课时检测训练12 动力学中两类典型物理模型-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练12　动力学中两类典型物理模型 对应学生用书P345 对点练1　“传送带”模型 1.(多选)质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A.木板一定静止不动 B.小铁块不能滑出木板 C.木板一定向右滑动 D.小铁块能滑出木板 解析　小铁块与木板间的最大静摩擦力为Ff1＝μ2mg＝40 N，木板与地面间的最大静摩擦力为Ff2＝μ1(m0＋m)g＝45 N，因为Ff1<Ff2，所以木板一定静止不动，故A正确，C错误；根据牛顿第二定律可得小铁块在木板上滑行的加速度大小为a＝μ2g＝4 m/s2，假设小铁块未滑出木板，则小铁块在木板上运动的距离为x＝＝2 m<L，故假设成立，小铁块不能滑出木板，故B正确，D错误。 答案　AB 2．如图所示，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vt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先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析　0～t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；0～t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；t2时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，t2时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。 答案　B 3．如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　) A．μ＝0.4　　　　　　　 B．μ＝0.3 C．t＝4.5 s D．t＝3 s 解析　由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，选项A、B错误；在vt图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，选项C正确，选项D错误。 答案　C 对点练2　“板块”模型 4.如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.当F＝0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动 B.当F＝2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动 C.当F＝3.5μmg时，B、C以相同加速度运动 D.只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动 解析　B对C的最大静摩擦力为FfBC＝μmg，由于C是轻质绸布，故A、C间最大静摩擦力为FfAC＝FfBC＝μmg，小于A、C间最大静摩擦力2μmg，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动，故B正确，D错误；B与C发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律有μmg＝ma0，对A、B、C整体，由牛顿第二定律有F0＝(2m＋m)a0＝3μmg，则当F>3μmg时，B与C发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同，故C错误；水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动，故A错误。 答案　B 5．(多选)如图甲所示，质量为2 kg的木板B静止在水平面上。某时刻物块A(可视为质点)从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0＝4 m/s此后A和B运动的vt图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，设A与B上表面之间的动摩擦因数μ1，与水平面间的动摩擦因数μ2，则(　　) A．μ1＝0.2，μ2＝0.1　　　 B． μ1＝0.1，μ2＝0.2 C．A的质量为4 kg D．A的质量为6 kg 解析　AB．由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，AB在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对AB由牛顿第二定律得－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，故A正确、B错误；CD．由图像可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，故C错误、D正确。 答案　AD 6．如图甲所示，水平地面上有一静止的平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，平板车在一水平拉力作用下开始沿水平面做直线运动，其vt图像如图乙所示。g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的vt 图像为图中的(　　) 解析　平板车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等，a车＝4 m/s2，物块与平板车发生相对滑动时滑动摩擦力产生的加速度大小为a物＝μg＝2 m/s2，设平板车和物块在t时刻速度相同，有24 m/s－a车(t－6 s)＝a物t，解得t＝8 s，此后物块以2 m/s2的加速度匀减速至速度为零也需要8 s，故只有选项C正确。 答案　C 7．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 解析　当0＜F≤μmg时，A、B均静止；当μmg＜F≤3≤mg时，A、B相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F＞3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确。当F＝μmg时，A、B相对静止，A与B共同的加速度a＝＝μg，选项B正确。A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，选项D正确。 答案　BCD 8．如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　　) A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 解析　当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝ m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－FT＝mPa，解得FT＝ N，之后做匀速直线运动，有FT′＝20 N，D错误。 答案　C 9．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg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，2 s末物体到达B端。取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2。求： (1)物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v。 (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。 解析　(1)由vt图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为vt图线与t轴所围的面积，所以 L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m， 由平均速度的定义得＝＝8 m/s； (2)由vt图像可知传送带运行速度： v1＝10 m/s， 0～1 s内物体的加速度为a1＝＝10 m/s2， 1～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2， 根据牛顿第二定律得， mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1， mg sin θ－μmg cos θ＝ma2， 联立两式解得μ＝0.5。 答案　(1)8 m/s　(2)0.5 10.如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始时滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施加一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)滑板由A滑到B的最短时间。 (2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。 解析　(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加速度为a2，则有Ff＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10 m/s2，又s＝a2t2, 解得最短时间t＝1 s。 (2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，对滑块有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N， 当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，对滑块有F2－μm1g＝m1a1，由位移关系有－＝L，解得F2＝34 N，则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。 答案　(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 11．如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B与木板相对静止时，木板的速度。 (2)A、B开始运动时，两者之间的距离。 解析　(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有Ff1＝μ1mAg ①， Ff2＝μ1mBg ②， Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③， 由牛顿第二定律得Ff1＝mAaA ④， Ff2＝mBaB ⑤， Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 ⑥， 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1＝v0－aBt1 ⑦， v1＝a1t1 ⑧， 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s； (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt12， 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2， 由①②④⑤式知，aA＝aB， 再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反； 由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2＝－v1＋aAt2可求得a2与t2的值， 由③⑥⑧式可得t1的值，a2＝0.6 m/s2，t2＝0.3 s，t1＝0.4 s，v2＝0.5 m/s， 当t1＝0.4 s时，xB＝t1＝0.8 m，x木＝t1＝×0.4＝0.2 m，LB板＝xB－x木＝0.6 m，对A，xA＝t1＝0.8 m，LA1板＝xA＋x板＝1 m， 当t2＝0.3时，对A，xA1＝t2＝0.12 m，对木板，x木1＝t2＝0.225 m，LA2板＝xA1＋x木1＝0.345 m， 可知A、B开始运动时，两者之间的距离L＝LB板＋LA1板＋LA2板＝1.945 m。 答案　(1)1 m/s　(2)1.945 m 学科网（北京）股份有限公司 $$