压轴02 动力学中三种典型物理模型（压轴题专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴02 动力学中三种典型物理模型 命题预测 动力学三种典型物理模型是高中物理的核心知识之一，也是高考的必考点，考题可以单独考查，也可以考综合性强甚至涉及到二或三个物理模型综合，2026年高考命题可能会更注重联系生产生活实际，让考题更具应用性和创新性。 复习备考时，要特别重视传送带、板块模型，板块模型已经成为若干年来最高频的高考考题情景。应通过专题训练，引导学生将复杂的运动过程分解为一个个简单的运动过程，利用运动草图，图像等手段明晰物体的运动过程，探寻物体间的运动关系。引导学生总结解决此类问题的一般方法，以做到以不变应万变，触类旁通，举一反三。 高频考法 1.斜面模型 2.传送带模型 3.板块模型 知识·技法·思维 考向01 斜面模型 1.斜面模型主要两类问题 （1）斜面固定时，对斜面上的物体受力分析（建立坐标系进行正交分解，不要落下斜面对物体的作用力：支持力、摩擦力等）和运动分析（选择利用三大定律列方程求解，核心是加速度）； （2）对斜面不固定时，我们将斜面与斜面上的物体看成系统，仔细观察题中条件，采用整体法或动量定理甚至动量守恒定律处理. 2.过程分析： 考向02 传送带模型 解决传送带问题的几个关键点 Ⅰ、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。 Ⅱ、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）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？ （3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？ Ⅲ、画图 画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。 两类传送带运动过程分析 考向03 板块模型 1.分析“滑块—滑板模型”问题时应掌握的技巧 （1）分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速度； （2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系； （3）明确每一过程的末速度是下一过程的初速度。 2.注意 （1）不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度； （2）不清楚物体间发生相对滑动的条件。 说明：两者发生相对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力（动力学条件）；（2）二者速度或加速度不相等（运动学条件）。 3.常见问题分析 问题1． 板块模型中的运动学单过程问题 恒力拉板 恒力拉块 m1 F m2 L m1 F m2 L x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x相对 分离，位移关系：x相对=½a2t02－½a1t02=L 分离，位移关系：x相对=½a1t02－½a2t02=L 问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 问题：板块分离，F至少作用时间？ m1 F m2 L 过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1' F x2' x2相对 m1 m2 v1 v2 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 x2相对 a1' t2 位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2 问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 抽桌布问题 简化模型 A B a m1 F m2 L1 L2 过程①：分离 过程：②匀减速 x1 F F x2 L1 m1 m2 v1 v2 x1 F L2 m1 m2 v1 x1' t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a1 v2 x1 x1' a1' 分离，位移关系：x2－x1=L1 0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2 问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 块带板 板带块 m1 v0 m2 μ2 μ1 m1 v0 m2 μ2 μ1 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 t0 t/s 0 v0 v/ms-1 a2 a1 v共 x相对 a共 t0 t/s 0 v0 v/ms-1 a2 a1 v共 x相对 a共 t0 t/s 0 v0 v/ms-1 a2 a1 v共 x1相对 a1' x2相对 a2' μ1≥μ2 μ1<μ2 典例·靶向·突破 题型01 斜面模型 1．拉运木材的汽车在卸下木材时用两根细圆木作为导轨将木材卸下，如图所示两根细圆木的一端分别固定在水平地面上，另一端分别固定在车上，构成两条平行的轨道和，它们与地面的夹角。装卸工在车上将一根半径为的圆柱形木材推上导轨后，由静止自由释放，木材能够沿着轨道下滑。已知轨道和的间距为，木材与细圆木轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，则木材沿着轨道下滑的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】对木材在垂直于杆的平面内受力分析，如图所示 则有 其中 则 木材所受的滑动摩擦力大小为 根据牛顿第二定律有 联立解得 故选A。 题型解码 （1）要注意斜面上物体受到摩擦力的种类、方向判断，如斜面倾角与arctan的比较等； （2）在采用整体法处理斜面体与它上面的物体时要区分变速运动部分（合外力）与整体的质量 （3）在计算正压力时遗漏除重力以外的其他力产生的作用而导致摩擦力大小计算错误； （4）在分析电磁力时电荷或导体棒的极值问题而引起的弹力或摩擦力的变化. 