第3章 高考热点1 动力学中的三大典型模型(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学三大典型模型，按连接体、倾斜传送带、板块模型的特点及内在联系构建知识体系，通过考点梳理、方法指导（如整体法隔离法）、真题讲解等环节，帮助学生系统掌握解题策略，突破高考难点。 讲义以模型建构和科学推理为核心，如连接体模型“先整体求加速度后隔离求内力”的流程，传送带运动情况分类表，培养学生科学思维。结合典型例题解析与情境变式训练，高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供实用指导。

高考热点一　动力学中的三大典型模型 模型1　连接体模型 1．整体法的选取：连接体内各物体相对静止，具有相同的加速度，不需要求物体之间的作用力时，就可以把它们看成一个整体，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求整体的加速度。 2．隔离法的选取：连接体内各物体相对静止，具有相同的加速度，要求物体之间的作用力时，就需要把相应的物体隔离出来，对隔离的物体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解。 3．整体法、隔离法的交替运用：连接体内各物体相对静止，要求物体之间的作用力，可以先用整体法根据牛顿第二定律求整体的加速度，再选取合适的研究对象用隔离法根据牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。 注意：(1)当求系统的外力或加速度时往往用整体法，需要求内力时用隔离法，必要时整体法、隔离法综合应用。 (2)两物体相对静止的临界条件是摩擦力为最大静摩擦力；叠加物体分离的临界条件是物体间的作用力为零。 我国高铁技术处于世界领先水平。某列复兴号动车组由8节车厢组成，以1车在前、8车在后沿水平直轨道运行，其中2车和7车为动车，提供动力，其余为拖车，不提供动力。假设各节车厢质量及受到的阻力均相等，2车和7车提供的动力始终相同，则(　　) A．加速运行时，4车对5车有作用力 B．关闭动力滑行时，每节车厢之间均无作用力 C．匀速运行时，每节车厢之间均无作用力 D．匀速运行时，6、7车之间的作用力大于2、3车之间的作用力 [解析]　设每节动车的牵引力为F，每一节车厢的质量为m，阻力为f，加速运行时，有两节动力车厢，对整个动车组进行受力分析得2F－8f＝8ma，对第5车到第8车进行受力分析得F45＋F－4f＝4ma，联立解得F45＝0，故A错误；关闭动力滑行时，对整个动车组进行受力分析得8f＝8ma′，设第n车对余下(8－n)车整体的作用力为F′，对余下整体进行受力分析得F′＋(8－n)f＝(8－n)ma′，联立解得F′＝0，可知关闭动力滑行时，每节车厢之间均无作用力，故B正确；匀速运行时，对整个动车组进行受力分析得2F－8f＝0，对7、8节车厢整体有F67＋F－2f＝0，对1、2节车厢整体有F＋F23－2f＝0，解得F67＝－，F23＝－，故6、7车之间的作用力等于2、3车之间的作用力，故C、D错误。 [答案]　B (2026·山东菏泽市一模)如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律如图乙所示，则(　　) A．t＝0.5 s时，A、B间的弹力大小为2 N B．t＝1 s时，A、B分离 C．A、B分离时，它们的位移大小为4.5 m D．A、B分离时的速度大小为4 m/s [解析]　在前3 s内根据题图乙可得FA＝6－2t(N)，FB＝2＋2t(N)，当A、B之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有＝，即＝，解得t＝2 s，故B错误；t＝0.5 s时，A、B没有分离，看成一个整体，则有FA＋FB＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，隔离A，根据牛顿第二定律，有FA－F′＝mAa，代入数据解得F′＝3 N，故A错误；由上分析可知A、B分离前的加速度大小a＝2 m/s2，分离时，它们的位移大小x＝at2＝×2×22 m＝4 m，速度大小v＝at＝4 m/s，故C错误，D正确。 [答案]　D 模型2　倾斜传送带模型 倾斜传送带中滑块可能的运动情况 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系g sin θ＜μg cos θ) 先加速后匀速 一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ＜tan θ，先以a1＝g sin θ＋μg cos θ加速，后以a2＝g sin θ－μg cos θ加速 当0＜v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 当0＜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(加速度为μg cos θ－g sin θ)；若μ＜tan θ，一直加速(加速度为g sin θ－μg cos θ) 当v0＞v时，若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝g sin θ－μg cos θ加速 若μ＜tan θ，一直加速；若μ＝tan θ，一直匀速 若μ＞tan θ，一直减速 若μ＞tan θ，当0＜v0＜v时，先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0；当v0＞v时，先减速到0后反向加速到v，最后匀速回到原位置 (多选)若传送带足够长且与水平面夹角为θ，在传送带某位置放上小物块，小物块初速度v0沿斜面向下，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其位移随时间变化关系如图乙所示，t1时刻之后图像为直线，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法正确的是(　　) A．传送带一定沿顺时针转动 B．μ＝－tan θ C．传送带的速度大于v0 D．t0后到共速这一段时间内滑块加速度为 [解析]　小物块先减速再反向加速，最终与传送带共速回到出发点，说明传送带速度与物块初速度方向不同，A正确；由题图可知物块减速时的加速度大小a＝，由牛顿第二定律知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，则μ＝＋tan θ，B错误；由图像分析知，传送带速度小于v0，C错误；t0后到共速这一段时间，加速度仍为，D正确。 [答案]　AD 模型3　板块模型 角度1　水平面上的板块模型 1．水平面上无外力作用时 质量分别为m、M的物块A和滑板B叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，滑板B长度为l，A可视为质点 A做aA＝μg的匀加速运动，B做aB＝的匀减速运动，A不从B上掉下的临界条件是A、B的速度相等时A刚好滑到B的左端，位移关系为xB＝xA＋l A做aA＝μg的匀减速运动，B做aB＝的匀加速运动，A不从B上掉下的临界条件是A、B的速度相等时A刚好滑到B的右端，位移关系为xB＋l＝xA 2.