第三单元 专题六 动力学常见模型 (Word练习)-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习（通用版）

**基本信息** 聚焦动力学两大核心模型，通过10道精选模拟题构建"模型情境-受力分析-运动规律"的逻辑训练体系，强化科学思维中的模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|5题（含1计算题）|涵盖水平/倾斜传送带、匀速/变速转动、划痕计算等情境|基于摩擦力方向判断→运动过程分段→相对位移与能量转化的递进关系| |滑块—木板模型|5题（含1计算题）|涉及叠放体、初速度差异、外力作用等变式|遵循"隔离受力分析→加速度比较→相对运动判断→位移关联"的解题链条|

专题六　动力学常见模型 (限时40分钟) 题型一　传送带模型 1.[2025·湖北荆州模拟] 如图所示,水平传送带以速率v2顺时针匀速转动,一个煤块以速率v1从传送带的右端A滑上传送带,刚好不从传送带左端B掉落,下列说法可能正确的是 (　) A.小煤块所受的摩擦力先向右后向左 B.煤块回到A端时,速率一定为v2 C.其他条件不变,仅v2减小,那么煤块会从B端掉落 D.其他条件不变,仅v2变大,那么煤块留在传送带上的划痕一定会变长 2.(多选)[2025·吉林长春模拟] 水平传送带以10 m/s的初速度顺时针匀减速转动,其v⁃t图像如图甲所示,t=0时刻将一物块无初速度放在传送带左端,如图乙所示,当t= s时,物块的速度与传送带速度相同.重力加速度g取10 m/s2,则 (　) A.传送带的加速度大小为2 m/s2 B.物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2 C.0~5.5 s内,物块一直受到向左的摩擦力 D.0~ s内,物块与传送带之间的划痕为 m 3.[2025·河北承德模拟] 如图所示,倾斜传送带以大小为v1的速度顺时针转动时,将木箱无初速度地放在底端B点,木箱经时间t0到达顶端A点,向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为Q1.传送带以大小为v2的速度逆时针转动时,将木箱无初速度地放在A点,木箱经时间t0也刚好到达底端B点,向下运动的过程中由于摩擦产生的热量为Q2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木箱可视为质点.下列说法正确的是 (　) A.v1=v2 B.v1<v2 C.Q1<Q2 D.Q1>Q2 4.[2025·山东菏泽二模] 如图所示为某分拣传送装置,AB长5.8 m,倾角θ=37°的传送带倾斜地固定在水平面上,以恒定的速率v0=4 m/s逆时针转动.质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A,经过一段时间工件运动到传动带的底端.工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则 (　) A.工件刚开始下滑时的加速度大小等于2 m/s2 B.工件由顶端到底端的时间是1.2 s C.工件在传送带上留下的痕迹长为1 m D.若工件达到与传送带速度相同时,传送带突然停止运动,工件下滑的总时间将变长 5.[2025·江西宜春模拟] 如图所示,倾斜传送带与水平面间的夹角θ=37°,正以恒定的速度v=2 m/s顺时针转动,主动轮、从动轮的大小可忽略不计.现在其底端P处有一物体(可视为质点)以速度v0=6 m/s沿斜面方向冲上传送带,物体到达传送带顶端的速度刚好为零(到达顶端后立即被取走),物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)物体与传送带等速前、后物体的加速度; (2)传送带底端P到顶端Q的距离x; (3)如果物体可以在传送带上留下划痕,试求传送带上的划痕长度. 题型二　滑块—木板模型 6.[2025·山东烟台模拟] 如图所示,两质量均为2 kg的甲、乙两物体叠放在水平地面上,已知甲、乙间的动摩擦因数μ1=0.5,物体乙与地面间的动摩擦因数μ2=0.6.现用水平拉力F作用在物体乙上,使两物体一起沿水平方向向右以速度v0=7 m/s做匀速直线运动,已知g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,乙物体足够长.如果运动过程中F突然变为零,则甲、乙最终均相对地面静止时,甲在乙上的划痕长度为 (　) A.0 B.1 m C.1.4 m D.4.9 m 7.(多选)[2025·湖南岳阳联考] 如图所示,一质量为m1的物块叠放在质量为m2的足够长的木板上,二者均静止在水平地面上,已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2.