2024年高考物理第一轮复习强化练习试题：强化四　动力学中三种典型物理模型

专题强化四动力学中三种典型物理模型

模型一“等时圆”模型

1.“等时圆”模型

所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到

达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直

径做自由落体运动所用的时间。

2.模型的三种情况

⑴物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦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。

⑵物体从竖直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。

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦上端由静

止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

【例1】(2021.山东济南市二模)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯

和AC,A、3、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如

图1所示，已知圆周半径为凡在圆周所在的竖直平面内有一位置P,距离A点

为小R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。

(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运

动的时间关系；

(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静

止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？

答案(l)Ms=Mc⑵

解析(1)设A8与水平方向夹角为。，小朋友沿下滑时的加速度。=85皿。

又忌B,A3间的距离为XAB=2Rsina解得勿8=\^与角度无关，同理可

,[4R,,

知tAC=yl—,故tAB=tACo

(2)根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为/■的等时圆，如图所示

卜匕杰

!、、,一/人…7

当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知

(R+r)2=(R—r)2+(小R)2

解得r=^R,最短时间t—3R

g

【针对训练1】如图2所示，PQ为圆的竖直直径，AQ.BQ、CQ为三个光滑斜

面轨道，分别与圆相交于A、8、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着

AQ.BQ,C。轨道自端点由静止滑到。点，运动的平均速度分别为。I、。2和。3。

则有()

图2

A.。2〉。】〉。?B.V\>V2>V3

C.V3>V\>V2D.V\>V3>V2

答案A

解析设任一斜面的倾角为0,圆的直径为九根据牛顿第二定律得到a=gsin0,

斜面的长度为尤=dsin仇则由尸弘得£='/§='/券子='俘，可见，物

2\la\lgsinH\jg

体下滑时间与斜面的倾角和斜面长度无关，则有九=/2=/3,因X2>X1>X3,根据0

犬L

=],可知02>初>03,故选项A正确。

模型二“传送带”模型

1.水平传送带模型

项目图示滑块可能的运动情况

皤（）『①可能一直加速

情景1

-----T）②可能先加速后匀速

①。0>0,可能一直减速，也可能先减速再匀

速

情景2②。0=0,一直匀速

③加<0,可能一直加速，也可能先加速再匀

速

①传送带较短时，滑块一直减速到达左端

—“耳、②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右

情景3

Q___0端。若。0>。，返回时速度为0,若00<0,

返回时速度为00

2.倾斜传送带模型

项目图示滑块可能的运动情况

①可能一直加速

情景1

②可能先加速后匀速

①可能一直加速

产②可能先加速后匀速

③可能先以a\加速后以。2加速

①可能一直加速

情景3②可能先加速后匀速

③可能一直减速

④可能先减速后匀速

⑤可能先以a\加速后以z加速

①可能一直匀速

②可能一直加速

情景4

产③可能先减速后反向加速

④可能一直减速

3.模型特点

传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。

4.解题关键

（1）理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向。

⑵传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现

摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

【例2】（多选）（2021.重庆市新高考模拟）如图3所示，长为L的水平传送带A8以

速度。逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A,当石墨块从左端8离开

传送带时，传送带上留下了长度为/的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列

说法正确的是（）

P

B（・）F-

图3

A.增大传送带速度°,划痕长度可能不变

B.减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小

C.增加传送带的长度，划痕长度一定会变长

D.一定条件下可使1>L

答案AD

解析分三种情况：①石墨块到达B端前速度等于2则/="一五，其中/=〉

〃、

a=〃g,解得/=引元，0增大，则/变长；

②石墨块到达8端时速度小于或等于0,且运动时间与，则/="一£,

得2L2/=v\住一L,增大。，贝1]/变长；

③石墨块到达3端时速度小于或等于°,且运动时间/>当，此时在石墨块到达8

端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L,之后的划痕与原来划痕重叠，划痕

长度为2L不变，选项A正确；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因

数，则/会变长或不变，选项B错误；第①种情况下/与L无关，选项C错误；

由③可知选项D正确。

【真题示例3】（2021•辽宁卷，13）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。

如图4所示，以恒定速率切=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角a=37。，转

轴间距L=3.95mo工作人员沿传送方向以速度02=1.6m/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4=0.8。取重力加速度g

=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求:

