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热点专题系列(三)
动力学中三种典型物理模型
热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑
块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。
[热点透析]
等时圆模型
1．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＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀加速直线运动规律有x＝at2，得
下滑时间t＝2，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。
2．结论
模型1 质点从竖直面内的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；
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。
3．思维模板其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。
如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点
与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是
圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾
斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则( )
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解析 由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿
过CM的直径的下落时间相等，所以从C点自由下落到M点的c球运动时间最短
故C正确。
答案 C
传送带模型
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。题型一：物块在水平传送带上
题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送
带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。
方法突破：已知传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块
滑动时的加速度大小a＝μg。
1．如图甲，v0 ＝0时，物块加速到v的位移x＝，若x<L即v <时，物块先加速后
匀速；若x≥L即v ≥时，物块一直加速到右端。
2．如图甲，当v0 ≠0，v0 与v同向时，当v0 < v时，物块加速到v的位移x＝，若
x<L，即v0 < v < ，物块先加速后匀速；若x≥L，即v ≥ ，物块一直加速到右端。当
v0 > v时，物块减速到v的位移x＝，若x<L，即v0 > v > ，物块先减速后匀速；若
x≥L，即v ≤ ，物块一直减速到右端。当v＝v0 时，物块匀速运动到右端。
3．如图乙，v0 ≠0，v0 与v反向，物块向右减速到零的位移x＝，若x≥L，即
v0
≥，物块一直减速到右端；若x<L，即v0 <，则物块先向右减速到零，再向左加速
(也可能加速到v后匀速运动)直至离开传送带。
拓展：若水平传送带做匀变速运动，传送带与物块共速后，需讨论μg与传送带
加速度a的关系。若f ＝μmg≥ma，即μg≥a，则物块与传送带一起以加速度a做
max
匀变速运动；若f ＝μmg<ma，即μg<a，则物块以加速度μg做匀变速运动。
max
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度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．t 时刻，小物块离A处的距离达到最大
2
B．t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
2
C．0～t 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2
D．0～t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
3
解析 小物块对地速度为零时，即t 时刻，向左离开A处最远；t 时刻，小物块
1 2
刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t 时刻，它相对传送带滑动的
2
距离达到最大，A错误，B正确。0～t 时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，
2
方向始终向右，大小不变；t 时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速
2
度v1 匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
答案 B
题型二：物块在倾斜传送带上
题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块
相对传送带速度为零时 μmgcosθ与mgsinθ的大小关系决定着物块是否会相对传
送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μ<tanθ时相对下滑。
方法突破：
一、传送带向上传送
1．如图甲，若0≤
v0
< v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运
动。
2．如图甲，若0≤
v0
< v且μ<tanθ：物块以向下的加速度a＝gsinθ－μgcosθ运动。3．如图甲，若v0 > v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动再向上匀速运
动。
4．如图甲，若v0 > v且μ<tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以 a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动，再以 a＝
gsinθ－μgcosθ向上匀减速运动，最后向下匀加速运动。
二、传送带向下传送
1．如图乙，若0≤
v0
< v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运
动。
2．如图乙，若0≤
v0
< v且μ<tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a＝gsinθ
－μgcosθ向下匀加速运动。
3．如图乙，若v0 > v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运
动。
4．如图乙，若v0 > v且μ<tanθ：物块一直以a＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动。
总结：物块在倾斜传送带上的运动情形还有很多，但分析思路大体相同：
(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。(2)列牛顿第二定律方程，判断a的方向和大小。
(3)根据临界条件v物 ＝v带 确定临界状态的情况，根据μ与tanθ的关系判断之
后的运动情形。
(2020·安徽省示范高中名校高三上联考)(多选)如图所示，传送带与水
平地面夹角为θ＝37°，AB的长度为16 m，传送带以10 m/s的速度转动，在传送带
上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为
0.5，求物体从A运动到B所用的时间可能为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)
( )
A．1.8 s B.2.0 s
C.2.1 s D.4.0 s
解析 若传送带逆时针转动，对物体，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝
ma ，解得物体的加速度：a ＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2，则物体加速至与传送带速度
1 1
相等需要的时间为：t ＝＝1.0 s，发生的位移为：s ＝a t＝5 m＜16 m，可知物体加
