14第三单元 专题强化4　动力学中的两类典型物理模型-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教浙江专版）

专题强化4　动力学中的两类典型物理模型 目标定位 1.会分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，并会相关的计算。2.理解什么是“板—块”模型，并会运用动力学的观点正确处理“板—块”模型问题。 热点一　传送带模型 [对应学生用书P48] 1．水平传送带模型 项目 图示 运动情况 判断方法 情景1 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速 情景2 当v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 若≤l，物、带能共速 情景3 传送带较短时，物块一直减速到达左端；传送带较长时，物块还要被传送带传回右端 若≤l，物块能返回 2.倾斜传送带模型 项目 图示 运动情况 判断方法 情景1 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速 情景2 可能一直加速，也可能先加速后匀速，还可能先以a1加速后以a2加速 若≤l，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速；若μ<tan θ，物体以a2加速(a2<a1) [典例1] (多选)(2024·杭州模拟)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是 (　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m AC　解析：开始时，对行李，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，做匀加速运动的位移大小x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，做匀速运动的时间t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误；由以上分析可知，行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，D错误。 [典例2] (2024·温州二模)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ＝53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0＝0.4 m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1＝4 m、l2＝1.5 m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直半径与水平半径，半径R＝0.8 m，圆弧PQ所对应的圆心角α＝37°，轨道各处平滑连接。现将质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)从斜面底端的弹射器(未画出)弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0＝5 m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。传送带正以v＝5 m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)高度h； (2)滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2； (3)滑块最终静止时与G点的距离x； (4)若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。 答案：(1)1.2 m　(2)0.3　(3) m (4) m/s≤v≤ m/s 解析：(1)滑块从D到E做斜抛运功，E点为斜抛运动的最高点，分解v0，竖直方向有vy＝v0 sin θ＝4 m/s 水平方向有vx＝v0 cos θ＝3 m/s 则vy2＝2gy，解得滑块在竖直方向的位移y＝0.8 m 所以h＝y＋h0＝1.2 m。 (2)滑块以vx＝3 m/s的速度滑上传送带，假设能被加速到 v＝5 m/s，则x0＝＝1.6 m＜l1＝4 m，假设成立。 故滑块离开F点时的速度vF＝5 m/s 滑块从F点到P点由动能定理得－mgR－μ2mgl2＝0－mvF2 解得μ2＝0.3。 (3)若滑块从F点以速度v′滑上传送带且向左减速至E点时速度为0，则有v′2＝2μ1gl1，解得v′＝ m/s＞5 m/s，滑块在粗糙水平轨道FG上运动时速度会减小，故滑块从P点返回后向左滑上传送带，不能从传送带左端E点滑出，又被传送带以向左滑上传送带时的速率带回至F点。 设滑块从P点返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则 mgR－μ2mgs＝0 解得s＝ m 所以，滑块停止时与G点的距离x＝2l2－s＝ m。 (4)设传送带速度为v1时，滑块恰能到达Q点，在Q点满足 mg sin α＝ 解得vQ＝ m/s 滑块从F点到Q点的过程由动能定理得 －μ2mgl2－mgR(1＋sin α)＝mvQ2－mv12 解得v1＝ m/s 设传送带速度为v2时，滑块从F点到Q点，撞挡板后从圆弧轨道滑下，之后恰能重新返回到P点(点拨：滑块始终不脱离轨道，故第2次滑上圆弧轨道后，最高滑至P点)，这一过程由动能定理得 －3μ2mgl2－mgR＝0－mv22 解得v2＝ m/s 若滑块被传送带一直加速，则vm2－vx2＝2μ1gl1 可得vm＝7 m/s 所以，传送带可调节的速度范围为 m/s≤v≤ m/s。 分析三个状态(初态、共速、末态)，巧解传送带问题 热点二　“滑块—木板”模型 [对应学生用书P49] 1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。 2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L。 3．解题关键点 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 [典例3] 某课外兴趣小组想设计游戏装置，其目的是让质量分布均匀的木板Q获得一定的速度，“穿越”水平面上长度为d＝1 m的粗糙区域CD(其余部分均光滑)，并获得一定的动能。如图所示，半径r＝2 m的光滑圆轨道P固定于水平地面上，轨道底端水平且与木板Q等高。木板Q的左端与轨道P的底端接触(不粘连)，木板Q的右端离C点足够远。将滑块在轨道P上从离轨道底端高h＝1.8 m处由静止释放，并冲上木板Q。若两者最终不能相对静止，则游戏失败；若两者能相对静止，当两者相对静止时，立即取下滑块(不改变木板Q的速度)。木板Q的右端运动到C点时，对木板施加水平向右、大小为2 N的恒力F。已知木板Q长度L＝2 m，质量M＝1 kg。木板Q与CD部分间的动摩擦因数为μ1＝0.4，现有三个不同质量的滑块甲、乙、丙(均可视为质点)，质量分别为m甲＝0.5 kg，m乙＝1 kg，m丙＝2 kg，滑块与木板Q间的动摩擦因数均为μ2＝0.5。不计空气阻力的影响，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若释放的是滑块乙，求该滑块对轨道P的压力最大值； (2)若释放的是滑块乙，求该滑块在木板Q上相对木板运动的距离； (3)若要使游戏成功，且木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择哪个滑块？最大动能是多少？ 答案：(1)28 N　(2)1.8 m　(3)滑块丙　10 J 解析：(1)若释放的是滑块乙，当滑块滑至轨道P底端时，该滑块对轨道P的压力最大，根据动能定理得m乙gh＝m乙v2 解得v＝＝6 m/s 此时对滑块乙，根据牛顿第二定律得 FNmax－m乙g＝m乙 解得FNmax＝28 N。 由牛顿第三定律有，滑块对轨道P的压力最大值为28 N (2)滑块乙冲上木板Q后，对滑块乙和木板Q分别进行受力分析，取向右为正方向，可得－μ2m乙g＝m乙a乙、μ2m乙g＝Ma1(点拨：由此处分析可知，木板Q的加速度大小与滑块对木板的滑动摩擦力大小有关) 解得a1＝＝5 m/s2，a乙＝－μ2g＝－5 m/s2 设滑块乙冲上木板Q后至共速所经历的时间为t1，可得 v＋a乙t1＝a1t1 解得t1＝0.6 s 可得此时滑块和木板Q的速度为 v乙＝v＋a乙t1＝3 m/s 则滑块乙在木板Q上相对木板运动的距离为 Δx＝vt1＋a乙t12－a1t12＝1.8 m。 (3)选择不同的滑块，滑至轨道P底端时，速度大小均为 v＝＝6 m/s 根据(2)的方法可分别计算滑块甲和滑块丙在木板Q上相对木板运动的距离，分别为 x甲＝2.4 m，x丙＝1.2 m 可知，滑块甲会冲出木板Q，不可选用 同时分别可得乙、丙两滑块与木板Q共速时的速度大小分别为 v乙＝3 m/s，v丙＝4 m/s 滑块与木板共速时立即取下滑块，故为使木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择滑块丙，设最终木板Q的最大速度为vm，根据动能定理可得 Mvm2－Mv丙2＝－μ1Mg·＋F·(d＋L) 解得Ekm＝Mvm2＝10 J。 [典例4] 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，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小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。 答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小为 Ff＝μmg cos θ＝7.5 N 由牛顿第二定律，对小物块有 Ff＋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－Ff′＝Ma2，其中Ff′＝Ff 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，则共速前小物块与木板的相对位移为 s＝t1－t1＝5 m 故长木板长度至少为10 m。 求解“滑块—木板”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)准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．(2024·嘉兴模拟)如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) A．工件与传送带间的动摩擦因数不大于0.32才为合格 B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s C．若工件不能被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不能被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s B　解析：工件恰好传送到右端时，有0－v02＝－2μgL，代入数据，解得μ＝0.5，工件与传送带间的动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2 s，A错误，B正确；若工件不能被传送过去，当反向运动时，最大速度等于传送带的速度，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度与时间的关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，C、D错误。 2．(2024·安徽六安质检)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B的距离为LAB＝16 m，传送带以v＝10 m/s的速度逆时针转动。t＝0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，t＝1 s时传送带被异物卡住不动了。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，煤块与传送带相对滑动会留下黑色划痕(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。则 (　　) A．煤块到达B端时的速度为10 m/s B．煤块从A到B运动的时间为3 s C．煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J D．煤块从A到B的过程中在传送带上留下划痕的长度是16 m C　解析：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＝a1t12＝×10×12 m＝5 m＜16 m，所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B端，此时传送带恰好被异物卡住不动了，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，设第二阶段煤块运动到B端所用的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋a2t22，解得t2＝1 s，则煤块从A到B运动的时间t＝t1＋t2＝2 s，B错误；根据vB＝v＋a2t2可得vB＝12 m/s，A错误；第一阶段煤块的速度小于传送带的速度，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，故煤块相对于传选带上移5 m，第二阶段煤块相对传送带向下移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx2＝LAB－x1＝11 m，即煤块相对于传送带下移11 m，故传送带表面留下划痕的长度为11 m，D错误；取B端为重力势能为0的位置，煤块在A端时的机械能EA＝mgLABsin 37°＝48 J，到达B端时的机械能EB＝mvB2＝36 J，故煤块从A到B的过程中机械能减少了EA－EB＝12 J，C正确。 3．(多选)(2024·辽宁卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小，t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是 (　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 ABD　解析：v-t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，A正确；设小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知物块开始滑上木板时的速度大小为v0＝μgt0，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，故可得＋＝t0，解得μ0＝2μ，B正确；设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a＝＝μg，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝μMg，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a′＝＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得＝，C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。 4．(2025·浙江1月卷)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两块长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，则 (　　) A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m D　解析：碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；取水平向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右，当三者共速时2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，B错误；碰撞后到三者相对静止摩擦产生的热量Q＝×2mv12＋mvC2＝3 J，C错误；碰撞后到三者相对静止由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，D正确。 [课时提升训练(13)见P333] 学科网（北京）股份有限公司 $$