专题3 第4讲 动力学常见模型-【名师带你过关】2026-2027学年高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学三大核心模型，即连接体、传送带、板块问题，按“概念-分类-方法-考向”逻辑架构知识点，通过考点梳理（如连接体整体法与隔离法应用）、方法指导（传送带v-t图像分析）、真题训练（典型例题及分层练习），帮助学生系统构建解题框架，突破高考难点。 资料以模型建构和科学推理为特色，如连接体问题采用“先整体求加速度，后隔离求内力”策略，传送带问题通过情景分类与v-t图像结合分析相对位移，培养学生科学思维。设置基础巩固与能力提升分层练习，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生动力学问题解决能力。

第四讲　动力学常见模型 一　连接体问题 考点　动力学中的连接体问题 1.连接体概念 在物理学中,由多个相互作用的物体通过叠放、并列或借助绳索、细杆、弹簧等媒介相互连接所形成的系统,被定义为连接体。此类系统在稳定状态下,其组成部分通常表现出一致的运动特性,包括速度和加速度。 2.连接体的分类 (1) 物物叠放型连接体:当两个物体通过弹力和摩擦力相互作用时,它们将具有相同的运动状态,即速度和加速度一致。 速度、加速度相同 (2)轻绳连接体:轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。 速度、加速度相同 速度、加速度大小相等,方向不同 (3)轻杆连接体:轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度。 速度、加速度相同 (4)弹簧连接体:在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度、加速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速度、加速度相等。 3.整体法与隔离法在连接体中的应用 整体法的选取原则 当连接体内的各个物体具有相同的加速度,并且无需计算物体间的相互作用力时,可将其视为一个整体系统。通过分析该系统所受的外力,运用牛顿第二定律即可求解出整体的加速度 隔离法的选取原则 当连接体内部各物体的加速度存在差异,或需计算系统内两物体间相互作用力时,必须将物体从系统中分离,依据牛顿第二定律建立方程以求解 整体法、隔离法的交替运用 在分析由多个物体组成的系统时,若系统内各物体具有相同的加速度,且需确定物体间相互作用力,可首先采用整体分析法求解系统的共同加速度。随后,通过隔离法选取特定物体作为研究对象,运用牛顿第二定律计算作用力。此过程遵循“先整体分析求加速度,后隔离分析求内力”的研究策略 考向 共速连接体 如图所示,水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一条轻绳连接,两木块的材料相同,现用力F向右拉木块2,当两木块一起向右做匀加速直线运动时,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.若水平面是光滑的,则m2越大绳的拉力越大 B.若木块和地面间的动摩擦因数为μ,则绳的拉力为+μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 1.(多选)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上,两物块与斜面间的动摩擦因数相同,用始终平行于斜面向上的恒力F推A,使它们沿斜面向上匀加速运动,为了增大A、B间的压力,可行的办法有 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.增大推力F　 B.减小倾角θ C.减小B的质量　 D.减小A的质量 2.(多选)(2023·河北唐山市高三检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B,物体A质量m1=1 kg,物体B质量m2=2 kg。如图所示,作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA=3+2 t(N)、FB=8-3 t(N)。下列说法正确的有 (　　) A.t=0时,物体A的加速度大小为3 m/s2 B.t=1 s时,物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C.t=1 s时,两物体A、B恰好分离 D.t= s时,两物体A、B恰好分离 二　传送带模型 考点1　水平传送带 1.三种常见情景 常见情景 物体的v-t图像 条件:l≤ 条件:l> 条件:v0=v 条件:v0<v ①l≤x物;②l>x物 条件:v0>v ①l≤x物;②l>x物 条件:l≤ 条件:l>;v0>v 条件:l>;v0<v 2.方法突破 (1)水平传送带的运动模式可细分为两种情形:物体的初始速度与传送带速度同向(包括物体初始速度为零)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带系统中,若物体与传送带未达到相同速度,则物体将在滑动摩擦力的作用下,向与传送带速度一致的方向进行变速运动,直至两者速度相同,此时滑动摩擦力消失,物体与传送带共同进行匀速运动。若传送带长度有限,物体可能在匀加速或匀减速过程中始终无法达到与传送带相同的速度。 (3)计算物体与传送带之间的相对位移需考虑两种不同情形: ①若二者同向,则Δs=|s传-s物|; ②若二者反向,则Δs=|s传|+|s物|。 考点2　倾斜传送带 1.两种常见情景 常见情景 v-t图像 条件:l≤; μ>tan θ 加速度:a=g(μcos θ-sin θ) 条件:l>; μ>tan θ 加速度: a=g(μcos θ-sin θ) 条件:l≤;μ>tan θ 加速度:a=g(μcos θ+sin θ) 条件:l>;μ>tan θ 加速度: a=g(μcos θ+sin θ) 条件:l>;μ<tan θ 加速度:a=g(μcos θ+sin θ) a'=g(sinθ-μcos θ) 2.倾斜传送带问题分析 (1)当物体沿着倾角为θ的传送带移动时,可以将其运动分为两种情况:物体从底端向上运动,或者从顶端向下运动。在解决倾斜传送带问题时,需特别关注mg sinθ与μmg cosθ的相对大小和方向,以此进一步判断物体所受合力与速度方向的关系,从而确定物体的运动状态。