现给长木板一水平向右的初速度v0,下列关于长木板和物块的v⁃t图像(实线和虚线分别表示不同物体)可能正确的是 (　) A B C D 8.如图甲所示,长木板a放在水平地面上,质量为m的物体b,以水平速度滑上木板a,之后a、b运动速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　) A.木板a的长度至少为1.5 m B.木板a的质量为2m C.物体b与木板a上表面间的动摩擦因数为0.1 D.长木板a与地面间的动摩擦因数为0.1 9.[2025·北京大兴区模拟] 如图所示,一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上.一质量为m的长木板B静止在斜面上,质量也为m的物块A静止在长木板上,A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F,把长木板B从物块A的下面抽出,重力加速度为g.则拉力F应大于 (　) A.mgsin θ+μmgcos θ B.mgsin θ+2μmgcos θ C.4μmgcos θ D.2mgsin θ 10.[2025·湖北荆州模拟] 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取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; (3)拉力F的大小. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六　动力学常见模型 1.D　[解析] 小煤块向左运动,相对传送带速度向左,所受摩擦力只可能向右,A错误,若v1>v2,小煤块回到A端时速率为v2,若v1<v2,小煤块回到A端时速率为v1,B错误;若v1一定,v2减小,小煤块向左的最大位移不变,煤块仍恰好滑到B端,故C错误;若v2增大,传送带与煤块相对速度增大,若原本v1>v2,相对运动时间为t=,划痕变长,若原本v1<v2,相对运动时间t=,相对速度增大,可知划痕变长,故D正确. 2.BD　[解析] 由题图甲所示图像可知,传送带的加速度为a== m/s2=-4 m/s2,则传送带的加速度大小为4 m/s2,故A错误;物块放上传送带后受到向右的滑动摩擦力,对物块,由牛顿第二定律有μmg=ma',解得a'=μg,物块与传送带共速时,有v0+at=a't,代入数据解得a'=2 m/s2、μ=0.2,故B正确;开始阶段物块受向右的摩擦力,当物块与传送带共速后,由于传送带继续减速且加速度大小大于物块滑动时的加速度大小,所以物块也将减速,摩擦力向左,方向改变,即在t= s时摩擦力方向发生改变,故C错误;设物块与传送带共速时速度为v1,有v1=a't=2× m/s= m/s,物块的位移为x1=a't2=×2× m= m,传送带的位移为x2=v0t+at2=10×-×4×()2 m= m,这段时间内的相对位移为Δx1=x2-x1= m- m= m,则在0~ s内物块与传送带之间的划痕为 m,故D正确. 3.D　[解析] 设传送带的倾角为θ,木箱质量为m,木箱与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带顺时针转动时,对木箱根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma1,当传送带逆时针转动时,对木箱根据牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma2,可知a1<a2,由于木箱向上运动和向下运动的时间相同,位移大小也相同,画出符合要求的v⁃t图像如图所示,木箱向下运动时一定先加速后匀速,向上运动时可能一直加速或先加速后匀速,根据图像可判断v1>v2,故A、B错误;根据图像可知木箱向上运动过程相对位移大,根据Q=μmgx 相cos θ,可知Q1>Q2,故C错误,D正确. 4.C　[解析] 工件刚开始下滑时,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,故A错误;工件与传送带达到共速时,假设工件还未到达B点,则此过程工件运动时间为t1==0.4 s,工件的位移为x1=a1=0.8 m<LAB,故假设成立,此后根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,则LAB-x1=v0t2+a2,解得t2=1 s,所以工件由顶端到底端的时间是t=t1+t2=1.4 s,故B错误;工件与传送带共速时,相对位移为Δx1=v0t1-x1=0.8 m,工件与传送带共速后,相对位移为Δx2=x工2-x传2=(LAB-x1)-v0t2=1 m,因为Δx1<Δx2,所以工件在传送带上留下的痕迹长为s痕=Δx2=1 m,故C正确;若工件达到与传送带速度相同时,传送带突然停止运动,工件的受力情况不变,加速度不变,所以工件下滑的总时间将不变,故D错误. 5.