与L无关，选项C错误；由③可知选项D正确。 答案　D 1．(2023·甘肃模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　　) A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动 B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动 D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s 解析　A．根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，物块速度达到传送带速度时通过的位移为x，则v2－v02＝2ax，解得x＝6 m>L，故物块一直减速运动，故A正确；BC．若传送带速度等于3.5 m/s，且逆时针转动，到达右端的速度为v，则v2－v02＝2aL，解得v＝3 m/s，故BC正确；D．若传送带逆时针转动，物块在传送带上一直减速运动，到达右端的速度一定为3 m/s，传送带的速度可以为任意值，故D错误。 答案　D 类型2　倾斜传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 倾斜传送带 (1)传送带两端距离较小时，可能一直加速 (2)传送带两端距离较大时，若μ≥tan θ，则先加速后匀速，若μ＜tan θ，则先以加速度a1做加速运动，后以加速度a2做加速运动 (1)μ＜tan θ时，一直加速 (2)μ＝tan θ时，一直匀速 (3)μ＞tan θ时，先减速，后反向加速 [例2]　(2021·辽宁卷)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s 从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a。 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 解析　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmg cos α－mg sin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2； (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动， 用时t1＝＝ s＝2.5 s， 在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos α＞mg sin α， 所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动滑至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s， 所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 2．(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2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vt图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　) A．传送带的速度为4 m/s B．物块上升的竖直高度为0.96 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反 解析　如果v2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v2一定大于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2 m/s，A错误；物块的位移等于vt图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝L sin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误。 答案　BC 3．如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s 运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求： (1)传送带从A到B的长度。 (2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 解析　(1)煤块速度达到10 m/s之前mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1， 解得a1＝10 m/s2，t1＝＝1 s，x1＝a1t12＝5 m， 煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s， mg sin θ－μmg cos θ＝ma2， 解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋a2t22＝11 m， L＝x1＋x2＝16 m； (2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m， 煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m， 由于s1相＞s2相，可见痕迹长度为5 m。 答案　(1)16 m　(2)5 m 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等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小。(图乙) 热点 “滑块—木板”模型(方法模型) 1．两种常见类型 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 2.解题方法突破 (1)关注“一个转折”和“两个关联” 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下，是受力和运动状态变化的转折点 两个关联 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的变化，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 (2)掌握“板块”模型的“思维流程” 类型1　水平面上的板块问题 [例3]　如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (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？ 解析　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得， a＝， 解得a＝3 m/s2； (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用， 故am＝μg＝2 m/s2， Δx1＝at2－amt2＝0.5 m； (3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s， 撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2， 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′， 解得共同速度v′＝2.8 m/s； (4)在t′内，小物块和长木板的相对位移： Δx2＝－， 解得Δx2＝0.2 m， 最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 答案　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m 4．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(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μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，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。则下列说法错误的是(　　) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2＞μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 解析　图(c)可知，t1时滑块木板一起刚从静止开始滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；图(c)可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2＞μ1，故B、C正确；由图(c)可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。 答案　A 类型2　斜面上的板块问题 [例4]　(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙子间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 解析　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小： a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。 答案　BC 类型3　“板块”模型中的图像问题 [例5]　如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是(　　) A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板 C．滑块的质量大于木板的质量 D．木板的长度一定为 解析　AB．由题图乙可知，在t1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A错误，B正确；C．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律a＝可知滑块的质量大于木板的质量，故C正确；D．根据vt图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t1时刻滑块相对木板的位移大小为Δx＝但滑块在t1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为，其满足题意的最小长度为，故D错误。 答案　BC 学科网（北京）股份有限公司 $$