第3章 专题4 动力学中的两种典型物理模型（Word练习）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动力学中摩擦与相对运动专题，以板块模型、传送带问题为载体，通过基础题组夯实受力分析与运动学公式应用，提升题组强化多过程与临界条件推理，体现运动与相互作用观念及科学推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础题组|7道（单选5、多选2）|滑块-木板分离条件、传送带运动状态分析、v-t图像解读|从摩擦力性质（滑动/静摩擦）到牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式推导相对位移与共速条件| |提升题组|3道计算题|多过程运动（加减速、匀速）、临界状态（刚好脱离）、图像与实际问题结合|以整体法与隔离法为核心，串联受力分析-加速度-运动过程-位移关系的逻辑链条，强化模型建构能力|

[对应学生用书第395页] 说明：单项选择题每小题3分，多项选择题每小题4分，共24分；非选择题共3小题，共38分；本试卷共62分。 [基础题组] 1．如图所示，长木板静止于光滑水平地面上，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动，当滑块与木板分离时，滑块相对于地面的位移为x，速度为v，若只减小滑块质量，再次拉动木板，滑块与木板分离时(　　) A．x变小，v变小　 B．x变大，v变大 C．x变小，v变大 D．x变大，v变小 解析　长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1＝μg，长木板加速度a2＝，由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x＝a1t2，滑块相对长木板的位移为L＝a2t2－a1t2，滑块相对地面的速度为v＝a1t，若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1＝μg不变，长木板加速度a2＝变大，由滑块相对长木板的位移为L＝a2t2－a1t2可得运动时间变短，滑块相对地面的位移为x＝a1t2 变小，滑块相对地面的速度为v＝a1t变小，故选项A正确，B、C、D错误。 答案　A 2．如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动，则(　　) A．滑块受到的摩擦力的大小和方向都保持不变 B．滑块的加速度的大小和方向都保持不变 C．若增大传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D．若传送带改为顺时针转动，滑块做匀加速直线运动 解析　设滑块质量为m，传送带与水平面的倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmgcos θ＝ma1，滑块向下做匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，由于滑块一直做加速运动，则有mg sin θ>μmgcos θ可知，此后滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmgcos θ＝ma2，滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若增大传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时，仍然有mg sin θ>μmgcos θ，结合上述可知，滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，即若倾角增大，滑块不可能做匀速运动，故C错误；若传送带改为顺时针转动，滑块始终相对于皮带向下运动，滑动摩擦力始终沿皮带向上，结合上述可知mg sin θ>μmgcos θ，则滑块一直向下做匀加速运动，故D正确。 答案　D 3．(2026·安徽合肥期末)如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物块滑上传送带的初速度大小4 m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C．2.0～3.0 s时间内，物块的加速度为2 m/s2 D．第2.0 s末和第3.0 s末物块的速度分别为0、－3 m/s 解析　位移—时间图像的斜率表示速度，由题图乙可知，前2 s内物块向左匀减速运动，2 s末速度为零，第3 s内向右匀加速运动，3.0～4.5 s内x－t图像为一次函数，物块做匀速直线运动，说明物块与传送带保持相对静止，与传送带一起向右匀速直线运动。由题图乙可知，前2 s内物块的位移x＝4 m，物块的位移x＝t，代入数据解得物块的初速度大小v0＝4 m/s，故A正确；物块在传送带上滑动过程的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，故B错误；2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向左为正方向，则加速度为－2 m/s2，故C错误；x-t图像的斜率表示速度，第2.0 s末x-t图像的斜率为零，则2.0 s末的速度为0，2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，3.0 s末的速度v′＝a′t′＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故D错误。 答案　A 4．(多选)如图甲所示，一块质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，现对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．滑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0.1 C．F的大小可能为9 N D．F的大小与板长L有关 解析　由题图乙可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为a1＝＝2 m/s2，对木板根据牛顿第二定律μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出时木板的加速度为a2＝＝1 m/s2，对木板μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，故A错误，B正确；对滑块B，F－μ1mBg＝mBaB，其中aB>2 m/s2，则F>9 N，F的大小不可能为9 N，故C错误；根据L＝aBt2－a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝2L＋9(N)，即F的大小与板长L有关，故D正确。 答案　BD 5．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的v-t图像可能是下列图中的(　　) 　　　 A　　　　 B　　　 　C　　　 　D 解析　由于物块刚放到木板上时，运动的木板会对它有一个向前的滑动摩擦力，则物块对木板就会有一个向左的摩擦力，此时木板还受到地面给它的向左的摩擦力，木板在这两个阻力的作用下做匀减速直线运动；当物块的速度与木板的速度相等时，物块与木板间没有了相对运动，它们之间的摩擦力为零，此时木板受到的阻力只有地面对它施加的向左的力，即阻力减小，故其加速度变小，木板也做匀减速直线运动，但其加速度变小，故选项A正确。 答案　A 6．