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

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学核心模型，涵盖水平与倾斜传送带、滑块—木板模型，按情景分类梳理运动规律，通过考点归纳、方法指导、真题演练，帮助学生构建运动和相互作用观念，突破动力学问题分析难点。 资料以模型建构为核心，设计情景对比表格（如传送带足够长与不足够长运动差异），结合例题变式训练提升科学推理能力，分层练习适配不同学生需求，助力教师高效把控复习节奏，提升学生应考实战能力。

专题六　动力学常见模型 　传送带模型 考向一　水平传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时,一直加速 v0<v时,先加速再匀速 v0>v时,一直减速 v0>v时,先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0,后被传送带传回左端 若v0<v,则返回到左端时速度为v0;若v0>v,则返回到左端时速度为v 例1　如图所示,物块P质量m=2 kg,由水平面A点开始以v0=4 m/s的速度向A点右侧运动,物块与水平面间的动摩擦因数μ1=0.2,运动x1=3 m后滑上水平传送带BC.已知传送带足够长且物块与传送带间的动摩擦因数μ2=0.1,传送带以恒定速率v2=1 m/s逆时针转动,g取10 m/s2,求: (1)物块向右运动距A点的最大距离; (2)物块最后停下来距A点的距离; (3)从开始运动到最终停止的时间t. 变式1　[2025·浙江杭州模拟] 如图甲所示,水平传送带沿顺时针方向匀速运动.从传送带左端P先后由静止轻轻放上两个物体A、C,物体A经tA=9.5 s到达传送带另一端Q,物体C经tC到达传送带另一端Q.若释放物体时刻作为t=0时刻,分别作出A、C的速度—时间图像如图乙、丙所示.下列结论不正确的是 (　) A.传送带运动速度大小为4 m/s B.P、Q间距为36 m C.C与传送带间的动摩擦因数为0.125 D.丙图中tC=24 s [反思感悟] 　   考向二　倾斜传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速 一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速 若μ<tan θ,先以a1加速,后以a2加速 v0<v时,一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) v0<v时,若μ≥tan θ,先加速后匀速;若μ<tan θ,先以a1加速,后以a2加速 v0>v时,若μ>tan θ,一直减速;若μ=tan θ,一直匀速;若μ<tan θ,一直加速 v0>v时,若μ>tan θ,先减速后匀速;若μ=tan θ,一直匀速;若μ<tan θ,一直加速 μ<tan θ时,一直加速 μ=tan θ时,一直匀速 μ>tan θ时,一直减速 μ>tan θ时,先减速到速度为0,后反向加速 若v0<v,则加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动);若v0>v,则加速到速度为v后匀速 例2　[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度轻放一小物块,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 (　) A B C D 例3　(多选)[2025·山西太原模拟] 如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v⁃t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列判断不正确的是 (　) A.传送带的速率v0=10 m/s B.传送带的倾角θ=30° C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5 D.0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m 　“滑块—木板”模型 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,位移大小之和为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). 考向一　水平面上的板块问题 例4　(14分)[2025·辽宁丹东一模] 如图所示,在光滑水平面上,质量m=1 kg、可视为质点的小物块,静止在质量M=2 kg的长木板左端,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,现对物块施加一水平向右的拉力F=8 N,作用一段时间t1后立刻撤掉外力F,小物块又经时间t2恰好运动到长木板的右端且没有从右端落下,重力加速度g取10 m/s2. (1)求时间t1与时间t2的比值; (2) 若长木板的长度L= m,则在外力F作用时间t1内小物块和长木板组成的系统产生的热量大小是多少? 规范答题区 自评项目 (共14分) 自评+ 得分 书写工整无涂抹(是否加分项) 　 (√或×) 有必要的文字说明(2分) 有解题关键公式(9分) 结果为数字的带有单位(2分) 求矢量的有方向说明(1分) 变式2　[2025·安徽皖东联考] 如图甲所示,粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端.现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F的作用.滑块、长木板的速度—时间图像如图乙所示,已知小滑块Q与长木板P的质量相等,小滑块Q始终没有从长木板P上滑下.重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是 (　) A.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5 B.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75 C.t=9 s时长木板P停下来 D.