2．（多选）如图，斜面OPQ固定在水平地面上（零势能面），P为斜面的中点，OP段光滑，PQ段粗糙且粗糙程度一致，现让滑块（视为质点）从顶点O由静止滑下，滑至斜面底端Q点时速度减为零，不计空气阻力，滑块的位移s、速度随时间t及加速度a、机械能E随位移s变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】ABC．由题意可知滑块从O到P做匀加速运动，从P到Q做匀减速运动，两段位移相等，平均速度相等，则时间相等，加速度等大反向，则s−t图像的斜率先增加后减小；v−t图像是两段斜率大小相等符号相反的直线（关于t1左右对称的线段）；a−t图像是先在正半轴的水平线段，后在负半轴的水平线段，故A正确，BC错误； D．在OP段机械能守恒，图像是平行轴的直线；设滑块初态机械能为，所受摩擦力大小为，设P点位移为，总位移为，在PQ段由能量关系机械能 图线是向下倾斜的直线，故D正确。 故选AD。 题型02 传送带模型 3．某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，经时间货物恰好与传送带相对静止。货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若改变，则下列关于随变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，则货物相对传送带的初速度大小为 货物受到的滑动摩擦力大小为 方向与相对运动方向相反，所以货物相对于传送带做匀减速直线运动，加速度大小为 经时间货物恰好与传送带相对静止，则有 当时，，可知图像有正的纵轴截距，随的增大而增大；图像的切线斜率为 可知切线斜率随的增大而增大。 故选B。 题型解码 1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻. 2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．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 4. 如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB与水平面夹角为a=37°，传送带以v=6m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量 m=200kg的打包货箱（可视为质点）无初速地置于底端A处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力F=1600N。已知货箱与传送带的动摩擦因数 =0.125，取重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端B时，速度大小恰好为 10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8。关于该过程，下列判断正确的是（　　） A．货箱从底端A运行至顶端B耗时 5s B．传送带AB段长度LAB=36m C．由于货箱与传送带相对滑动产生的热量为2800J D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m 【答案】C 【详解】A．对货箱第一阶段进行受力分析可得： 先以加速度 加速到与传送带共速，时间 位移 共速后，摩擦力发生突变，第二阶段 再以加速度 加速到，时间， 位移， 总时间，故A错误； B．传送带长度，故B错误； C．摩擦力大小， 第一阶段相对位移 第二阶段相对位移 总相对路程 产生热量，故C正确； D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为相对路程，但实际痕迹长度为两阶段相对位移覆盖的区域长度为，故D错误。 故选C。 题型03 板块模型 5．如图所示，将质量2kg的薄木板放在水平桌面上，在木板上放质量1kg的小滑块（可视为质点），滑块距离木板左边缘0.18m，距离桌面右边缘0.27m。已知滑块与木板间动摩擦因数为0.1，木板与桌面间、滑块与桌面间的动摩擦因数相同，均为0.2。现用水平恒力拉动木板，将木板从滑块下面抽出，滑块恰好未从桌面上掉下。重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)小滑块运动的时间； (2)若拉力始终作用在木板上，求拉力的大小； (3)若改变拉力的大小，使其作用一段时间后撤去，求拉力作用的最短时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据， 其中 根据牛顿第二定律， 小滑块运动的时间为t，有 解得 （2）设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律 在时间内 其中 解得 （3）设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理 满足条件 撤去F后 满足条件 根据运动学公式 解得 即拉力作用的最短时间为 题型解码 1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力. 2.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，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长 6. 