(多选)(2025·河南南阳模拟)如图所示，一足够长的木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板的右端，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在物块放到木板上之后，木板和物块运动的速度－时间图像可能是(　　) A　　 　　　　　 B C　 　　　　　　　D 解析　物块与木板的质量相等，设为m，物块与木板间动摩擦因数设为μ1，木板与地面间动摩擦因数设为μ2，物块轻放到木板的右端后，对物块受力分析有μ1mg＝ma1，解得a1＝μ1g，物块向右加速对木板受力分析有μ1mg＋μ22mg＝ma2，解得a2＝μ1g＋2μ2g，木板向右减速，且a2>a1，故A错误；设经时间t共速，共速时的速度为v，共速前对物块有v＝a1t，t＝＝，若共速后两者相对静止，对整体受力分析有μ22mg＝2ma，解得a＝μ2g，减速至0所需时间为t′＝＝。若μ1＝μ2，两段时间相等，故B正确；若共速后两者相对滑动，物块加速度仍为a1，但开始减速，对木板有μ22mg－μ1mg＝ma3，a3＝2μ2g－μ1g，显然a3<a1，故C错误，D正确。 答案　BD 7．(多选)(2025·湖南长沙模拟)如图所示，某次运动中，小孩(可看作质点)与滑板以相同初速度v0＝6 m/s一起滑上斜面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知小孩与滑板间的动摩擦因数为μ1＝0.6，滑板与斜面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，小孩的质量为m1＝25 kg，滑板的质量为m2＝1 kg，斜面体的质量为m3＝10 kg，斜面的倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则在上滑过程中，下列说法正确的是(　　) A．小孩与滑板之间的摩擦力大小为120 N B．小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8 m C．地面对斜面的支持力大小为360 N D．地面对斜面的摩擦力大小为208 N 解析　由于μ1>μ2，所以小孩和滑板相对静止一起做匀减速运动到最高点，利用整体法有(m1＋m2)·g sin θ＋μ2(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a，a＝10 m/s2，方向沿斜面向下。对小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为Ff1，Ff1＋m1g sin θ＝m1a，Ff1＝100 N，故A错误；由速度-位移公式可得x＝＝1.8 m，故B正确；以小孩、滑板和斜面体整体为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分别为ax＝a cos θ，ay＝a sin θ，对整个系统分析，根据牛顿第二定律可知，在竖直方向有(m1＋m2＋m3)g－FN＝(m1＋m2)ay，解得FN＝204 N，故C错误；地面对斜面体有向右的摩擦力，其大小为Ff2＝(m1＋m2)ax＝208 N，故D正确。 答案　BD [提升题组] 8．(12分)(2025·湖北武汉模拟)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2)求： (1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小； (2)滑块Q运动的总位移的大小； (3)拉力F的大小。 解析　(1)v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据题图乙可知， 0～2 s内滑块Q的加速度大小 a1＝ m/s2＝4 m/s2 0～2 s内木板P的加速度大小 a2＝ m/s2＝2 m/s2 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小 a3＝ m/s2＝1 m/s2。 (2)v-t图像中，图线与时间轴所围“面积”表示位移，则滑块Q运动的总位移 x＝ m＋ m＝24 m。 (3)0～2 s内对滑块Q分析有μ1mg＝ma1 0～2 s内对木板P分析有 μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2 两物体一起做匀减速直线运动，对PQ整体分析有μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3 联立代入数据解得F＝9 N。 答案　(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N 9．(12分)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的探究。如图甲所示，长方形硬纸板置于水平桌面上，纸板的一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm。橡皮擦与纸板间、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)手指对纸板的作用力F与时间t的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对于纸板滑动，F0至少多大？ (2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足什么条件？ 解析　(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a 对橡皮擦和纸板整体有 F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 联立解得F0＝0.15 N。 (2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min。则对橡皮擦有 x1＝at2，v＝at 对纸板有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2， x2＝v0mint－a2t2，v＝v0min－a2t 根据位移关系有x2－x1＝ 联立解得v0min＝ m/s 则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足 v0≥v0min＝ m/s。 答案　(1)0.15 N　(2)v0≥ m/s 10．(14分)(2025·湖南娄底模拟)下图为某国际机场旅客行李箱运输装置的简化示意图，行李箱在倾斜传送带上速度由零开始加速，每隔时间Δt＝1 s有一个行李箱从左侧进入(初速度为零)传输带，传输带长度为L＝10 m，与水平面的夹角为α＝30°，传输带始终以v＝1.0 m/s的速度匀速运动，行李箱与传输带间的动摩擦因数μ＝，不计行李箱的大小及其与传输带下边挡板间的摩擦力，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 30°＝，cos 30°＝。 (1)求行李箱在传输带上可以滑行的最长时间； (2)传输带上最多有几个行李箱？ 解析　(1)根据牛顿第二定律可得μmg cos α＝ma 解得a＝2.5 m/s2 加速的时间为t1＝＝0.4 s，加速的位移为x＝t1＝0.2 m 匀速运动的时间为t2＝＝9.8 s 行李箱在传输带上可以滑行的最长时间为 t＝t1＋t2＝10.2 s。 (2)在Δt＝1 s时间内，做初速度为零的匀加速的行李箱的位移为x1＝t1＋v(Δt－t1)＝0.8 m 在Δt＝1 s时间内，做匀速运动的行李箱的位移为x2＝vΔt＝1 m 传输带上行李箱最多的个数为n＝＋2(取整数) 解得n＝11个。 答案　(1)10.2 s　(2)11个 学科网（北京）股份有限公司 $