第3章 专题3 动力学中的三种典型物理模型（word练习）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书第347页] [基础题组] 1．如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动，当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x，速度为v，若只减小滑块质量，再次拉动木板，滑块与木板分离时(　　) A．x变小，v变小　　　 B．x变大，v变大 C．x变小，v变大 D．x变大，v变小 解析　长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1＝μg，长木板加速度a2＝，由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x＝a1t2，滑块相对长木板的位移为L＝a2t2－a1t2，滑块相对地面的速度为v＝a1t，若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1＝μg不变，长木板加速度a2＝变大，由滑块相对长木板的位移为L＝a2t2－a1t2可得运动时间变短，滑块相对地面的位移为x＝a1t2 变小，滑块相对地面的速度为v＝a1t变小，故选项A正确，B、C、D错误。 答案　A 2．如图所示，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是(　　) 解析　设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma可得，加速运动与减速运动时的加速度都为a＝μg，由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速的位移小于B、C加速的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故选项A正确。 答案　A 3．(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v­t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力 B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s C．物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s D．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m 解析　由题图乙可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其分析受力可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故选项A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得ma＝－μmg，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得2aL＝v22－v12，L＝t0，解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故选项B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故选项D正确。 答案　BCD 4．(多选)(2023·北京西城高三校考)如图甲所示，一块质量为mA＝2 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，重力加速度取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) 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 解析　由题图乙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μ2mAg＝mAa2，联立μ1＝0.7，μ2＝0.1，故A错误，B正确；对木块B，F－μ1mBg＝mBaB，其中aB>2 m/s2，则F>9 N，F的大小不可能为9 N，故C错误；根据L＝aBt2－a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝2L＋9(N)，即F的大小与板长L有关，故D正确。 答案　BD 5.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列图中的(　　) 解析　由于物块刚放到木板上时，运动的木板会对它有一个向前的滑动摩擦力，则物块对木板就会有一个向左的摩擦力，此时木板还受到地面给它的向左的摩擦力，木板在这两个阻力的作用下做匀减速直线运动；当物块的速度与木板的速度相等时，物块与木板间没有了相对运动，它们之间的摩擦力为零，此时木板受到的阻力只有地面对它施加的向左的力，即阻力减小，故其加速度变小，木板也做匀减速直线运动，但其加速度变小，故选项A正确。 答案　A 6．(2023·惠州第二次调研)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为(　　) A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg 解析　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度大小为a1，纸板的加速度大小为a2，则有 Ff1＝μ·2mg＝2ma1，得a1＝μg 设桌面对纸板的摩擦力为Ff2，由牛顿第三定律可知砝码对纸板的摩擦力Ff1′＝Ff1，则 F－Ff1－Ff2＝ma2 发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即a2＞a1 所以F＝Ff1＋Ff2＋ma2＞Ff1＋Ff2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg 即F＞6μmg，故选项D正确。 答案　D 7.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　) 解析　在m2与m1相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a1，a1与t成正比关系，a1­t关系图线的斜率为，当m1与m2相对滑动后，m1受的力是Ff1＝μm2g＝m1a1，a1＝为一恒量，对m2有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，斜率为，可知A正确，B、C、D错误。 答案　A 8．如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　) A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动 B．当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力 C．当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力 D．