专题强化4 动力学中两类典型物理模型-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书

第三章 运动和力的关系回 专题强化四 动力学中两类典型物理模型 .专题解读 1.本专题是动力学方法在典型模型问题中的应用,滑块一本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 链视角 [对应学生用书P51 探究热点 热点( “传送带”模型(方法模型) 精讲导学 n-0.2,A、B间的距离为2m,g取10m/s。 (1)若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A 处,求行李到达B处的时间及传送带上由于摩擦产 传送带模型问题两类分析角度 生的痕迹长度。 (1)“带动法”判断摩擦力方向:同向快带慢、反向互相阻 (2)要想把无初速度放在A处的行李传到B处所 (2)共速要突变的三种可能性:①滑动摩擦力突变为零: 用的时间最短,传送带的速度至少为多大? (3)传送带转动方向反向,如图乙 ②滑动摩擦力突变为静摩擦力;③方向突变 (1)参考系的选择:物体的速度、位移,加速度均以地面 阅完 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 乙 ①若行李放在A处时的初速度为v。-0.2m/s,求 速运动 (3)判断传送带长度(物体在达到共速之前是否已潜出) 行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦 产生的痕迹长度; ②若行李放在A处时的初速度为v.一0.6m/s,求 类型突破 行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦 产生的痕迹长度。 类型1 水平传送带 解析(1)对行李,根据mg-na, 图示 项目 滑块可能的运动情况 解得一2m/s, 根据v-at,匀加速运动的时间-0.2s. (1)一0时,可能一直加速,也可能 匀加速运动的位移大小,一 1- 先加速后匀速 x2x (2)一:时,可能一直减速,也可能 0.2m-0.04m~2m. 先减速后匀速 故行李先匀加速再匀速,匀速运动的时间为1。一 长抖耕 (3)u:时,可能一直加速,也可能 1-r2-0.04 先加速后匀速 士s-4.9s. 0.4 可得行李从A到B的时间为1-1.十t。一5.1s. (1)传送帮较短时,潜块一直减速到 在传送带上留下的摩擦痕迹长度为△r一vt-r一 _1 达左端 (2)传送带较长时,滑块还要被传送 (0.4×0.2-0.04)m-0.04m。 带传回右端。其中一v时返回速 (2)行李一直加速所用时间最短, 度为v,时返回速度为v 加速度大小a-2m/s. 由-2aL,得传送带的速度至少为v-2②m/s。 [例1] 应用于机场和火车站的 (3)①传送带转动速度反向,若行李放在A处时的 安全检查仪,其传送装置可简 初速度为v一0.2ms,行李先向右匀减速,加速度 化为如图甲所示的模型。传送 大小为a-2m/s. 带始终保持v一0.4m/s的恒定 匀减速运动的时间1.-_0.1s.匀减速运动的位 速率顺时针运行,行李与传送带之间的动摩擦因数 97 回 高考一轮总复习·物理 移大小:-v-2t*-0. 01m<2m, 类型突破 行李不会从右端滑出,接着行李向左匀加速运动, 匀加速运动的时间.-1.=0.1s.行李从左墙离 类型2 倾斜传送带 项目 图示 开,在传送带上的时问为(-t.十1.-0.2s, 滑块可能的运动情况 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Ar-V (1)传送带两端距离较小时,可能一 十r十t-x-0.08m。 直加速 ②若行李放在A处时的初速度为v.一0.6m/s.行 (2)传送带两端距离较大时,若 李先向右做匀减速运动,加速度大小为a一2ms{}. tan6,则先加速后匀速,若ntan0. 则先以加速度a:做加速运动,后以 匀减速运动的时间1.--0.3s,匀减速运动的位 加速度a。做加速运动 移大小x。-vot-at =0. 09 m<2m,行李不会 (1)tanθ时,一直加速 (2)-tan8时,一直匀速 从右瑞滑出,接着行李向左做匀加速运动,根据v (3)tan时,先减速,后反向加速 一at,匀加速运动的时间1.一0.2s,匀加速运动的 [例2](2021·辽宁卷)机场地 勤工作人员利用传送带从飞 0. 09m,接着再匀速运动t。-0.125s,行 机上卸行李。如图所示,以恒 定速率v.=0.6m/s运行的传 李从左端离开,在传送带上的时间为1一1.十4+ 送带与水平面间的夹角。一 .... -0.625s;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度 37{*} ,转轴间距L.