如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求 (1)长木板开始滑动时的加速度大小； (2)小物块与木板恰好共速时，、之间的距离； (3)长木板运动的总时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右， 地面对C的摩擦力向左 对C由牛顿第二定律，得 代入数据解得 （2）A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得， 解得A、B的加速度大小均为 设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 代入，解得 共同速度 ​时间内A的位移 由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度 B的位移 初始A、B间距，B比A多走 因此此时间距 （3）经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力 由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 解得 共同速度 三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得 解得 长木板运动的总时间 1．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示，倾角为的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2 kg的木板和质量为1 kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4 N B．4.8 N C．4.0 N D．0 【答案】C 【详解】由于木板与斜面之间的动摩擦因数 所以木板一定会沿斜面下滑，假设木板和物块一起加速下滑，整体分析可知 解得 对物块受力分析有 解得 故假设成立，则物块与木板之间的摩擦力大小为4.0 N。 故选C。 2．（2026·辽宁营口·二模）如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t=0时刻，将一碳包轻放在顶端A点，碳包沿传送带向下滑动，经过0.6s碳包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间变化的规律如图乙所示，碳包可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α=30° B．传送带的速度v=1.6m/s C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2 D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m 【答案】B 【详解】AC．由题中图像可知，0~0.2s内碳包做匀加速运动，加速度 0.2s~0.6s内碳包做匀加速运动 对碳包在第一个加速阶段受力分析，可得 对碳包在第二个加速阶段受力分析，可得 联立解得，，选项AC错误； B．由前面的分析结合题中图像得传送带的速度，选项B正确； D．内传送带的位移 碳包的位移 痕迹长度 痕迹长度 因为 故最终痕迹长度为，选项D错误。 故选B。 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平面上，物体、叠放，相同的物体、用绷紧的轻绳连接，由静止释放后，物体开始运动，物体、始终保持相对静止。已知、、的质量均为，、间的动摩擦因数为，、与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。下列说法正确的是（   ） A．绳上张力大小与有关 B．两动摩擦因数一定满足 C．相同时间内三者的动量变化量相同 D．给的作用力一定竖直向上 【答案】C 【详解】A．整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对C受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得，故A错误； B．对A受力分析则有 其中 解得 要使AB保持相对静止，则有 解得，故B错误； C．由于三者的加速度相同，根据匀变速直线运动规律 因此在相同的时间内，三者的速度变化量相同，结合 可知，三者的动量变化相同，故C正确； D．结合上述分析可知，A受到的合外力沿斜面向下，对A受力分析，根据力的合成法则如图所示 可知，B对A的作用力不可能竖直向上，故D错误。 故选C。 4．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图（a）所示，水平地面上有一足够长的、质量为1kg的木板，木板上放有一可视为质点、质量为1kg的物块。给木板一水平向右的初速度，同时也给物块一水平向左的初速度，物块恰好未滑离木板，整个运动过程中，木板的速度随时间变化关系如图（b）所示，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　） A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.4 C．物块的初速度大小为 D．木板的长度为5m 【答案】AD 【详解】AB．由图（b）可知，在内，木板的加速度大小为 设物块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面之间的动摩擦因数为，对木板受力分析有 在内，木板的加速度大小为 对木板受力分析可知，木板的加速度的大小为 联立可解得，故A正确，B错误； C．在内，物块的加速度大小为 所以物块的初速度大小为，有 解得，故C错误； D．在内，物块的位移大小为，方向向左； 木板的位移大小为，方向向右。 所以木板的长度为，故D正确。 故选AD。 5．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，木板A静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块B，时对A施加一水平向右的恒定拉力F，时撤去F，B与A共速时，B恰好在A最左端。A和B在0~3s内的v-t图像如图乙所示。已知B的质量，A与地面间动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，从开始到A、B均停止运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A与B间动摩擦因数为0.1 B．A的长度为5m C．拉力F对A做的功为108J D．B对地的位移为9m 【答案】ACD 【详解】A．