水平面上有外力作用时 质量分别为m、M的物块A和木板B叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现有一水平向右的拉力作用在物块或木板上，A、B相对静止 对A、B整体： F＝(M＋m)a 对B木板：受到的摩擦力向右，大小f＝Ma 对A物块：f＝ma 对A、B整体有：F＝(M＋m)a ①两者相对静止时有f≤fm，即f＝Ma≤fm＝μmg，得a≤，F≤μmg ②A、B开始发生相对滑动，即F＞μmg，且aA＞aB时，A将从B右端滑落 ①两者相对静止时有f≤fm，即f＝ma≤μmg，得a≤μg，F≤μ(m＋M)g ②A、B开始发生相对滑动，即F＞μ(m＋M)g，且aA＜aB时，A将从B左端滑落　 (多选)(2026·河北承德市期末)如图甲所示，薄木板静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块。t＝0时，对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下，物块和木板发生相对滑动，t＝2 s时，撤去F，物块和木板共速时恰好从木板左端掉落，整个过程中木板的v－t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.6 kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，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．木板的长度为2 m B．木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C．物块与木板间的动摩擦因数为0.4 D．拉力大小F＝3.3 N [解析]　如图所示，图中阴影部分的面积表示木板的长度，木板的长度L＝ m＝2.75 m，A错误；由v－t图像可知，木板在2.5 s到3.0 s内的加速度大小a1＝μ1g＝ m/s2＝2 m/s2，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，B正确；由v－t图像可知，物块在前2.5 s内的加速度大小a2＝μ2g＝ m/s2＝0.4 m/s2，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.04，C错误；木板在前2.0 s内的加速度大小a3＝ m/s2＝1.5 m/s2，在2.0 s到2.5 s内的加速度大小a4＝ m/s2＝4 m/s2，设木板质量为m1，物块质量为m2，根据牛顿运动定律有μ2m2g＋μ1(m1＋m2)g＝m1a4，F－μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a3，解得F＝3.3 N，D正确。 [答案]　BD 角度2　斜面上的板块模型 斜面上板块模型的临界情况分析 如图所示，物块和木板静止在光滑斜面上，物块和木板间的动摩擦因数为μ，斜面固定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一力F作用在木板上，整体向上运动 如图所示，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面之间的动摩擦因数为μ2，从静止开始下滑，P、Q的质量分别为m、M，斜面固定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力 若物块和木板不发生相对滑动，对整体有F－(m＋M)g sin α＝(m＋M)a，对物块有f－mg sin α＝ma，且f≤μmg cos α，解得F≤μ(m＋M)g cos α；若F＞μ(m＋M)g cos α，两者将发生相对滑动 对整体有(m＋M)g sin θ－μ2(m＋M)g cos θ＝(m＋M)a，对P有mg sin θ－f＝ma，解得f＝μ2mg cos θ，方向沿斜面向上，要使两者相对静止，有f≤fm＝μ1mg cos θ，即μ2≤μ1，反之两者发生相对滑动 如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量M＝1 kg的木板，t＝0时刻另一质量m＝1 kg的木块(可视为质点)以初速度v0＝14 m/s从木板下端冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝18 N，使木板从静止开始运动。当t＝1 s时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)木块和木板速度相等之前各自的加速度； (2)若要求木块不从木板的上端冲出，木板的长度。 [解析]　(1)假设撤去拉力F前二者共速，设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为a1和a2，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示，则 f1＝μ1mg cos θ，mg sin θ＋f1＝ma1 f2＝μ2(M＋m)g cos θ F＋f1′－Mg sin θ－f2＝Ma2 解得a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下 a2＝6 m/s2，方向沿斜面向上 设木块和长木板达到共速所用时间为t1，则有 v1＝v0－a1t1＝a2t1 解得v1＝6 m/s，t1＝1 s＝t，则撤去F时二者刚好共速。 (2)假设木块、木板在力F撤去后能保持相对静止，则对木块和木板组成的整体有 (M＋m)g sin θ＋f2＝(M＋m)a 解得a＝10 m/s2 当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，其加速度大小a1<a，假设不成立，木块相对于木板继续发生相对运动，其加速度大小仍然为a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为a3，受力分析如图丙所示，则有 Mg sin θ＋f2－f1′＝Ma3 解得a3＝12 m/s2 由于a3＞a1，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有 Mg sin θ＝f＋μ1mg cos θ，f＝4 N 因为f＜f2，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零。 在整个运动过程中v－t图像如图丁所示，设木块的位移大小为s1，长木板在加速过程和减速过程的位移大小为s2和s3，由运动学公式可得 2a1s1＝v，s2＝t1 v＝2a3s3，L＝s1－s2－s3 解得L＝7.75 m。 [答案]　(1)8 m/s2，方向沿斜面向下　6 m/s2，方向沿斜面向上　(2)7.75 m 学科网（北京）股份有限公司 $