值得注意的是,当物体的速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力可能会发生突变。 (2)痕迹问题:共速前,x传>x物,痕迹Δx1=x传-x物,共速后,x物>x传,痕迹Δx2=x物-x传,总痕迹取二者中大的那一段。 (多选)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示,已知v2>v1,则 (　　) A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向一直向右 D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力 1.(多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率,其过程可以简化为如图所示的装置,水平传送带长为L,以一定的速度v2=8 m/s顺时针匀速运动,工作人员可以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放,到达右端过程中加速时间和匀速时间相等,快递箱可视为质点,快递箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2,则(　　) A.传送带长L为24 m B.若v1=0,全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m C.若v1=v2,则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13 D.若仅将传送带速度增大为原来的2倍,则快递箱先匀加速运动再匀速运动 2.(多选)皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角θ=37°。若传送带以恒定的速率v0=5 m/s逆时针运转,将质量为1 kg的煤块(看成质点)无初速度地放在传送带的顶端P,经时间t1=0.5 s煤块速度与传送带相同,再经t2=2 s到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则(　　) A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.传送带PQ的长度为15.25 m C.煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为2.75 m D.煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为21 J 三　板块模型 考点　板块模型的解题策略 运动 状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动 处理 方法 隔离法 假设法 整体法 具体 步骤 对滑块与木板进行独立分析,明确各物体的受力状况及其运动过程 假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff;比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动 将滑块与木板视为一个系统,对其进行综合的力学分析以及运动过程的探讨 临界条件 ①在两者速度相等的那一刻,摩擦力可能会发生突变; ②当木板的长度固定时,滑块可能会从木板上滑落,恰好到达木板的边缘。两者达到相同速度是滑块从木板滑离的临界条件 相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 考向 无外力板块模型 (多选)如图所示,质量为M的长木板A以速度v0,在光滑水平面上向左匀速运动,质量为m的小滑块B轻放在木板左端,经过一段时间恰好从木板的右端滑出,小滑块与木板间动摩擦因数为μ,下列说法中正确的有 (　　) A.若只增大m,则小滑块不能滑离木板 B.若只增大M,则小滑块在木板上运动的时间变短 C.若只增大v0,则系统在摩擦生热增大 D.若只减小μ,则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大 1.(多选)如图甲所示,光滑水平面上静置一个薄长木板,长木板上表面粗糙,其质量为M,t=0时刻,质量为m的物块以速度v水平滑上长木板,此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的有(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.M=m B.M=2m C.木板的长度为8m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 2.(多选)如图甲所示,一块质量为mA=1 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,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的速度随时间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。则下列说法正确的有 (　　) 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四讲　动力学常见模型 一　连接体问题 例题精讲 【例1】　C　【解析】若设木块和地面间的动摩擦因数为μ,以两木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,得a=,以木块1为研究对象,根据牛顿第二定律有FT-μm1g=m1a,得a=,系统加速度与木块1加速度相同,联立解得FT=F,可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关,与两木块质量大小有关,即与水平面是否粗糙无关,无论水平面是光滑的还是粗糙的,绳的拉力大小均为FT=F,且m2越大绳的拉力越小,故选C。 