长木板P的长度至少是16.5 m 考向二　斜面上的板块问题 例5　(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是 (　) A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C.经过1 s的时间,小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s [反思感悟] 　   学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六　动力学常见模型 例1　(1)5 m　(2)2.75 m　(3)6 s [解析] (1)根据牛顿第二定律有-μ1mg=ma1 得a1=-μ1g=-2 m/s2 设滑上传送带时的速度为v1 则-=2a1x1 代入数据解得v1=2 m/s 进入传送带时,a2=-μ2g=-1 m/s2 到达最大位移处时0-=2a2x2 解得x2=2 m 最大距离xm=x1+x2=5 m (2)到达最大位移处后,物块反向加速,加速度大小a3=μ2g=1 m/s2,达到与传送带相同速度时,有=2a3x3 解得x3=0.5 m 此后与传送带一起匀速运动,滑上平台后做匀减速运动,加速度为a4=-μ1g=-2 m/s2 速度减速到零,有 0-=2a4x4 解得x4=0.25 m 此时离A点的距离为Δx=x1-x4=3 m-0.25 m=2.75 m (3)A到B,所用时间t1==1 s 在传送带上减速到0,所用时间t2==2 s 反向加速到传送带速度时,所用时间t3==1 s 在传送带上匀速运动时,所用时间t4==1.5 s 在平台上减速到0时,所用时间t5==0.5 s 从开始运动到最终停止所用的时间t=t1+t2+t3+t4+t5=6 s 变式1　C　[解析] 由图乙可知,物体A先做匀加速运动,达到与传送带速度相等后做匀速直线运动,可知传送带的速度大小为4 m/s,根据图像围成的面积表示位移,可求得P、Q间的距离为LPQ=×4 m+4× m=36 m,故A、B正确;根据图丙可知物体C在传送带上一直加速,根据图像围成的面积表示位移可得LPQ=×tC×3,求得tC=24 s,根据v=atC,可求得C在传送带上运动的加速度大小为a== m/s2,对C由牛顿第二定律得a=μg,可求得C与传送带间的动摩擦因数为μ=0.012 5,故C错误,D正确. 例2　C　[解析] 在0~t0时间内对小物块受力分析可知,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,故做匀加速直线运动,t0之后物块速度与传送带相同,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. 例3　BD　[解析] 由题图乙知,物体先做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速度后(在t=1.0 s时刻),由于重力沿传送带向下的分力大于摩擦力,物体继续向下做匀加速直线运动,从图像可知传送带的速度为v0=10 m/s,故A正确;在0~1.0 s内,物体摩擦力方向沿传送带向下,匀加速运动的加速度大小为a1==gsin θ+μgcos θ,由图知a1== m/s2=10 m/s2,在1.0~2.0 s,物体的加速度大小为a2==gsin θ-μgcos θ,由图知a2== m/s2=2 m/s2,联立解得μ=0.5,θ=37°,故B错误,C正确;根据“面积”表示位移,可知0~1.0 s物体相对于地的位移x1=t1= m=5 m,传送带的位移为x2=v0t1= m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx1=x1-x2=5 m,方向向上,1.0~2.0 s物体相对于地的位移x3= m=11 m,传送带的位移为x4=v0t1= m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx2=x3-x4=1 m,方向向下,故留下的痕迹为5 m,故D错误. 例4　(1)3∶1　(2)4 J [解析] (1)对小物块受力分析,有F-μmg=ma1 (1分) 得a1=4 m/s2 对长木板受力分析,有μmg=Ma2 (1分) 得a2=2 m/s2 小物块先加速后减速最后与长木板共速,长木板一直加速后匀速,小物块减速时有-μmg=ma3 (1分) 得a3=-4 m/s2 (1分) 小物块加速阶段最大速度v1=a1t1,小物块减速阶段最后与长板共速的速度v=a1t1+a3t2 (1分) 长木板一直加速,匀速后的速度v=a2 (1分) 得t1∶t2=3∶1 (1分) (2)小物块加速阶段位移x1=a1 (1分) 小物块减速阶段位移x2=v1t2+a3 (1分) 长木板位移x3=a2(t1+t2)2 (1分) 由x1+x2-x3=L (1分) 得t1=1 s (1分) t1时间内相对位移Δx=x1-a2=1 m (1分) Q=μmgΔx=4 J (1分) 变式2　C　[解析] 由图乙可知,力F在t=5 s时撤去,此时长木板P的速度v=5 m/s,t=6 s时两者速度相同,v=3 m/s,t=6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度,t=6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度,0~6 s过程中,以滑块Q为研究对象,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,由v⁃t图像可知a1== m/s2=0.5 m/s2,解得μ1=0.05,故A错误;5~6 s过程中,以长木板P为研究对象,由牛顿第二定律得μ2(2m)g+μ1mg=ma2,由图乙可得a2== m/s2=2 m/s2,解得μ2=0.075,从6 s末到长木板停下来的过程中,由牛顿第二定律得μ2(2m)g-μ1mg=ma3,解得a3=1 m/s2,这段时间Δt1==3 s,t=9 s时长木板P停下来,故B错误,C正确;长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx1=×5×5 m+×(5+3)×1 m-×3×6 m=7.5 m,故D错误. 例5　BC　[解析] 对小孩,由牛顿第二定律得,加速度大小为a1==2.8 m/s2,同理对滑板,加速度大小为a2==0.8 m/s2,A错误,B正确;小孩刚与滑板分离时,有a1t2-a2t2=L,解得t=1 s,离开滑板时小孩的速度大小为v=a1t=2.8 m/s,D错误,C正确. 学科网（北京）股份有限公司 $