根据图乙中内物块B的运动图像可知加速度为 对B受力分析，有 所以A与B之间的动摩擦因数为0.1，故A正确； B．图乙中A与B两个物体的运动图像之间围成的面积等于A的板长 根据图像可计算出 所以板长，故B错误； C．设A的质量为M，根据2~3s内A的运动可知加速度大小为 此时有 可求得 在0~2s内A的加速度大小为 此时对A分析，有 所以拉力 在0~2s内A运动的位移为 所以拉力做的功是，故C正确； D．由于，所以AB共速后不能一起减速，A的减速运动加速度更大，所以对B分析，有 3s后B运动的位移大小为 所以B对地的总位移为9m，故D正确。 故选ACD。 6．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某同学在快递分拣中心进行社会实践。一个质量为的包裹从扫描入口（A点）到分拣机器人拾取点（B点）的距离为，水平传送带始终保持的速度顺时针运行。包裹与传送带间的动摩擦因数为。该同学将包裹轻放在A点（初速度为零），包裹可视为质点。重力加速度g取。 (1)求包裹从传送带的左端运动到右端所需的时间t； (2)求包裹在传送带上留下的划痕长度； (3)分拣机器人在B点平稳取走包裹后，将其竖直向上匀速提升，求包裹向上运动过程中机器人对其所做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）包裹轻放在传送带上后，先在滑动摩擦力作用下匀加速，加速度由牛顿第二定律得 解得 包裹加速到与传送带共速的时间 加速阶段的位移 因此共速后包裹匀速运动到B点，匀速位移 匀速时间 总时间 （2）只有加速阶段包裹与传送带存在相对滑动，加速时间内传送带的位移 划痕长度为相对位移大小 （3）包裹匀速上升，拉力与重力平衡，则有 因此机器人做功 7．（2026·内蒙古包头·一模）将物块A和物块B用一根轻弹簧连接放置在传送带上，已知物块A和物块B的质量相等均为，物块A和物块B与传送带的动摩擦因数相等均为，弹簧劲度系数，零时刻，弹簧处于原长，使物块A以的初速度水平向左运动，物块B的初速度为零，t时刻，物块A与传送带第一次共速，传送带足够长，弹性势能（x为弹簧的形变量），重力加速度。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若传送带始终静止，求物块B开始运动时，物块A的速度（结果可以用根式表示）； (2)若传送带逆时针以的速度运行，求t时刻物块B的速度大小； (3)在（2）的前提下，求t时刻弹簧的伸长量。 【答案】(1) (2)1m/s (3)0.2m 【详解】（1）当B开始运动时，有 解得 对A应用动能定理，有 解得 （2）A、B均未与传送带共速时，因，且方向相反，所以此过程中A、B系统动量守恒，假设A先与传送带共速，则A与传送带共速时有 解得，假设成立。 可知t时刻物块B的速度大小为 （3）A、B与传送带间的相对路程分别为， 设弹簧的伸长量为，可得 根据能量守恒有 解得 8．（2026·内蒙古兴安盟·一模）同一水平面内的圆柱体、半径，绕各自中心轴以的角速度逆时针转动，两中心轴互相平行且固定，间距。将质量均匀分布的长木板由静止水平轻放在两圆柱体上，其重心恰好在的正上方，如图所示。此后当圆柱体转动两周时木板开始匀速运动。当重心运动到正上方时，立即在点右侧由静止轻放与木板质量相同的一铁块，同时圆柱体、瞬间停止转动。此后木板保持水平做减速运动，最终水平静止且恰好对没有压力。已知、、铁块与木板间的动摩擦因数相同，取，，求： (1)木板在圆柱体上加速运动过程中的加速度大小； (2)木板重心从正上方运动到正上方的时间； (3)铁块释放时其与木板重心之间的距离（不计木板厚度，铁块视为质点）。 【答案】(1) (2)3s (3)1.5m 【详解】（1）木板在圆柱体上加速运动的时间 木板末速度与圆柱体边沿的线速度大小相等，则 则加速度 （2）木板重心匀加速运动的过程有 解得木板匀加速运动过程的位移 之后木板重心匀速运动到正上方，有 则木板重心从正上方运动到正上方所用的时间 代入数据解得 （3）由牛顿第二定律，木板单独在圆柱体上运动时受到的摩擦力 在木板减速至与铁块速度相同的过程中，对木板和铁块根据牛顿第二定律分别有， 其中 根据匀变速直线运动的速度－时间关系 木板做匀减速直线运动有 在两者共速后一起匀减速运动直至静止的过程中，根据牛顿第二定律有 根据匀变速直线运动的速度－位移关系有 根据铁块运动的对称性可知，铁块的位移 最终两者整体的重心恰好在的正上方，有位移关系 代入数据解得 9．（2026·辽宁·模拟预测）如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长、质量的木板A，一质量的物体B以初速度滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力与B之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，物体B在木板A上运动的路程s（相对于木板A）与力F的关系如图乙所示，求： (1)当时，的加速度大小； (2)物体B的初速度的大小； (3)图乙中和的大小。 【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）设B的加速度大小为的加速度大小为，分别由牛顿第二定律有， 可得， （2）由题中图像可看出当时，B在A上的路程始终等于板长L 当时，B刚好不从A右端掉下，此后A和B一起相对静止并做加速运动 当时，B的加速度大小为，设A的加速度大小为 分别由牛顿第二定律有 设B运动的位移为运动的位移为，经过t时间两者的速度均为v 根据运动学公式有 B在A上相对A向右运动的路程 联立解得 将代入解得 （3）分析可知，当时，随着力F增大，s减小，当时，出现s突变，说明此时在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A左端掉下 由牛顿第二定律有 联立解得 此时B在A上运动的路程 当时，B在A上运动的路程为B相对A向右运动的路程的2倍 故当时，将代入解得 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 动力学中三种典型物理模型 典例·靶向·突破 题型01 斜面模型 1． 