一3.95m。工作人员沿传送方向 为△x=ut+x.+vt-xr.-0.25m。 以速度v-1.6m/s从传送带顶端推下一件小包 答案 (1)5.1s0.04m(2)2v2m's 裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因 (3)①0.2s 0.08m ②0.625s 0.25m 数=0.8。取重力加速度g-10m/s$*}; 针对训练 sin 37*-0.6,cos37*-0.8。求; (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a。 1. 如图所示,水平匀速转动的传送带左右两端相距L -3.5m,物块A(可看作质点)以水平速度v (2)小包裹通过传送带所需的时间7. 4m/s滑上传送带左竭,物块与传送带间的动摩擦 解析(1)小包裹的速度v。大于传送带的速度” 因数一0.1.设A到达传送带右端时的瞬时速度 所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上,根 为v,g取10m/s,下列说法不正确的是 f 据牛顿第二定律可知umgcosa一mgsina=ma,解 得a-0.4m/s: (2)根据(1)可知小包赛开始阶段在传送带上做匀 A.若传送带速度等于2m/s.物块不可能先做减速 运动后做匀速运动 减速直线运动, 用时--1.6-0.6 B.若传送带速度等于3.5m/s.v可能等于3m/s -2.5s. 1. C.若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于 0.4 二 3m's,传送带可能沿逆时针方向转动 在传送带上滑动的距离为x.= D.若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于 3m/s.则传送带的速度不大于3m/s 1.6+0.62.5m-2.75m. 解析 A.根据牛顿第二定律可得:nng一na,解 得a-1m/s{,物块速度达到传送带速度时通过的 因为小包襄所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方 位移为x,则一-2ax,解得x-6m>L,故物 向上的分力,即umgcosamgsina. 块一直减速运动,故A正确;BC.若传送带速度等 所以小包赛与传送带共速后做匀速直线运动滑至 于3.5m/s,且逆时针转动,到达右端的速度为v. 1-_ 则v一v-2aL,解得v-3m/s.故BC正确; 传送带底端,匀速运动的时间为= 1 D.若传送带逆时针转动,物块在传送带上一直减 3.95-2.75 -2s. 速运动,到达右瑞的速度一定为3m/s,传送带的 0.6 速度可以为任意值,故D错误。 答案 D 所以小包襄通过传送带的时间为t-1.十t.-4.5s。 答案(1)0.4m/s*(2)4.5s 88 第三章 运动和力的关系 回 [针对训练 (2)求出煤块从A运动到B的时间,试画出煤块的 v-7图像。 2.(多选)如图甲所示,倾斜的传送带以恒定速率v (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹 的长度。 沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37*}。一物块 解析 (1)由于mgsin37*>umgcos37*,所以煤块 以初速度,从传送带的底部冲上传送带并沿传送 与传送带速度相同后,它们不能相对静止。 带向上运动,其运动的v一.图像如图乙所示,物块 (2)煤块刚放上时,受到沿斜面向下的摩擦力,其加 到达一定高度时速度为零,sin37*-0.6,cos37* 速度为a.-g(sin0十cosθ)-10m/s, 0.8.g-10ms*,则 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间 t/(ms) ---1s,发生的位移x,-at-5m. 煤块速度达到v。后,加速度大小改变,继续沿传送 2 带向下加速运动, 37:. 1.2s 则有a.-g(sinθ-cosθ)-2m/s. 甲 乙 x=L-xi-5.25m. A.传送带的速度为4m/s B.物块上升的竖直高度为0.96m C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 得1。-0.5s. D.物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反 故煤块从A运动到B的时间为t-1.+1.-1.5s i 若v小于u,则物块向上做减速运动时加 解析 u-1图像如图所示。 速度不变,与题图乙不符,因此物块的初速度v一 r(m:s-) 11....... 