图4

（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小

⑵小包裹通过传送带所需的时间/o

答案（1）0.4m/s?（2）4.5s

解析（1）小包裹的速度02大于传动带的速度切，所以小包裹受到传送带的摩擦力

沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知

〃加geos0—mgsin0=ma

2

解得a=0.4m/so

（2）小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，所用时间

01—021.6—0.6

0.4s=2.5s

在传动带上滑动的距离为

vi-bv21.6+0.6

=方-'尸一2―X2.5=2.75m

因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力,

即〃加geos0>〃2gsin6,所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端,

匀速运动的时间为

L—xi3.95—2.75、

t2=~~=X-7S-2S

Vl().0

所以小包裹通过传送带的时间为

t=t\+t2=4.5So

规律总结

滑块在传送带上运动的“五点”注意问题

(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。

(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。

(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较/〃gsin。与〃加geos。的大小才

能确定运动情况。

(4)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出。

(5)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传运带的相对路程。

模型三“滑块一木板”模型

1.模型特点

“滑块一木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，

但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速

直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之

间的联系。

2.解题关键

(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的

速度与木板的速度恰好相同。

(2)问题实质：“板一块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，

要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移。

【例4】(2021•山东日照市模拟)如图5所示，质量M=2kg的滑板P足够长，在

光滑水平地面上以速度00=7m/s向右运动。f=0时刻，在尸最右端位置轻轻地

放一质量加=1kg的小物块0(可看作质点)，同时给。施加一个水平向右的恒力

F=8No已知P与。间的动摩擦因数〃=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

力加速度g=10m/s?。求：

77777777777777777P7777777777777777-777777^770777777777

图5

(1)运动过程中，P的最小速度；

(2)从r=0开始，经过多长时间，。刚好要从P的右端掉下。

gg1+V7

答案(1)6m/s(2)—寸一s

解析(1)设尸的加速度大小为ai,对尸由牛顿第二定律可得

解得ai=2m/s2,方向向左

设Q的加速度大小为。2,对Q由牛顿第二定律可得F+fimg=ma2

解得。2=12m*,方向向右

P做减速运动Vi=vo-ait]

