专题4 动力学中的两种典型物理模型(Word教参)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

专题四　动力学中的两种典型物理模型 [对应学生用书第58页] 考点一　“传送带”模型 1．模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题(如图甲)和倾斜传送带问题(如图乙)。 甲　　　　　　　　　　　　乙 2．解题关键：传送带问题求解的关键在于对物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。 (1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物<v带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。 (2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物>v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。 (3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。 (4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力。 考向1　水平传送带模型 　(2024·九省联考)如图所示，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设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)货物运动到传送带左端时的速度大小； (2)货物在传送带上运动的时间。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律F－μ1mg＝ma1 得货物在左端平台上时加速度为a1＝＝2 m/s2 由运动学规律有v12＝2a1s1，s1＝1 m 解得货物运动到传送带左端时的速度大小为 v1＝2 m/s。 (2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时F－μ2mg＝ma2 加速度为a2＝＝－1 m/s2 故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝＝1 s 该段时间货物位移为s2＝t2＝1.5 m 共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝＝1 s 故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2 s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)2 s 考向2　倾斜传送带模型 　(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) [解析]　0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。 [答案]　C 1．机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v­t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．小行李箱的初速度大小为2 m/s B．传送带转动的速度大小为6 m/s C．A、B两点间的距离为6 m D．小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m 解析　由v­t图像可知，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则小行李箱的初速度v0为6 m/s，而传送带转动的速度v大小为2 m/s，故A、B错误；根据v­t图像，小行李箱在前3 s内运动的距离为x＝×1 m＋2×2 m＝8 m，则A、B两点间的距离为8 m，故C错误；根据v­t图像，在前3 s内传送带传动的路程为s＝2×3 m＝6 m，所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx＝x－s＝2 m，故D正确。 答案　D 2．如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现使传送带沿顺时针方向以v＝2.5 m/s的速度匀速转动，将一可以视为质点的小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。试求： (1)小物块运动至B点的时间； (2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围。 解析　(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有 μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma1， 解得a1＝2.5 m/s2。 设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块运动的位移为L1，用时为t1，则t1＝＝ s＝1 s，L1＝＝ m＝1.25 m， 因L1＜L且μ＞tan 30°，故小物块匀加速运动后，将以2.5 m/s的速度匀速运动至B点，设用时为t2，则t2＝＝0.3 s， 故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3 s。 (2)由于传送带速度可以任意调节，则当小物块从A到B一直做匀加速直线运动时，到达B点的速度最大。由上述及运动学公式有 vB2－v02＝2a1L， 解得vB＝8 m/s。 小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小。由牛顿第二定律有 mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma2， 解得a2＝12.5 m/s2。 由运动学公式可知vB′2＝v02－2a2L， 解得vB′＝2 m/s。 即小物块到达B点的速度范围为 2 m/s≤vB≤8 m/s。 答案　(1)1.3 s　(2)2 m/s≤vB≤8 m/s 考点二　“滑块－滑板”模型 1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．摩擦力方向的特点 (1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。 (2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。 3．运动特点 (1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2。 同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2 甲 反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2 乙 (2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。 考向1　水平“滑块－滑板”模型 　(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 [解析]　(1)方法一　由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为a＝μg＝3 m/s2 设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有x物＝v0t1－at12＝l＋，x板＝at12＝ 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。 方法二　对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2 分别对物块和薄板根据动能定理有 －μmg·l＝mv12－mv02 μmg·l＝mv22－0 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s 对薄板由动量定理有μmgt1＝mv2－0 代入数据解得t1＝ s。 (2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有－＝v2t2，h＝gt22 联立并代入数据解得h＝ m。 [答案]　(1)4 m/s　 s　(2)m 考向2　斜面上的“滑块－滑板”模型 　如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M＝0.2 kg、长度为L＝1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s＝1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m＝0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0＝3 m/s从木板上端沿斜面向下运动。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板； (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。 [解析]　(1)开始运动时，滑块的加速度大小为a1＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2 薄木板的加速度大小为a2＝＝8 m/s2 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，v＝v0＋a1t1＝a2t1 解得t1＝0.5 s，v＝4 m/s 滑块下滑的位移大小为x1＝t1＝1.75 m 薄木板下滑的位移大小为x2＝t1＝1 m 两者相对位移大小为Δx＝x1－x2＝0.75 m<L＝1 m 假设成立，滑块不脱离薄木板。 (2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为a3＝g sin θ＝6 m/s2 当薄木板下端到达斜面底端时，s－x2＝vt2＋a3t22，t2＝0.2 s 故薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间为t＝t1＋t2＝0.7 s。 [答案]　(1)见解析　(2)0.7 s 求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 1．(多选)(2025·八省联考)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中(　　) A．物块的运动方向不变 B. 物块的加速度方向不变 C．物块相对木板的运动方向不变 D. 物块与木板的加速度大小相等 解析　根据题图可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速v0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左再向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，故C正确；由题图可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1＝＝，物块的加速度大小为a2＝＝，即木板和物块加速度大小相等，故D正确。 答案　CD 2．(2024·江苏镇江期中)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，质量mB＝0.2 kg、长度L＝18 m的薄木板放在斜面上，A是质量mA＝0.1 kg的滑块(可视为质点)。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离s＝15 m，现将B由静止释放，同时滑块A以速度v0＝6 m/s从木板上端P点沿斜面向下运动。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)刚开始运动时，A、B加速度的大小； (2)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间。 解析　(1)开始运动时A的加速度aA＝＝2 m/s2 B的加速度aB＝＝8 m/s2。 (2)假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有 v＝v0＋aAt1＝aBt1 解得t1＝1 s，v＝8 m/s 此时木板下滑位移xB＝aBt12＝4 m 滑块下滑位移xA＝v0t1＋aAt12＝7 m 二者相对位移Δx＝xA－xB＝3 m<L＝18 m 二者共速时滑块未脱离木板，假设成立 此后A、B一起沿斜面向下运动 加速度为a＝g sin 37°＝6 m/s2 当木板下滑到达底端时有s－xB＝vt2＋at22 解得t2＝1 s 则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间t＝t1＋t2＝2 s。 答案　(1)2 m/s2　8 m/s2　(2)2 s 学科网（北京）股份有限公司 $$