定大于D。结合题图乙可知物块减速运动到与传 10.. 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2m/s,A错误;物块的位移 -1x(4 等于v-1图线与横轴所围的面积,即L一- 115 (3)第一过程痕迹长△x.=vt-x.-5m. 第二过程痕迹长△x.-x-vt.-0.25m. △x。与△x,部分重合,故痕迹总长为5m。 高度为h=Lsin0-0.96m,B正确;0~0.2s内, 答案(1)不能(2)1.5s 见解析图 (3)5m 加速度a.-△_2.0-4.0 0.2 m/s--10m/s,加 方法点拨 速度大小为10m/s{,根据牛顿第二定律得a= 1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行 mgsin0+mgcos8-10m/s,解得-0.5,C正 正确的分析与判断。 n <,摩擦力为动力,物体加 确;在0~0.2s内,摩擦力方向与物块的运动方向 相 →,摩擦力为阻力,物体减速 相反,0.2~1.2s内,摩擦力方向与物块的运动方 依据物体速 度与传送带 向相同,D错误。 方向 摩擦力先为阻力,物体减速到零 速度的关系 答案 BC 细反 再为动力,物体反向加速运动 3.如图所示,传送带与水平地面 物体有加速趋势,摩擦力为阻力; 的夹角0-37*,从A到B的 物体有减速趋势,摩擦力为动力 长度为L-10.25m.传送带 2.临界状态:当一时,摩擦力发生突变,物体的加速 以-10m/s的速率逆时针 度发生突变。 转动。在传送带上端A无初 3.滑块与传送带的划痕长度等于滑块与传送带的相对位 速度释放一个质量为n一0.5kg的黑色煤块(可视 移的大小,若有两次相对运动且两次相对运动方向相 为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为。 同,Ar一Ax十Azx.(图甲):若两次相对运动方向相反 △x等于较长的相对位移大小。(图乙) 0.5,煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知 A. △ sin37*-0.6,g取10m/s*,求: △ △ (1)当煤块与传送带速度相同时,接下来它们能否 △ 相对静止。 99 同 高考一轮总复习·物理 热点 “滑块一木板”模型(方法模型) 精讲导学 (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 1.两种常见类型 运动? (4)最终小物块离长木板右端多远? 类型图示 规律分析 解析 (1)对长木板,根据牛顿第二定律可得, F-_mg. 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 M (_二 物块恰好潜到木板左端时二者速度 解得a-3m/s: 相等,则位移关系为x一x。+L (2)撤去F之前,小物块只受摩擦力作用, 故a-g-2m/s. 物块A带动长为L的木板B.物块 A 恰好不从本板上掉下的临界条件是 2at =-0.5m; 131) 物块恰好滑到木板右端时二者速度 (3)刚撤去F时u-at-3ms.v.=a1-2m/s. 相等,则位移关系为x.十L一x。 撒去F后,长木板的加速度a'-umg-0.5m/s 2.解题方法突破 M (1)关注“一个转折”和“两个关联” 最终速度v'-v。+at'-v-a't', 解得共同速度v'一2.8m/s: 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑 转折 (4)在了内,小物块和长木板的相对位移; 下,是受力和运动状态变化的转折点 2 2 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 解得△r.-0.2m. 两个 其他力的变化,转折前、后滑块和木板的加速度都 最终小物块离长木板右端x-△r.+△r.-0.7m。 关联 会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进 答案 (1)3m/s (2)0.5m(3)2.8m/s 行受力分析是建立模型的关键 (4)0.7m (2)掌握“板块”模型的“思维流程” 针对训练 [物→ 确定滑块 木板模型 4.(2025·辽宁大连市期末)平板小车静止放在水平 1 地面上,箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板 计算判 止第二判断是否存在速度相等的 , 和动学公“临界点” 车,箱子和车之间有摩擦,地面对小车的阻力可忽 无作界 块与,确定相回时间内的位移 略,当它们的速度相等时,箱子和平板车的位置情 况可能是 #1时 ( 速度 木板分离 关系,列求解 ) _ 滑块与木板 出体 由隔法求渐 # 7_ 夜相等后统加及人路 度相等度力。 1-_ A 1 B 若,假设成立。 若>F,假设不成立, 整体列式 分别列式 C 类型突破 D 解析 方法一:箱子以一定的水平初速度v。从左 类型1 水平面上的板块问题 瑞滑上平板车,在摩擦力作用下,箱子做匀减速直 [例3] 如图所示,在光滑的 M 线运动,平板车做匀加速直线运动,设经过!时间 水平面上有一足够长的质 箱子与平板车达到共速,此过程平板车的位移 量为M一4kg的长木板,在长木板右端有一质量 为。-,箱子的位移为x。+-,则箱子 为m一1kg的小物块,长木板与小物块间的动摩擦 2 因数为i一0.2,长木板与小物块均静止,现用F 相对于平板车向前的位移大小为△r-文。-x。- 14N的水平恒力向右拉长木板,经时间/一1s撤 2 1 去水平恒力F,g取10m/s{,则: (1)在F的作用下,长木板的加速度为多大? 选C。 2100 第三章 运动和力的关系 回 方法二:由v一1图像可知箱子的位移大于小车的 类型3 “板块”模型中的图像问题 位移,二者相对位移大于小车的位移。 [例5] 如图里所示,质量为M的本板静止在光滑水 答案 C 平面上。一个质量为的小滑块以初速度v.从木 类型突破 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 . 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1m的滑板,滑板 370 小 与沙子间的动摩擦因数为 甲 孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止 A.滑块和木板始终存在相对运动 开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小 B.滑块始终未离开木板 孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为 C.滑块的质量大于木板的质量 0.4.小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长 sin37-0.6,cos37*-0.8.g取10ms,则下列 解析 AB.由题图乙可知,在2.时刻滑块和木板达 判断正确的是 A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s 到共同速度,此后滑块与木板相对静止,所以滑块 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m's 始终未离开木板,故A错误,B正确;C.滑块与木 C.经过1s的时间,小孩离开滑板 板相对滑动过程中,二者所受合外力大小均等干滑 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8ms 动摩擦力大小,而根据题图乙中图像的斜率情况可 解析 知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度,则根 对小孩,由牛顿第二定律得,加速度大小 -F可知滑块的质量大于木板 据牛顿第二定律a- -2.8ms,同 7 理对滑板,加速度大小: 的质量,故C正确;D.根据v-1图像与坐标轴所围 面积表示位移可知,t.时刻滑块相对木板的位移大 mgsin 37*+n.mgcos 37*-2.mgcos 37" 小为△r-但滑块在4,时刻不一定位于木板的 7 2 0.8m/s{,A错误,B正确;小孩刚与滑板分离时,有 #- a。r}-L,解得1-1s.离开滑板时小孩 的速度大小为v-a/-2.8ms.D错误,C正确。 答案 {BC 答案 BC 课时临测训练12 动力学中两类典型物理模型 >对应学生用书P345 过基础对点练 B.小铁块不能滑出本板 对点练1 “传送带”模型 C.木板一定向右滑动 1.(多选)质量为m.-20kg、 图→1n D.小铁块能滑出木板 长为L一5m的木板放在水 解析 小铁块与木板间的最大静摩擦力为F。= 平地面上,木板与水平地面 1mg-40N,木板与地面间的最大静摩擦力为F。 间的动摩擦因数为1.-0.15。将质量为n-10k 一n.(m。+n)g=45N,因为F。<F.,所以木板一 的小铁块(可视为质点),以v.一4m/s的速度从木 定静止不动,故A正确,C错误;根据牛顿第二定律 板的左端水平冲上木板(如图所示),小铁块与木板 可得小铁块在木板上滑行的加速度大小为a一& 间的动摩擦因数为1。一0.4,最大静摩擦力等于滑 -4m/s{},假设小铁块未滑出木板,则小铁块在木 动摩擦力,g一10m/s,则下列判断正确的是 板上运动的距离为r一 ( 2a ) A.本板一定静止不动 小铁块不能滑出木板,故B正确,D错误。 答案 AB 101