1 1 1
速到10 m/s时仍未到达B点；第二阶段，应用牛顿第二定律，有：mgsinθ－μmgcosθ
＝ma ，所以此阶段物体的加速度为：a ＝2 m/s2，设第二阶段物体滑动到B端需要
2 2
的时间为t
2
，则有：L
AB
－s
1
＝v t
2
＋a
2
t，解得：t
2
＝1.0 s，故物体从A运动到B所用的
总时间：t＝t ＋t ＝2.0 s。若传送带顺时针转动，则物体从A到B一直以加速度a
1 2 2
做匀加速运动，则有：L ＝a t2，解得：t＝4.0 s。故B、D正确，A、C错误。
AB 2
答案 BD
(2020·四川省宜宾市高三(下)三诊)(多选)如图，一足够长的倾斜传送带
顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动
摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图像可能是( )解析 根据题意，设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若
mgsinθ＞μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向下，滑块向下匀加速运动；若mgsinθ
＝μmgcosθ，滑块沿传送带方向所受合力为零，滑块匀速下滑；若 mgsinθ＜
μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向上，滑块匀减速下滑，当减速为零时，开始反向
加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于重力沿传送带向下
的分力，则之后滑块随传送带一起匀速运动。故A、D错误，B、C正确。
答案 BC
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相互作用下发生相对滑动。
2．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，
位移之差Δx＝x －x ＝L(或Δx＝x －x ＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx
1 2 2 1
＝x ＋x ＝L。
2 1
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
(2020·云南省大理、丽江、怒江高三毕业生第二次复习统一检测)(多选)
如图a，质量m ＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m ＝0.1
1 2
kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0 ＝11 m/s向右滑动，同时对
小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图b显示小物块与小车第1秒内运动
的v t图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是
( )
A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．小物块与小车间的相对位移x ＝6.5 m
相对
D．小物块向右滑动的最大位移是x ＝7.7 m
max解析 根据图b可知，在第1 s内小车向右做匀加速直线运动，小物块向右做
匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为a ＝＝ m/s2＝2 m/s2，a ＝＝ m/s2
1 2
＝－9 m/s2，对小车根据牛顿第二定律有μm g＝m a ，对小物块根据牛顿第二定律
2 1 1
有－(F＋μm g)＝m a ，联立并代入数据解得μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B正确；根据
2 2 2
图b可知，在t＝1 s时小车和小物块的速度相同，为v1 ＝2 m/s，由＜μm
2
g可知，之
后两者不再发生相对运动，在第1 s内小车发生的位移为x ＝a t2＝1 m，小物块发
1 1
生的位移为x
2
＝v0 t＋a
2
t2＝6.5 m，则小物块与小车间的相对位移x
相对
＝x
2
－x
1
＝5.5
m，故C错误；当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运
动，其加速度为a ＝＝－ m/s2，当速度减小到0时，小车与小物块整体发生的位移
3
为x ＝＝1.2 m，所以小物块向右滑动的最大位移是x ＝x ＋x ＝7.7 m，故D正确
3 max 2 3
答案 ABD
(2020·湖北省龙泉中学、宜昌一中高三上联考)如图所示，在倾角θ＝
37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面
光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6
kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面
间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C
的时间差Δt。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)
解析 由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcos37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不
动，
滑块在平板上滑行时加速度为：a ＝gsin37°＝6 m/s2，
1
到达B点时速度为：v＝＝6 m/s，
之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度为：
a ＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2，
2
设滑块在斜面上运动的时间为t，则有：
L
BC
＝v t＋a
2
t2，代入数据解得：t＝2 s，
对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：
a ＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2，
3
设滑至斜面底端C所用时间为t′，则有：L ＝a t′2，
BC 3
代入数据解得：t′＝4 s，
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：
Δt＝t′－t＝2 s。
答案 2 s
[热点集训]
1. (2021·山东、湖北部分重点中学高三上12月教学质量联合检测)(多选)如图
所示，光滑水平地面上有一静止的足够长质量为M的平板，质量为m的物块以水
平速度v0 冲上平板，因摩擦二者发生相对滑动，最终至共速，对该过程，下列说法
正确的是( )
A．若只是v0 变大，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长
B．若只是m变大，由开始运动至共速时间不变，相对运动的距离不变
C．若只是M变小，由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短
D．若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变
长
答案 ACD
解析 根据题意，作出物块和平板的v t图像，如图所示。若只是v0 变大，即在
图中将物块匀变速直线运动的图线平行上移，则由开始运动至共速时间变长，再
根据v t图像中图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移可知，物块和平板相对
运动的距离变长，A正确；根据牛顿第二定律，平板的加速度大小a ＝，物块的加
板速度大小a ＝μg，若只是m变大，平板的加速度变大，物块的加速度不变，结合图
物
像可知由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，B错误；若只是M变小，
平板的加速度变大，物块的加速度不变，则由开始运动至共速时间变短，相对运动
的距离变短，C正确；若只是动摩擦因数变小，物块的加速度和平板的加速度均变
小，则由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长，D正确。
2．(2020·福建省宁德市高中同心顺联盟高三上学期期中)(多选)如图甲所示，