Q做加速运动02=42%

P、。达到共同速度时，P的速度最小，即

vi=V2,解得fi=0.5s,v\=6m/So

(2)从开始计时到P、。达到共同速度，P的位移大小为尤1=。0%一步用=3.25m

Q的位移大小为*2=526=1.5m,Q相对P向左运动的距离为d,则d=xi-X2

=1.75m,P、。达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动。设。的加

速度大小为⑶，对。由牛顿第二定律可得

F—nmg=ma3,解得G=4m/s2,方向向右

。相对P向右运动，当相对位移大小为d时，。刚好要从P的右端掉下，有

1,

—a\)ti

解得噌=乎S

,1+市

所以t=t\+t2=­So

【针对训练2】如图6所示，在倾角为。=37。的足够长斜面上放置一质量〃z板=

2kg,长度L=1.5m的极薄平板A3,在薄平板上端A处放一质量机=1kg的小

滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之

间的动摩擦因数为〃1=0.25,薄平板与斜面之间的动摩擦因数为〃2=0.5,sin37。

=0.6,cos370=0.8,取g=10m/s2,求：

图6

(1)释放后，小滑块的加速度0和薄平板的加速度。2；

(2)从释放到小滑块离开薄平板经历的时间t。

答案(1)4m/s21m/s2(2)1s

解析(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，

对滑块：由牛顿第二定律有

mgsin37°—Fn=mai

其中FNi=mgcos37°,Fn=//IFNI

解得ai=gsin37°—yzigcos37°=4m/s2

对薄平板，由牛顿第二定律有

m板gsin37°+Ffi—Ff2=/n

其中FN2=(m+m板)geos37°,Fn=〃2FN2

解得«2=1m/s2

a\>ai,假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

(2)设滑块滑离时间为由运动学公式，有尤1=51户，xi^aii2,X\~X2=L

解得t-1So

题型自我感悟

滑块——木板模型和传送带问题的共同特点都涉及到物体间的相对运动，因此在

物理情景和分析方法上，二者是一样的。请回答以下问题：

1.如何判断滑块是否能与木板达到同速？

提示假设滑块与木板能达到同速，分别求此过程滑块和木板各自对地的位移，

看位移之差与木板长度的关系。

2.如果木板的下表面是光滑的，当滑块在木板上滑动时是否能够同速，能否采用

动量守恒定律结合其他知识来判断？请你写出分析过程？

提示能够应用动量守恒定律和功能关系来分析，设木板的长度为L,质量为

帆板，初速度为3,滑块的质量为〃2,从木板一端滑上木板时的初速度为02,达

到的共同速度为V,相对运动的位移为X,两者之间的摩擦力为Ff,取木板和滑

块为系统，系统的动量守恒，即加收=O板+机）0,由功能关系FfX=

3机版济十上演―3（机板+机）。2,若xVL,则滑块不会滑离木板；若尤〉L,则滑块

会滑离木板。

||提升素养能力（限时：40分钟）

IA级基础啰虚练

对点练□等时圆模型

1.如图1所示，A3和CO为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径

为R和r的两个相切的圆上（两个圆过切点的直径在竖直方向上），且斜槽都通过

切点P。设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到8和由。滑到。，所

用的时间分别为力和也，则力与B之比为（）

图1

A.2：1B.l：1

C.小：1D.1：73

答案B

2.（多选）如图2所示，0a、。。和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，0、a、b、

c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，。，为圆心。每根杆上都

套着一个小滑环（未画出），两个滑环从。点无初速释放，一个滑环从1点无初速

释放，力、虑、门分别表示滑环沿0a、Ob、而到达a、。所用的时间，则下列关系

正确的是（）

X.t\=t2B./2>/3

C.t\<t2D71=?3

答案BCD

解析设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a,

三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、。、d无初速释放的小滑环到

达a点的时间相等，即3=力=白；而由c~*a和由。-6滑动的小滑环相比较，

滑行位移大小相同，初速度均为零，但a’Qaob,由8=5户可知，f2>3,故选

项A错误，B、C、D正确。

对点练❷传送带模型

3.（多选）如图3所示，水平传送带A、B两端相距x=3.5m,物体与传送带间的动

摩擦因数〃=0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度办=4m/s,到达8端的瞬时

速度设为os,g取lOmH。下列说法正确的是（）

A.若传送带不动，0B=3m/s

B.若传送带逆时针匀速转动，OB一定等于3m/s

C.若传送带顺时针匀速转动，0B一定大于3m/s

D.若传送带顺时针匀速转动，OB可能等于3m/s

答案ABD

解析若传送带不动，则物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速

直线运动的加速度大小a=〃g=lm/s?,根据以一虎=2ar,解得0B=3m/s,故A

正确；若传送带逆时针转动，物体滑上传送带做匀减速直线运动，到达5点的速

度大小一定等于3m/s,故B正确；若传送带顺时针匀速运动，且传送带的速度

小于3m/s,则物体滑上传送带仍然做匀减速直线运动，到达8点的速度有可能

等于3m/s,故C错误，D正确。

4.（多选）（2021.河北廊坊市摸底）如图4为装卸货物的带式输送机，输送带与水平方

向夹角为37。,货物以2m/s的初速度从底端滑上输送带，已知输送带速度为4m/s,

货物与输送带间的动摩擦因数为0.8,输送机底端到顶端的距离为19m,已知

sin370=0.6,cos37°=0.8,^=10m/s2,下列说法正确的是（）

图4

A.货物到达顶端用时（2而一5）s

B.货物到达顶端用时6s

C.货物在输送带上一直做匀加速运动

D.货物在输送带上先做加速运动后做匀速运动

答案BD

解析货物加速上升时，由牛顿第二定律得〃加geos37。一"zgsin37。=根a,解得a

7）—7）（）

=0.4m/s2,货物加速到和输送带速度相等时，所需时间t=°,解得f=5s,

2_-.2

货物加速的位移％=与四，解得x=15mV19m,没有到达输送带的顶端，则货

r—x1o—15

物和输送带一起匀速上升，匀速运动的时间九=一1=一丁S=1S,货物到达

顶端所需时间f2=f+fi=6s,故选项B、D正确。

5.（多选）（2021•四川绵阳市第二次诊断）如图5所示,传送带倾角为表面粗糙,

以恒定速度优逆时针运行。一小滑块从斜面顶端由静止释放，运动到斜面底端的

过程中，其速度随时间变化的关系图像可能是（)