(1)8.0 m/s2　4.0 m/s2　(2)2.5 m　(3)1 m [解析] (1)物体冲上传送带之后做减速运动,设其速度减小到等于传送带的传送速度v之前加速度大小为a1,则有mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得a1=8.0 m/s2 当物体的速度等于v时,由于mgsin θ>μmgcos θ,所以物体继续做减速运动 设继续减速阶段物体加速度大小为a2,且历时t2,速度减为0,则有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=4.0 m/s2 (2)设第一阶段物体的位移大小为x1,有-v2=2a1x1 解得x1=2 m 设第二阶段物体位移大小为x2,则有x2==0.5 m 传送带底端到顶端的距离x=x1+x2=2.5 m (3)共速前物体相对传送带向上的位移,设第一阶段历时t1,则有v0-v=a1t1 解得t1=0.5 s 位移d1=x1-vt1=2 m-2×0.5 m=1 m 根据v=a2t2 可得t2=0.5 s 共速后物体相对传送带向下的位移为 d2=vt2-x2=2×0.5 m-0.5 m=0.5 m 由于d2<d1 则划痕长度为d1=1 m 6.C　[解析] 若甲、乙相对静止,则a0=μ2g=6 m/s2,甲物体所受摩擦力Ff甲=ma0=12 N>μ1mg=10 N,故二者相对滑动,由牛顿第二定律可得ma甲=μ1mg,μ2×2mg-μ1mg=ma乙,解得a甲=5 m/s2,a乙=7 m/s2,得a甲<a乙,可知乙先停止运动,甲后停止运动,根据x甲==4.9 m,x乙==3.5 m,甲在乙上的划痕长度为Δx=x甲-x乙=1.4 m,故选C. 7.AD　[解析] 由题意可知,起初物块做匀加速直线运动,木板做匀减速直线运动,故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板,某个时刻两者速度相等,之后若μ1>μ2,则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下,且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g,小于起初木板做匀减速运动的加速度,A正确,B错误;若μ1<μ2,则二者不能相对静止,二者以不同的加速度做匀减速直线运动,且物块的加速度大小不变、方向相反,C错误,D正确. 8.C　[解析] 由图像可知,a、b在1 s后一起匀速运动,说明长木板a与地面间的动摩擦因数为0,D错误;因前1 s内a、b的加速度大小都为a==1 m/s2,而二者的合外力为相互作用的摩擦力,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板a的质量为m,B错误;对b受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得物体b与木板a上表面间的动摩擦因数μ=0.1,C正确;由图得0~1 s内物体b的位移为xb=×(2+1)×1 m=1.5 m,长木板a的位移为xa=×1×1 m=0.5 m,则木板a的最小长度为L=xb-xa=1 m,故A错误. 9.C　[解析] 设拉力为F0时,B刚要从A下面被抽出,则此时B和斜面之间的滑动摩擦力为2μmgcos θ,A B间的摩擦力达到最大静摩擦力,为μmgcos θ,A、B此刻加速度可以认为仍相同,对整体,根据牛顿第二定律有F0-2mgsin θ-2μmgcos θ=2ma,对物块A,根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma,联立可得F0=4μmgcos θ,故A、B、D错误,C正确. 10.(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N [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,图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移,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P、Q整体分析有 μ2(m+M)g=(m+M)a3 联立代入数据解得F=9 N. 学科网（北京）股份有限公司 $