【答案】A 【详解】对木材在垂直于杆的平面内受力分析，如图所示 则有 其中 则 木材所受的滑动摩擦力大小为 根据牛顿第二定律有 联立解得 故选A。 2． 【答案】AD 【详解】ABC．由题意可知滑块从O到P做匀加速运动，从P到Q做匀减速运动，两段位移相等，平均速度相等，则时间相等，加速度等大反向，则s−t图像的斜率先增加后减小；v−t图像是两段斜率大小相等符号相反的直线（关于t1左右对称的线段）；a−t图像是先在正半轴的水平线段，后在负半轴的水平线段，故A正确，BC错误； D．在OP段机械能守恒，图像是平行轴的直线；设滑块初态机械能为，所受摩擦力大小为，设P点位移为，总位移为，在PQ段由能量关系机械能 图线是向下倾斜的直线，故D正确。 故选AD。 题型02 传送带模型 3． 【答案】B 【详解】足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，则货物相对传送带的初速度大小为 货物受到的滑动摩擦力大小为 方向与相对运动方向相反，所以货物相对于传送带做匀减速直线运动，加速度大小为 经时间货物恰好与传送带相对静止，则有 当时，，可知图像有正的纵轴截距，随的增大而增大；图像的切线斜率为 可知切线斜率随的增大而增大。 故选B。 4. 【答案】C 【详解】A．对货箱第一阶段进行受力分析可得： 先以加速度 加速到与传送带共速，时间 位移 共速后，摩擦力发生突变，第二阶段 再以加速度 加速到，时间， 位移， 总时间，故A错误； B．传送带长度，故B错误； C．摩擦力大小， 第一阶段相对位移 第二阶段相对位移 总相对路程 产生热量，故C正确； D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为相对路程，但实际痕迹长度为两阶段相对位移覆盖的区域长度为，故D错误。 故选C。 题型03 板块模型 5． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据， 其中 根据牛顿第二定律， 小滑块运动的时间为t，有 解得 （2）设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律 在时间内 其中 解得 （3）设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理 满足条件 撤去F后 满足条件 根据运动学公式 解得 即拉力作用的最短时间为 6. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右， 地面对C的摩擦力向左 对C由牛顿第二定律，得 代入数据解得 （2）A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得， 解得A、B的加速度大小均为 设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 代入，解得 共同速度 ​时间内A的位移 由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度 B的位移 初始A、B间距，B比A多走 因此此时间距 （3）经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力 由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 解得 共同速度 三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得 解得 长木板运动的总时间 1． 【答案】C 【详解】由于木板与斜面之间的动摩擦因数 所以木板一定会沿斜面下滑，假设木板和物块一起加速下滑，整体分析可知 解得 对物块受力分析有 解得 故假设成立，则物块与木板之间的摩擦力大小为4.0 N。 故选C。 2． 【答案】B 【详解】AC．由题中图像可知，0~0.2s内碳包做匀加速运动，加速度 0.2s~0.6s内碳包做匀加速运动 对碳包在第一个加速阶段受力分析，可得 对碳包在第二个加速阶段受力分析，可得 联立解得，，选项AC错误； B．由前面的分析结合题中图像得传送带的速度，选项B正确； D．内传送带的位移 碳包的位移 痕迹长度 痕迹长度 因为 故最终痕迹长度为，选项D错误。 故选B。 3． 【答案】C 【详解】A．整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对C受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得，故A错误； B．对A受力分析则有 其中 解得 要使AB保持相对静止，则有 解得，故B错误； C．由于三者的加速度相同，根据匀变速直线运动规律 因此在相同的时间内，三者的速度变化量相同，结合 可知，三者的动量变化相同，故C正确； D．结合上述分析可知，A受到的合外力沿斜面向下，对A受力分析，根据力的合成法则如图所示 可知，B对A的作用力不可能竖直向上，故D错误。 故选C。 4． 【答案】AD 【详解】AB．由图（b）可知，在内，木板的加速度大小为 设物块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面之间的动摩擦因数为，对木板受力分析有 在内，木板的加速度大小为 对木板受力分析可知，木板的加速度的大小为 联立可解得，故A正确，B错误； C．在内，物块的加速度大小为 所以物块的初速度大小为，有 解得，故C错误； D．在内，物块的位移大小为，方向向左； 木板的位移大小为，方向向右。 所以木板的长度为，故D正确。 故选AD。 5． 【答案】ACD 【详解】A．根据图乙中内物块B的运动图像可知加速度为 对B受力分析，有 所以A与B之间的动摩擦因数为0.1，故A正确； B．图乙中A与B两个物体的运动图像之间围成的面积等于A的板长 根据图像可计算出 所以板长，故B错误； C．设A的质量为M，根据2~3s内A的运动可知加速度大小为 此时有 可求得 在0~2s内A的加速度大小为 此时对A分析，有 所以拉力 在0~2s内A运动的位移为 所以拉力做的功是，故C正确； D．由于，所以AB共速后不能一起减速，A的减速运动加速度更大，所以对B分析，有 3s后B运动的位移大小为 所以B对地的总位移为9m，故D正确。 故选ACD。 6． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）包裹轻放在传送带上后，先在滑动摩擦力作用下匀加速，加速度由牛顿第二定律得 解得 包裹加速到与传送带共速的时间 加速阶段的位移 因此共速后包裹匀速运动到B点，匀速位移 匀速时间 总时间 （2）只有加速阶段包裹与传送带存在相对滑动，加速时间内传送带的位移 划痕长度为相对位移大小 （3）包裹匀速上升，拉力与重力平衡，则有 因此机器人做功 7． 【答案】(1) (2)1m/s (3)0.2m 【详解】（1）当B开始运动时，有 解得 对A应用动能定理，有 解得 （2）A、B均未与传送带共速时，因，且方向相反，所以此过程中A、B系统动量守恒，假设A先与传送带共速，则A与传送带共速时有 解得，假设成立。 可知t时刻物块B的速度大小为 （3）A、B与传送带间的相对路程分别为， 设弹簧的伸长量为，可得 根据能量守恒有 解得 8． 【答案】(1) (2)3s (3)1.5m 【详解】（1）木板在圆柱体上加速运动的时间 木板末速度与圆柱体边沿的线速度大小相等，则 则加速度 （2）木板重心匀加速运动的过程有 解得木板匀加速运动过程的位移 之后木板重心匀速运动到正上方，有 则木板重心从正上方运动到正上方所用的时间 代入数据解得 （3）由牛顿第二定律，木板单独在圆柱体上运动时受到的摩擦力 在木板减速至与铁块速度相同的过程中，对木板和铁块根据牛顿第二定律分别有， 其中 根据匀变速直线运动的速度－时间关系 木板做匀减速直线运动有 在两者共速后一起匀减速运动直至静止的过程中，根据牛顿第二定律有 根据匀变速直线运动的速度－位移关系有 根据铁块运动的对称性可知，铁块的位移 最终两者整体的重心恰好在的正上方，有位移关系 代入数据解得 9． 【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）设B的加速度大小为的加速度大小为，分别由牛顿第二定律有， 可得， （2）由题中图像可看出当时，B在A上的路程始终等于板长L 当时，B刚好不从A右端掉下，此后A和B一起相对静止并做加速运动 当时，B的加速度大小为，设A的加速度大小为 分别由牛顿第二定律有 设B运动的位移为运动的位移为，经过t时间两者的速度均为v 根据运动学公式有 B在A上相对A向右运动的路程 联立解得 将代入解得 （3）分析可知，当时，随着力F增大，s减小，当时，出现s突变，说明此时在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A左端掉下 由牛顿第二定律有 联立解得 此时B在A上运动的路程 当时，B在A上运动的路程为B相对A向右运动的路程的2倍 故当时，将代入解得 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 动力学中三种典型物理模型 命题预测 动力学三种典型物理模型是高中物理的核心知识之一，也是高考的必考点，考题可以单独考查，也可以考综合性强甚至涉及到二或三个物理模型综合，2026年高考命题可能会更注重联系生产生活实际，让考题更具应用性和创新性。 复习备考时，要特别重视传送带、板块模型，板块模型已经成为若干年来最高频的高考考题情景。应通过专题训练，引导学生将复杂的运动过程分解为一个个简单的运动过程，利用运动草图，图像等手段明晰物体的运动过程，探寻物体间的运动关系。引导学生总结解决此类问题的一般方法，以做到以不变应万变，触类旁通，举一反三。 高频考法 1.斜面模型 2.传送带模型 3.板块模型 知识·技法·思维 考向01 斜面模型 1.斜面模型主要两类问题 （1）斜面固定时，对斜面上的物体受力分析（建立坐标系进行正交分解，不要落下斜面对物体的作用力：支持力、摩擦力等）和运动分析（选择利用三大定律列方程求解，核心是加速度）； （2）对斜面不固定时，我们将斜面与斜面上的物体看成系统，仔细观察题中条件，采用整体法或动量定理甚至动量守恒定律处理. 2.过程分析： 考向02 传送带模型 解决传送带问题的几个关键点 Ⅰ、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。 Ⅱ、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）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？ （3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？ Ⅲ、画图 画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。 两类传送带运动过程分析 考向03 板块模型 1.分析“滑块—滑板模型”问题时应掌握的技巧 （1）分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速度； （2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系； （3）明确每一过程的末速度是下一过程的初速度。 2.注意 （1）不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度； （2）不清楚物体间发生相对滑动的条件。 说明：两者发生相对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力（动力学条件）；（2）二者速度或加速度不相等（运动学条件）。 3.常见问题分析 问题1． 板块模型中的运动学单过程问题 恒力拉板 恒力拉块 m1 F m2 L m1 F m2 L x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x相对 分离，位移关系：x相对=½a2t02－½a1t02=L 分离，位移关系：x相对=½a1t02－½a2t02=L 问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 问题：板块分离，F至少作用时间？ m1 F m2 L 过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1' F x2' x2相对 m1 m2 v1 v2 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 x2相对 a1' t2 位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2 问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 抽桌布问题 简化模型 A B a m1 F m2 L1 L2 过程①：分离 过程：②匀减速 x1 F F x2 L1 m1 m2 v1 v2 x1 F L2 m1 m2 v1 x1' t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a1 v2 x1 x1' a1' 分离，位移关系：x2－x1=L1 0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2 问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 块带板 板带块 m1 v0 m2 μ2 μ1 m1 v0 m2 μ2 μ1 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 t0 t/s 0 v0 v/ms-1 a2 a1 v共 x相对 a共 t0 t/s 0 v0 v/ms-1 a2 a1 v共 x相对 a共 t0 t/s 0 v0 v/ms-1 a2 a1 v共 x1相对 a1' x2相对 a2' μ1≥μ2 μ1<μ2 典例·靶向·突破 题型01 斜面模型 1．拉运木材的汽车在卸下木材时用两根细圆木作为导轨将木材卸下，如图所示两根细圆木的一端分别固定在水平地面上，另一端分别固定在车上，构成两条平行的轨道和，它们与地面的夹角。装卸工在车上将一根半径为的圆柱形木材推上导轨后，由静止自由释放，木材能够沿着轨道下滑。已知轨道和的间距为，木材与细圆木轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，则木材沿着轨道下滑的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 题型解码 （1）要注意斜面上物体受到摩擦力的种类、方向判断，如斜面倾角与arctan的比较等； （2）在采用整体法处理斜面体与它上面的物体时要区分变速运动部分（合外力）与整体的质量 （3）在计算正压力时遗漏除重力以外的其他力产生的作用而导致摩擦力大小计算错误； （4）在分析电磁力时电荷或导体棒的极值问题而引起的弹力或摩擦力的变化. 2．（多选）如图，斜面OPQ固定在水平地面上（零势能面），P为斜面的中点，OP段光滑，PQ段粗糙且粗糙程度一致，现让滑块（视为质点）从顶点O由静止滑下，滑至斜面底端Q点时速度减为零，不计空气阻力，滑块的位移s、速度随时间t及加速度a、机械能E随位移s变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 题型02 传送带模型 3．某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为的速度匀速运行，货物以大小为的速度垂直进入传送带，经时间货物恰好与传送带相对静止。货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若改变，则下列关于随变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 题型解码 1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻. 2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．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 4. 如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB与水平面夹角为a=37°，传送带以v=6m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量 m=200kg的打包货箱（可视为质点）无初速地置于底端A处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力F=1600N。已知货箱与传送带的动摩擦因数 =0.125，取重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端B时，速度大小恰好为 10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8。关于该过程，下列判断正确的是（　　） A．货箱从底端A运行至顶端B耗时 5s B．传送带AB段长度LAB=36m C．由于货箱与传送带相对滑动产生的热量为2800J D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m 题型03 板块模型 5．如图所示，将质量2kg的薄木板放在水平桌面上，在木板上放质量1kg的小滑块（可视为质点），滑块距离木板左边缘0.18m，距离桌面右边缘0.27m。已知滑块与木板间动摩擦因数为0.1，木板与桌面间、滑块与桌面间的动摩擦因数相同，均为0.2。现用水平恒力拉动木板，将木板从滑块下面抽出，滑块恰好未从桌面上掉下。重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)小滑块运动的时间； (2)若拉力始终作用在木板上，求拉力的大小； (3)若改变拉力的大小，使其作用一段时间后撤去，求拉力作用的最短时间。 题型解码 1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力. 2.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，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长 6. 