图5

答案AC

解析滑块由静止释放，相对于传送带向上运动，受沿斜面向下的摩擦力，先向

下加速运动，加速度为ai=gsina+^gcosa,加速到和传送带速度相等时，若有

mgsina^/imgcosa,则滑块和传送带保持相对静止，一起匀速运动,故A正确；

若有mgsina>jumgcosa,则滑块和传送带不能保持相对静止，滑块继续加速运动，

加速度为s=gsina—〃gcosa,但。2<0，故C正确，D错误；滑块只可能存在

上述两种情形，不可能出现减速的情形，故B错误。

6.（多选）如图6所示，某传动装置与水平面的夹角为30。，两轮轴心相距L=2m,

A、8分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转

动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数4=竽,g取10m/s2。

若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以加=3mm/s的速度沿传送

带向上运动时，小物块到达8点的速度大小可能为（）

A.lm/sB.3m/s

C.6m/sD.9m/s

答案BC

解析由题意可知mgsin30°</z/Mgcos30°,若传送带的速度很小（一直小于物块的

速度），小物块一直减速，加速度大小ai=gsin30o+〃gcos30o=12.5m/s2,到达5

点时的速度最小，且最小速度0|=也^^7工=2m/s；若传送带的速度很大（一直

大于物块的速度），小物块一直加速，加速度大小fl2=//gcos30°—^sin30°=2.5m/s2,

到达8点时的速度最大，且最大速度02=-\Zo8+2a2L=8m/s；综上可知小物块到

达8点的速度在2m/s到8m/s的范围内，选项B、C正确。

对点练❸板块模型

7.（多选）（2021.山东烟台市期末）某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，

如图7甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量

为根的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力户的作用，用传感器

测出水平拉力F,画出尸与物块的加速度。的关系如图乙所示。已知重力加速度

g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长

木板。则（）

图7

A.长木板的质量为2kg

B.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1

C.长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4

D.当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大

答案ABC

解析由图可知，当E>12N时物块和木板发生相对滑动，则b-MMg=〃ia,即

12—8

F=ma+n\mg,由图像可知〃?=左=―-kg=2kg,”g=8N,解得〃i=0.4,

当12N2F24N时两者共同运动，则F-"2（M+m）g=（M+加）a,由图像可知M

]2—4

+m=k'=—-kg=4kg,则M=2kg,〃2（M+/n）g=4N,解得〃2=0.1,选项A、

B、C正确；当拉力F增大时，长木板与物块之间发生相对滑动，此时长木板受

地面的摩擦力和物块的摩擦力都不变，则加速度不变，选项D错误。

8.(2021.湖北选择考模拟)如图8a所示，在光滑水平面上放置一木板A,在A上放

置物块8,A和8的质量均为加=1kgoA与8之间的动摩擦因数〃=0.2。r=0

时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方

向，8相对于A的速度用0R4=0B一办表示，其中0A和班分别为A和8相对水平

面的速度。在0〜2s时间内，相对速度。明随时间/变化的关系如图b所示。运

动过程中3始终未脱离A,重力加速度取g=10m/s2。求：

%A/(n「s

2

4).5；1/.52t/s

(1)0〜2s时间内，B相对水平面的位移；

(2)r=2s时刻，A相对水平面的速度。

答案(1)3.5m(2)0

解析(1)由题知8始终未脱离A,由5?/1一，图像可知0〜1.5s内，OB<ZM,8在方

向向右的摩擦力作用下向右匀加速运动，1.5〜2s内，VB>VA,8在向左的摩擦力

作用下向右匀减速运动，对物块B,由牛顿第二定律umg=ma,得a=〃g=2m/s2,

则物块B在1.5s时，v\,5=at\,5=3m/s,为.5=亍n,s=2.25m

物块3在r=2s末，V2=v\.5—ato.5=2m/s

在1.5〜2s内位移X2=2砧.5=1.25m

所以8相对水平面的位移

XB总=xi.5+元2=3.5rrio

(2)由图可知f=2s时，VBA=2m/s,又此时B的速度OB=S=2m/s

由0BA=0B—ZM得以=0。

|]B级综合提升练

9.如图9甲所示，倾角为。的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量〃z=2kg

的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙

所示，2s末物体到达8端，取沿传送带向下为正方向，^=10m/s2,求：

(1)小物体在传送带A、3两端间运动的平均速度。；

(2)物体与传送带间的动摩擦因数〃。

答案(1)8m/s(2)0.5

解析(1)由o—f图像的面积规律可知传送带4、8间的距离£即为。一1图线与f

轴所围的面积，所以L=^XlX10m+1x(10+12)Xlm=16m

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由平