基础过关 1.AD　【解析】设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,对AB整体受力分析,有F-(mA+mB)gsin θ-μ(mA+mB)gcos θ=(mA+mB)a,对B受力分析,有FAB-mBgsin θ-μmBgcos θ=mBa,由以上两式可得FAB=F=+1,为了增大A、B间的压力,即FAB增大,仅增大推力F、仅减小A的质量或仅增大B的质量,故A、D正确,B、C错误。 2.BD　【解析】　t=0时,FA0=3 N,FB0=8 N,设A和B的共同加速度大小为a,根据牛顿第二定律有FA0+FB0=(m1+m2)a,代入数据解得a= m/s2,A错误;A和B开始分离时,A和B速度相等,无相互作用力,且加速度相同,根据牛顿第二定律有FA=m1a'、FB=m2a',联立解得t= s,当t=1 s时,A、B已分离,FB1=5 N,对B由牛顿第二定律有aB==2.5 m/s2,C错误,B、D正确。 二　传送带模型 例题精讲 【例1】　BC　【解析】A.相对地面而言,小物块在0~t1时间内向左做匀减速运动,t1时刻之后反向向右运动,故小物块在t1时刻离A处距离最大,A错误; B.小物块在0~t1时间内向左做匀减速运动,相对传送带也是向左运动,t1~t2时间内反向向右做匀加速运动,但速度小于传送带向右的速度,仍是相对传送带向左运动,t2时刻两者同速,在t2~t3时间内,小物块与传送带相对静止,一起向右匀速运动,所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大,B正确; C.由于0~t2时间内,小物块相对传送带一直向左运动,所以受到的摩擦力方向一直向右,C正确; D.在0~t2时间内,小物块相对传送带一直向左运动,则小物块一直受向右的滑动摩擦力,在t2~t3时间内,小物块相对于传送带静止,则小物块不受摩擦力作用,故D错误。故选BC。 基础过关 1.AC　【解析】A.根据传送带与快递箱间动摩擦因数,快递箱加速时加速度a==μg=4 m/s2 快递箱加速位移x1==8 m,快递箱匀速位移x2=v2×=16 m,所以传送带总长L=24 m,故A正确;B.若v1=0,快递箱全程位移为L=x1+x2=24 m,则传送带路程为x=v2××2=32 m,痕迹长s=x-L=8 m,故B错误;C.如果v1=v2,快递箱加速时间t1==1 s,加速位移x1'==6 m,匀速时间t2==2.25 s 在此期间传送带匀速位移x=v2=26 m,所以两者路程之比为12∶13。故C正确;D.如果传送带速度加倍,则快递箱加速时间t1'==4 s,加速位移x1''==32 m,大于24 m,故D错误。故选AC。 2.ABD　【解析】煤块刚放上传送带的t=0.5 s内,煤块的速度v0=a1t1由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得μ=0.5,故A正确;B.在最初0.5 s内煤块的位移x1=t1,以后煤块的加速度mgsin θ-μmgcos θ=ma2,再经t2=2 s到达传送带底端Q点,则x2=v0t2+a2,则传送带PQ的长度L=x1+x2,联立代入数据解得L=x1+x2=15.25 m,故B正确;C.在最初0.5 s内煤块相对传送带向上运动,相对滑动的距离Δx1=v0t1-x1,以后的2 s内煤块相对传送带向下滑动,则相对滑动的距离Δx2=x2-v0t2,联立代入数据解得Δx1=v0t1-x1=1.25 m;Δx2=x2-v0t2=4 m 则煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m,故C错误; D.煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为Q=fΔx=0.5×1×10×0.8×(1.25+4)J=21J,故D正确。故选ABD。 三　板块模型 例题精讲 【例1】　AB　【解析】A.设取初速度方向为正方向,对滑块受力分析可知f=FN·μ=mg·μ;a块==g·μ 再对木板受力分析F合=f滑=-mgμ;a板==-,若只增大滑块质量,滑块所受的支持力变大,滑动摩擦力变大,对应的木板减速的加速度变大,所以滑块与木板共速所需的时间便减小,发生的相对位移也减小,共速时小滑块没有离开木板,之后二者一起向左做匀速直线运动,A正确;B.若只增大长木板质量,由a板==-可知,木板做减速运动的加速度减小,但是滑块做加速运动的加速度不变,以木板为参考系,最后滑块到木板最末端时的速度v1相对于原来变大了,对滑块==,滑块运动的平均速度变大,木板长度不变,由t=即滑块在木板上的运动时间减小,知B正确;C.若只增大初速度,滑块的受力不变,摩擦力不变,则滑块仍能滑离木板Wf=f·L板,摩擦力做功不变,C错误;D.若只减小动摩擦因数,由a块==g·μ;a板==-,那么滑块和木板的加速度等比例减小,由x板+L板=x块;v0t+t2(a板+a块)=Δx=L板,相对位移不变,滑块滑离木板时速度变小、时间变短,木板对地位移变小,所以,滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移,故滑块对地的位移减小,D错误。故选AB。 基础过关 1.BC　【解析】ABD.物块在木板上运动过程中,在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力,故μmg=ma1 而v-t图像的斜率表示加速度,故a1= m/s2=2 m/s2解得μ=0.2,对木板受力分析可知μmg=Ma2 由v-t可知a2= m/s2=1 m/s2,解得M=2 m,AD错误,B正确;C.从题图乙可知物块和木板最终分离,两者v-t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度,故 L=×(7+3)×2 m-×2×2 m=8 m,C正确。故选BC。 2.BCD　【解析】AB.由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为a1== m/s2=2 m/s2,对木板根据牛顿第二定律有μ1mBg-μ2(mA+mB)g=mAa1滑块从木板上滑出时木板的加速度为a2== m/s2=1 m/s2,对木板根据牛顿第二定律有μ2mAg=mAa2,联立解得μ1=0.4,μ2=0.1,故A错误,B正确; CD.根据L=aBt2-a1t2式中t=1s,联立解得F=2L+6(N)即F的大小与板长L有关,且大于6,故CD正确。故选BCD。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $