2026届高考物理一轮复习讲义：动力学中的三种典型模型

专题四 动力学中的三种典型模型
一、模型特点
传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。
二、基本分析思路：
1．判断摩擦力的方向，对物体受力分析求加速度；
2．由运动学规律判断能否共速、何时共速，并确定共速后能否匀速运动；若不能做匀速运动，需重新求解物体的加速度；
3．由牛顿运动定律并结合运动学公式分段求解。
三、水平传送带
1．三种常见情境
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速
情景2 ①v0＞v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0＝v，一直匀速 ③v0＜v，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中若v0＞v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0
2．解题方法突破
（1）水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向（含物体初速度为0）或反向。
（2）在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
（3）计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；
②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
四、倾斜传送带模型
1．两种常见的情景
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速
情景2 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ③可能先以a1加速，后以a2加速
2．方法突破
物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。
题型一 水平传送带问题
（2024·陕西·联考题）应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（ ）
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为2.82 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 A
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误。
（2023·北京·模拟题）如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。
答案 （1）2.75 s （2） m/s m/s
解析 （1）传送带的速度v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2－v02＝－2as1 ②
联立①②式，代入题给数据得s1＝4.5 m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，
由运动学公式有：v＝v0－at1′ ④
t1＝t1′＋ ⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75 s
（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。
由动能定理有：－μmgL＝ ⑥
μmgL＝ ⑦
联立⑥⑦式并代入题给数据得v1＝ m/s，v2＝ m/s。
题型二 倾斜传送带问题
（2024·湖南·模拟题）如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图中不可能描述小物块在传送带上运动的是（ ）
A． B．
C． D．
答案 D
解析 A、若μ＜tan θ，物块的初速度为正且大于传送带的速度，则物块受到的摩擦力沿传送带向上，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝g(sin θ－μcos θ)，沿传送带向下做匀加速直线运动，故A可能；
B、若μ≥tan θ，物块的初速度为正且小于传送带的速度，则物块受到的摩擦力沿传送带向下，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，沿传送带向下做匀加速直线运动，当与传送带共速时，摩擦力变为静摩擦力且沿传送带向上，开始做匀速运动，故B可能；
C、若μ≥tan θ，物块的初速度为负，则物块受到的摩擦力沿传送带向下，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度为零后沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度保持不变，当与传送带共速时，摩擦力变为静摩擦力且沿传送带向上，开始做匀速运动，故C可能；
D、若μ＜tan θ，物块的初速度为负，则物块受到的摩擦力沿传送带向下，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝g(sin θ＋μcos θ)，先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度为零后沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度保持不变，当与传送带共速时，摩擦力方向变为沿传送带向上，仍然是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝g(sin θ－μcos θ)，故继续做加速运动，a1＞a2，结合v－t图像斜率表示加速度可知D不可能。
本题选不可能的，故选D。
（2025·云南·联考题）如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。
（1）当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；
（2）求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v－t图像；
（3）求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
答案　（1）不能　（2）1.5 s　见解析图　（3）5 m
解析　（1）由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。
（2）煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝＝5 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，
则有a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋，得t2＝0.5 s
故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
v－t图像如图所示。
（3）第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
注意三个状态的分析——初态、共速和末态
1．（多选）如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线， 3～4.5 s段为直线，下列说法正确的是（重力加速度g取10 m/s2）（　　）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
C．小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s
D．0～4.5 s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9 m
答案　CD
解析　根据题意，图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，则可知0～3 s内物块做匀变速直线运动，3～4.5 s内物块做匀速直线运动，而物块的位移在0～3 s内先增加后减小，4.5 s末回到出发点，物块在传送带上先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起做匀速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故A错误；根据图像可知，2 s末物块的速度减为零，该时间内物块的对地位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝v0t1－，x2＝，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，故B错误，C正确；根据图像可知，物块减速阶段位移大小为x1＝4 m，加速阶段位移大小为x2＝1 m，达到与传送带共速所用时间为t3＝3 s，根据x－t图线斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传送带达到共速的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0～4.5 s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为Δx＝x1＋x3－x2＝4 m＋6 m－1 m＝9 m，故D正确。
2．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
答案 （1）0.4 m/s2 （2）4.5 s
解析 （1）小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos θ＞mgsin θ，所以小包裹先做匀减速直线运动，然后与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1＝×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
一、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相互作用下发生相对滑动。
二、位移关系
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，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L（或Δx＝x2－x1＝L）；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。
三、四种常见类型
滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。
图例 初始条件 终了条件
（1）滑块m静止。 （2）木板M初速度为v。 （1）滑块m停在木板M上某位置。 （2）滑块m恰好没有滑离木板。 （3）滑块m滑离木板M。
（1）滑块m初速度为v。 （2）木板M静止。
（1）滑块m、木板M均静止。 （2）外力F作用在木板M上。
（1）滑块m、木板M均静止。 （2）外力F作用在滑块m上。
题型一 水平面上的板块模型
（2024·烟台·模拟题）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2。
（1）若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？
（2）若F＝14 N，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则：
①在F的作用下，长木板的加速度为多大？
②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
答案　（1）10 N　（2）①3 m/s2　②0.5 m　③2.8 m/s　④0.7 m
解析　（1）当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，
根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，
联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
（2）①对长木板，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝a0＝μg＝2 m/s2，Δx1＝＝0.5 m
③刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，设经时间t′可达到共同速度v′
长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得t′＝0.4 s，v′＝2.8 m/s
④在t′时间内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝＝0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
题型二 斜面上的板块模型
（2025·黑龙江·联考题）如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少多长？
答案　（1）2.5 m/s2　12.5 m/s2　（2）10 m
解析　（1）小物块在长木板上滑动时两者间的滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ＝7.5 N
设小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，分别有Ff＋mgsin θ＝ma1，Mgsin θ－Ff＝Ma2
代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。
（2）当小物块与长木板共速时，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为s＝＝5 m
故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。
解题方法点拔
（1）关注“一个转折”和“两个关联”
（2）掌握“板块”模型的“思维流程”
1．（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
答案　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＝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，C正确，D错误。
2．（2024·山东·联考题）如图甲所示，在水平面上固定一倾角为θ＝30°的光滑斜面，斜面右端水平地面上放置一水平长木板，斜面右端与长木板等高且平滑连接。现将一质量为m＝1 kg的滑块自斜面上的A点静止释放，滑块经过B点滑上长木板，之后滑块和长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知g＝10 m/s2。求：
（1）A、B两点的距离；
（2）长木板的质量；
（3）若长木板的长度l＝15 m，要使滑块不从长木板上滑落，A、B两点间距离的最大值是多少。
答案 （1）10 m （2）1.5 kg （3）15 m
解析 （1）根据图乙可知，滑块冲上木板时的初速度v0＝10 m/s
滑块从A→B过程，根据速度与位移的关系式有＝2gx1sin θ，解得x1＝10 m
（2）根据图乙可知，滑块滑上木板后，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运，达到共同速度后保持相对静止，做匀减速直线运动至静止，
则有a1＝ m/s2＝4 m/s2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，a3＝ m/s2＝1 m/s2
根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
解得μ1＝0.4，μ2＝0.1，M＝1.5 kg
（3）由题意知，当滑块到达木板右端，恰好共速时，A、B两点间的距离最大，
则滑块从A→B过程，根据速度与位移的关系式有＝2gx2sin θ
滑块滑上木板后，有v2＝a2t＝v1－a1t
则有l＝
解得x2＝15 m
等时圆模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端， 可知加速度a＝gsin θ，位移x＝2Rsin θ，由匀变速直线运动规律有x＝，得下滑时间t＝，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
模型3：两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
（2024·河南·联考题）如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从c点静止释放做自由落体，经时间t3到达b点，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为（ ）
A．t1＝t2＝t3
B．t1＞t2＞t3
C．t2＞t1＞t3
D．A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较
答案 A
解析　对于环A，设ab与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a1＝＝gsin θ，又根据运动学公式得2Rsin θ＝，解得t1＝，对于环B，设cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a2＝＝gsin α，又根据运动学公式得2Rsin α＝，解得t2＝，对自由落体的球C而言，有2R＝，解得t3＝，因此三者时间相等，且与物体的质量无关，A项正确，B、C、D三项均错误。
处理等时圆模型类问题的基本解题思路
1．（2024·湖北省·联考题）如图所示，AB是一个倾角为θ的传送带，上方离传送带表面距离为l的P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，需在P与AB传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从P处以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，原料从P处到达传送带的时间为（ ）
A． B．
C． D．
答案 D
解析 如图所示，以P处为圆的最高点作圆O与传送带相切于C点，设圆O的半径为R，从P处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为α，原料下滑的加速度为a＝＝gcos α， 管道长度为L＝2Rcos α，由运动学公式可得L＝，解得t＝。
可知从P处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与AB传送带间建立一管道PC，原料从P处到传送带上所用时间最短，由图中几何关系可知，管道与竖直方向的夹角为α＝，图中PC＝，解得t＝。
故选D。