第三章 专题突破四 动力学中的两类典型模型-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word（广东专用）

　动力学中的两类典型模型 动力学中的“传送带”模型 　水平传送带模型 1．四种常见情境 项目 图示 物块可能的运动情况 情境1 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情境2 以v0冲上匀速传送带 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情境3 以v0冲上匀速传送带 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达最左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回最右端。其中若v0>v，则返回时速度为v；若v0<v，则返回时速度为v0 情境4 轻放在匀加速启动的传送带上 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 (1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma (2)若μg<a，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力F′f＝μmg，产生的加速度a′＝μg 2．方法突破 (1)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (2)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|； ②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。 　倾斜传送带模型 1．四种常见情境 项目 图示 物块可能的运动情况 情境1 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能保持静止 情境2 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2 情境3 以v0冲上匀速传送带 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2 (6)可能一直减速 情境4 以v0冲上匀速传送带 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速最后匀速 (4)可能一直减速 (5)可能先减速后反向加速 2．方法突破 解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，要特别注意。 　水平传送带 [典例1]　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。现有一物块以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。求： (1)若传送带保持静止，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，物块到达B端时的速度大小； (3)若传送带逆时针匀速转动且速率恒为4 m/s，物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。 [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　倾斜传送带 [典例2]　(2025·广东佛山检测)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度； (3)若传送带逆时针转动的速率可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少。 思路点拨：解此题注意以下几点： (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。 (2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，则煤块从A→B加速度不变；若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。 (3)达到相同速度后，若煤块相对传送带不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。若煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。 [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　传送带问题的破解之道 (1)对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。 (2)分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。 (3)如果遇到匀变速的传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。 动力学中的“板—块”模型 1．模型概述 (1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。 (2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若二者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。 (3)一般二者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后二者的运动形式。 2．常见模型 常见模型 滑板获得一初速度v0，则板块同向运动，二者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，二者加速度不同，x板<x块，Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止 开始时板块运动方向相反，二者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板 滑板或滑块受到拉力作用，要判断二者是否有相对运动，以及滑板与地面是否有相对运动 3．分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联 4．分析“板—块”模型的“四点”注意 (1)用隔离法分析滑块和滑板的受力，分别求出滑块和滑板的加速度。 (2)建立滑块位移、滑板位移、滑块相对滑板位移之间的关系式。 (3)不要忽略滑块和滑板的运动存在等时关系。 (4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的。 [典例3]　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。 [大题拆分]　第一步：分析研究对象模型 设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。 第二步：分析过程模型 (1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。 (2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。 (3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度v2。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。 (4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。 (5)在小物块和木板具有共同速度后，二者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。 [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多选)(2025·广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　) A．μ＝0.4 B．μ＝0.2 C．t＝4.5 s D．t＝3 s 2．如图甲，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，质量为m＝1 kg的小物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　) A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针 C．物块相对传送带滑动的距离为4 m D．物块将在5 s时回到原处 3．(多选)(2025·广东茂名模拟)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v0滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 4．(2024·广东揭阳六校联考)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．当F增加到4 N时，小物块相对小车开始运动 B．当F＝10 N时，小车对小物块有向右的2 N的摩擦力 C．当F＝15 N时，小物块对小车有向左的4 N的摩擦力 D．当F＝30 N时，小车对小物块有向右的6 N的摩擦力 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 5．(2025·广东梅州模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破四　动力学中的两类典型模型 突破一 典例1　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＝－2aL 得vB＝2 m/s。 (2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s 由＝2ax1，得x1＝ m<L＝8 m 故物块先加速运动后匀速运动 即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s。 (3)当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝＝3 m<L，所以物块先向右减速后向左运动 由0＝v′0－at1，得t1＝1 s； 当物块向左加速到v2＝4 m/s时 由＝2ax3得x3＝ m<x2＝3 m 故物块向左先加速运动后匀速运动 由v2＝at2，得t2＝ s； 物块匀速运动的位移 x4＝x2－x3＝ m 由x4＝v2t3，得t3＝ s 故总时间t＝t1＋t2＋t3＝ s。 答案：(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3) s 典例2　解析：(1)开始阶段，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为 t1＝＝ s＝1 s 煤块发生的位移为 x1＝＝×10×12 m＝5 m<16 m 所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变； 第二阶段有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则 LAB－x1＝ 解得t2＝1 s 故煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。 (2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为 Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m 故煤块相对于传送带上移5 m； 第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为 Δx2＝(LAB－x1)－vt2 解得Δx2＝1 m 即煤块相对于传送带下移1 m 故传送带表面留下黑色划痕的长度为L＝Δx1＝5 m。 (3)若增大传送带的速率使煤块一直以加速度a1做匀加速运动，则煤块从A运动到B的时间最短 则有LAB＝ 可得tmin＝ s。 答案：(1)2 s　(2)5 m　(3) s 突破二 典例3　解析：(1)根据题图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v1＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v1＝4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 a2＝＝ m/s2＝ 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v1＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝v1t＋a1t2 解得a1＝1 m/s2 设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。 (2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有 μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 可得a3＝ m/s2 对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2 由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，此过程中，木板向左运动的位移为 x1＝＝ m， 末速度为v2＝v1－a3t1＝ m/s 小物块向右运动的位移为x2＝t1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝ 木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2 设又经历t2二者速度相等， 则有a2t2＝v2－a3t2 解得t2＝0.5 s 此过程中，木板向左运动的位移 x3＝＝ m， 末速度v3＝v2－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移x4＝＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为 Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板的最小长度为6 m。 (3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2 向左运动的位移为x5＝＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为 x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。 答案：(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m 学情诊断·当堂评价 1．BC　[由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t 图像中，图线与t轴所围面积表示物块位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误。] 2．D　[从题图乙可知，物块速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且传送带顺时针转动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；根据v-t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为a＝ m/s2＝，由题意可知，物块的速度为0时t1＝ s＝ s，之后物块沿传送带向上运动，v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝×4× m＝ m，从t1＝ s到t2＝2 s时，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，物块相对传送带滑动的距离为Δx＝×2×(4＋1) m＝5 m，故C错误，D正确。] 3．BC　[物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v-t图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，故a1＝ m/s2＝，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，二者的v-t图线与时间轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。] 4．B　[假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块，其最大静摩擦力Ffm提供最大的加速度，故Ffm＝μmg＝ma，所以a＝μg＝2 m/s2，对整体有F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力需满足F＞20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体有F＝(M＋m)a′，解得a′＝＝1 m/s2，对小物块，其受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2，小物块受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，由牛顿第三定律可知，C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，小物块受到滑动摩擦力作用，Ff‴＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。] 5．解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为 f＝μmg cos θ＝7.5 N 由牛顿第二定律， 对小物块有f＋mg sin θ＝ma1 代入数据得a1＝12.5 m/s2 对长木板，由牛顿第二定律有 Mg sin θ－f＝Ma2 代入数据得a2＝2.5 m/s2。 (2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有 v1＝a1t1＝v0＋a2t1， 解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s 共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前小物块与长木板的相对位移为 s＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为10 m。 答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m 学科网（北京）股份有限公司 $$