如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求 (1)长木板开始滑动时的加速度大小； (2)小物块与木板恰好共速时，、之间的距离； (3)长木板运动的总时间。 1．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示，倾角为的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2 kg的木板和质量为1 kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4 N B．4.8 N C．4.0 N D．0 2．（2026·辽宁营口·二模）如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t=0时刻，将一碳包轻放在顶端A点，碳包沿传送带向下滑动，经过0.6s碳包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间变化的规律如图乙所示，碳包可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α=30° B．传送带的速度v=1.6m/s C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2 D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平面上，物体、叠放，相同的物体、用绷紧的轻绳连接，由静止释放后，物体开始运动，物体、始终保持相对静止。已知、、的质量均为，、间的动摩擦因数为，、与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。下列说法正确的是（   ） A．绳上张力大小与有关 B．两动摩擦因数一定满足 C．相同时间内三者的动量变化量相同 D．给的作用力一定竖直向上 4．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图（a）所示，水平地面上有一足够长的、质量为1kg的木板，木板上放有一可视为质点、质量为1kg的物块。给木板一水平向右的初速度，同时也给物块一水平向左的初速度，物块恰好未滑离木板，整个运动过程中，木板的速度随时间变化关系如图（b）所示，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　） A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.4 C．物块的初速度大小为 D．木板的长度为5m 5．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，木板A静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块B，时对A施加一水平向右的恒定拉力F，时撤去F，B与A共速时，B恰好在A最左端。A和B在0~3s内的v-t图像如图乙所示。已知B的质量，A与地面间动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，从开始到A、B均停止运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A与B间动摩擦因数为0.1 B．A的长度为5m C．拉力F对A做的功为108J D．B对地的位移为9m 6．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某同学在快递分拣中心进行社会实践。一个质量为的包裹从扫描入口（A点）到分拣机器人拾取点（B点）的距离为，水平传送带始终保持的速度顺时针运行。包裹与传送带间的动摩擦因数为。该同学将包裹轻放在A点（初速度为零），包裹可视为质点。重力加速度g取。 (1)求包裹从传送带的左端运动到右端所需的时间t； (2)求包裹在传送带上留下的划痕长度； (3)分拣机器人在B点平稳取走包裹后，将其竖直向上匀速提升，求包裹向上运动过程中机器人对其所做的功W。 7．（2026·内蒙古包头·一模）将物块A和物块B用一根轻弹簧连接放置在传送带上，已知物块A和物块B的质量相等均为，物块A和物块B与传送带的动摩擦因数相等均为，弹簧劲度系数，零时刻，弹簧处于原长，使物块A以的初速度水平向左运动，物块B的初速度为零，t时刻，物块A与传送带第一次共速，传送带足够长，弹性势能（x为弹簧的形变量），重力加速度。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若传送带始终静止，求物块B开始运动时，物块A的速度（结果可以用根式表示）； (2)若传送带逆时针以的速度运行，求t时刻物块B的速度大小； (3)在（2）的前提下，求t时刻弹簧的伸长量。 8．（2026·内蒙古兴安盟·一模）同一水平面内的圆柱体、半径，绕各自中心轴以的角速度逆时针转动，两中心轴互相平行且固定，间距。将质量均匀分布的长木板由静止水平轻放在两圆柱体上，其重心恰好在的正上方，如图所示。此后当圆柱体转动两周时木板开始匀速运动。当重心运动到正上方时，立即在点右侧由静止轻放与木板质量相同的一铁块，同时圆柱体、瞬间停止转动。此后木板保持水平做减速运动，最终水平静止且恰好对没有压力。已知、、铁块与木板间的动摩擦因数相同，取，，求： (1)木板在圆柱体上加速运动过程中的加速度大小； (2)木板重心从正上方运动到正上方的时间； (3)铁块释放时其与木板重心之间的距离（不计木板厚度，铁块视为质点）。 9．（2026·辽宁·模拟预测）如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长、质量的木板A，一质量的物体B以初速度滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力与B之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，物体B在木板A上运动的路程s（相对于木板A）与力F的关系如图乙所示，求： (1)当时，的加速度大小； (2)物体B的初速度的大小； (3)图乙中和的大小。 / 学科网（北京）股份有限公司 $