当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力 解析　假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma 所以a＝μg＝2 m/s2 对整体有F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N 可知若要m相对于M开始运动，则推力满足F＞20 N，故选项A错误； 当F＝10 N时，对整体有F＝(M＋m)a′ 解得a′＝＝1 m/s2 对m，受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故选项B正确； 同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2 m受到的摩擦力Ff″＝3 N，方向向右，故选项C错误； 当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，Ff＝μmg＝4 N，方向向右，故选项D错误。 答案　B [提升题组] 9．(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列判断正确的是(　　) A．物块A、B同时到达传送带底端 B．物块B到达传送带底端的速度为3 m/s C．物块A下滑过程中相对传送带的路程为3 m D．物块B下滑过程中相对传送带的路程为3 m 解析　两个物块在沿斜面方向上由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块都会沿斜面向下加速滑动，并且加速度大小都等于a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据x＝v0t＋at2可知两者的运动时间相同，都为t＝1 s，即两者同时到达底端，选项A正确；B到达传送带底端时的速度vB＝v0＋at＝1 m/s＋2×1 m/s＝3 m/s，选项B正确；传送带在1 s内的路程为x＝vt＝1 m，A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是A对地路程(斜面长度)减去在此时间内传送带的路程，即为2 m－1 m＝1 m，B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是B对地路程(斜面长度)加上在此时间内传送带的路程，即为2 m＋1 m＝3 m，选项C错误，D正确。 答案　ABD 10．(多选)(2023·安徽合肥联考)如图甲所示，一条足够长的水平浅色传送带顺时针匀速转动，t ＝0时将一个可视为质点的煤块无初速度地放在传送带上的A点，同时控制传送带，使其运动速度变化情况如图乙所示，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，静止在传送带上的B点(图中未画出)，则(　　) A．AB间的距离为4 m B．黑色痕迹的长度为8 m C．煤块相对地面位移大小为12 m D．煤块与传送带间的相对路程为16 m 解析　对煤块受力分析可知a ＝μg＝1 m/s2，在0～4 s对煤块有v＝at1＝4 m/s，则说明煤块一直加速，且加速的位移为x1＝at12＝8 m，在4～6 s对传送带有a传＝＝2 m/s2，由于a<a传，则煤块以加速度a做匀减速直线运动且位移x2＝x1。对于传送带在0～6 s传送带走过的位移为题图图线与坐标轴围成的面积，有x传＝S＝＝20 m，则AB间的距离为Δx＝x传－x1－x2＝4 m，故选项A正确；在0～4 s内黑色痕迹的长度为Δx1＝x传1－x1＝8 m，在4～6 s由于煤块速度比传送带大，则这段黑色痕迹与0～4 s内黑色痕迹重合，则黑色痕迹的长度为8 m，故选项B正确；煤块相对地面位移大小为x煤＝x1＋x2＝16 m，故选项C错误；在0～4 s内煤块与传送带间的相对路程Δx1＝x传1－x1＝8 m，在4～6 s内煤块与传送带间的相对路程Δx2＝x2－x传2＝4 m，煤块与传送带间的相对路程为Δs＝Δx1＋Δx2＝12 m，故选项D错误。 答案　AB 11．某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？ (2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？ 解析　(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a 对橡皮擦和纸板整体有 F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 联立解得F0＝0.15 N。 (2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min。则对橡皮擦有 x1＝at2，v＝at 对纸板有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2， x2＝v0mint－a2t2，v＝v0min－a2t 根据位移关系有x2－x1＝ 联立解得v0min＝ m/s 则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足 v0≥v0min＝ m/s。 答案　(1)0.15 N　(2)v0≥ m/s 12．如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示。在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物体从A运动到底端B所用的时间； (2)物体与传送带的相对位移大小。 解析　(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2。 物体加速到与传送带的速度相等时的位移为x1＝＝5 m＜16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝＝1 s。由于mgsin θ＝3 N＞μmgcos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动。设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2。 由位移公式L－x1＝v0t2＋a2t22，解得时间t2＝1 s， 所以总时间t＝t1＋t2＝2 s。 (2)在传送带上取一点M。M点做匀速运动，物体一直做加速运动。 法一　整体法 整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M点)的位移大小为x＝x传－x物＝4 m。由于M点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M点4 m。 法二　分段法 第一个过程：M点的位移为v0t1＝10 m，所以物体与传送带间的相对位移大小x相对1＝v0t1－x1＝5 m。由于M点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M点后面5 m处。 第二个过程：M点的位移为v0t2＝10 m，物体的位移为L－x1＝11 m，故相对位移大小为x相对2＝1 m。此过程物体追M点，并靠近M点1 m。故相对位移大小x＝x相对1－x相对2＝4 m。即全过程物体向后远离M点4 m。 答案　(1)2 s　(2)4 m 学科网（北京）股份有限公司 $$