足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块
与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化的关系如图乙所示，v0 、t
0
已
知，重力加速度为g，则( )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tanθ＋
C．t 后木块的加速度为2gsinθ－
0
D．传送带的速度大于v0
答案 AC
解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑(mgsinθ＞μmgcosθ)时，将一直匀加速
到底端；当木块上滑(mgsinθ＜μmgcosθ)时，先匀加速运动，在速度与传送带相等后
将匀速运动；两种情况均不符合图乙所示v t图像，则传送带一定逆时针转动，故A
正确。传送带逆时针转动，木块在0～t 内，所受滑动摩擦力向下，沿传送带向下做
0
匀加速直线运动，加速度为a ＝gsinθ＋μgcosθ，由图乙可知：a ＝，联立解得μ＝－
1 1
tanθ，故B错误。t 后木块所受滑动摩擦力向上，木块的加速度a ＝gsinθ－μgcosθ，
0 2代入μ值得a ＝2gsinθ－，故C正确。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所
2
受的摩擦力发生变化，木块的加速度发生变化，则传送带的速度等于v0 ，故D错误
3．(2020·河北衡中同卷模拟)(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，
倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0 ＝12 m/s从A端冲
上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法
正确的是( )
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4) m
答案 AD
解析 由图乙所示v t图像得0～1 s内煤块的加速度大小a
1
＝ m/s2＝8 m/s2，
方向沿传送带向下；1～2 s内煤块的加速度大小a ＝ m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带
2
向下。0～1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma 1～2 s内，对煤
1,
块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma ，联立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正
2
确，B错误；v t图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为x
＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t ＝ ＝ s＝ s，所以煤块从冲上传送带到返
下
回A端所用的时间为(2＋) s，C错误；0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4
m，1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m,2～(2＋) s内传送带向上运动，
煤块向下运动，划痕总长为2 m＋a
2
t＋v传 t
下
＝(12＋4) m，D正确。
4.(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边
缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右
的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA ；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a 、a ′；
B B
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB 。
答案 (1) (2)3μg μg (3)2
解析 A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小a ＝＝μg
A
在B上滑动时有2a
A
L＝v
解得：vA ＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小f ＝μmg，方向向左，
A
地面的摩擦力大小f ＝2μmg，方向向左，
地
合外力大小F＝f ＋f ＝3μmg
A 地
由牛顿第二定律F＝ma ，得a ＝3μg
B B
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f ＝2μmg
地
由牛顿第二定律F′＝2ma ′，得a ′＝μg。
B B
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x
A
、x
B
，A的加速
度大小等于a
A
则v＝a
A
t，v＝vB －a
B
tx
A
＝a
A
t2，x
B
＝vB t－a
B
t2
且x －x ＝L
B A
解得：vB ＝2。
5．(2020·四川省内江市高三上一模)如图所示，一块质量为M＝2 kg、长为L＝
3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为
m＝1 kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，薄
1
木板与地面之间的动摩擦因数为μ ＝0.2。在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向
2
左恒定的拉力F＝12 N，g取10 m/s2。则：
(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？
(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？
(3)若在时间t＝1 s末撤去F，再经过多长时间木板和木块第一次速度相同？
在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？
答案 (1)2.5 m/s2 (2)2 s (3) s 1 m
解析 (1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，
对木块有：μ mg＝ma
1 1
代入数据解得：a ＝1 m/s2
1
对木板有：F－μ mg－μ (M＋m)g＝Ma
1 2 2
代入数据解得：a ＝2.5 m/s2
2
a >a ，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。
2 1
(2)设经过时间t 木块离开木板，则
1
对木块有：x ＝a t
1 1
对木板有：x ＝a t
2 2
又有：L＝x －x
2 1
联立并代入数据解得：t ＝2 s。
1
(3)t＝1 s末木块的速度v1 ＝a
1
t＝1×1 m/s＝1 m/s
木板的速度v2 ＝a
2
t＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s此过程中木块相对木板的位移大小
Δx ＝t＝0.75 m
1
若在时间t＝1 s末撤去F，则之后木块仍以a 的加速度做匀加速运动，而木板
1
将做匀减速运动，设加速度大小为a ，则有：
3
μ mg＋μ (M＋m)g＝Ma
1 2 3
代入数据解得：a ＝3.5 m/s2
3
设再经时间t
2
后二者速度相等，有：v1 ＋a
1
t
2
＝v2 －a
3
t
2
代入数据解得：t ＝ s
2
此时两者的共同速度为v＝v1 ＋a
1
t
2
＝ m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx ＝t －t ＝0.25 m
2 2 2
假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a 的加速度减速，木板也向左减
1
速，设加速度大小为a ，则有：
4
μ (M＋m)g－μ mg＝Ma
2 1 4
代入数据解得：a ＝2.5 m/s2
4
a >a ，假设成立
4 1
此过程木块相对木板的位移大小
Δx ＝－＝ m＜Δx ＋Δx
3 1 2
则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx＝Δx ＋Δx ＝1 m。
1 2
