课时检测训练12 动力学中两类典型物理模型-【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，对应答案P576 宫基础对点练 不变，重力加速度g取10m/s2。关于物块与传 对点练1“传送带”模型 送带间的动摩擦因数以及物块在传送带上运动 1.(多选)质量为m。= " 第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果 20kg、长为L=5m的 -L- 正确的是 () 木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动 4p/(ms 摩擦因数为41=0.15。将质量为m=10kg的 .0 小铁块（可视为质点），以，=4m/s的速度从木 1234/s 板的左端水平冲上木板（如图所示），小铁块与 40 木板间的动摩擦因数为4=0.4，最大静摩擦力 乙 等于滑动摩擦力，g=10m/s2,则下列判断正确 A.=0.4 B.4=0.3 的是 C.t=4.5s D.t=3 s A.木板一定静止不动 对点练2“板块”模型 B.小铁块不能滑出木板 4.如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布 C.木板一定向右滑动 C,C上静止地放有质量分别为2m,m的物块A D.小铁块能滑出木板 和B,A、B与绸布间的动摩擦因数均为4。已知 2.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率1 A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 运行。初速度大小为2的小物块从与传送带等 现对A施加一水平拉力F,F从0开始逐渐增 高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从 大，重力加速度为g,下列说法正确的是() 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 FAB 示。已知u2>,则 ( ) A.当F=0.5mg时，A、B.C均保持静止不动 B.当F=2.5mg时，A,C不会发生相对滑动 C.当F=3.5umg时，B、C以相同加速度运动 乙 D.只要力F足够大，A,C一定会发生相对滑动 A.2时刻，小物块离A处的距离达到最大 5.(多选)如图甲所示，质量为2kg的木板B静止 B.2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到 在水平面上。某时刻物块A(可视为质点)从木 最大 板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度。= C.0~t时间内，小物块受到的摩擦力方向先向 4m/s此后A和B运动的v-t图像如图乙所示， 右后向左 取重力加速度g=10m/s2,设A与B上表面之 D.0~3时间内，小物块始终受到大小不变的摩 间的动摩擦因数41，与水平面间的动摩擦因数 擦力作用 Ag,则 () 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 分 图乙所示（图中取向左为正方向，以物块刚滑上 A.4=0.24=0.1 B.h=0.1h=0.2 传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持 C.A的质量为4kg D.A的质量为6kg 345 课时检测训练·物理 6.如图甲所示，水平地面上有一静止的平板车，车 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是 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 A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 作用下开始沿水平面做直线运动，其？一t图像 B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4s 如图乙所示。g取10m/s,平板车足够长，则物 C.Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动 块运动的v一t图像为图中的 () 的距离为4.8m ↑r/（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20N 9.如图甲所示，倾角为0的传送带以恒定速率逆时 612s 分 针运行。现将一质量m=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 ↑/（m8） t/(m's) 24- 变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端。 取沿传送带向下为正方向，g=10m/s。求： 612t/ 04812s e/(m-s) 1/(m*8) ↑r/(ms） 16- 16 21/s 481216/% 481216/9 分 D (1)物体在传送带A、B两端间运动的平均 罕综合提升练 速度o。 7.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m (2)物体与传送带间的动摩擦因数4。 和m,静止叠放在水平地面 上。A、B间的动摩擦因数为 ,B与地面间的动摩擦因数为，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<2mg时，A、B都相对地面静止 B.当F=2mg时，A的加速度为Pg C.当F>3umg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过号g 8.如图所示，水平传送带AB间的 Q 距离为16m,质量分别为2kg、 ⊙ B p白 4kg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8m/s的速度逆时针转动时， Q恰好静止。重力加速度取g=10m/s2,最大 静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8m/s 课时检测训练·物理 —346 10.如图所示，滑板长L=1m,起点A到终点线B:11.如图，两个滑块A和B的质 的距离s=5m。开始时滑板静止，右端与A平 量分别为m=1kg和ma= 齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施 5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端，两 加一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B 者与木板间的动摩擦因数均为出=0.5：木板的 处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦 质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为2 因数4=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1= =0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初 2kg,滑板质量m2=1kg,重力加速度g取 速度大小均为，=3m/s。A、B相遇时，A与 10m/s2.求： 木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动 F 摩擦力，取重力加速度大小g=10m/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。 (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。 —347 课时检测训练·物理7.BD解析A,B分离以后F支为桓 的斜率为1=0一力=一么，解得m 相等，设此时弹黄的压编量为x,·对 力，大小为22N,对A应用牛领第二定 物体P,由牛顿第二定律得： 律有F-mg=m,a,解得a=1mfs 一方选项A指误。从图乙可得图线 kx3一m1gsin8=m,a, 选项B正确。初状态弹簧弹力和A,B 前0.2s时问内两物体的位移：x。 系统的总重力平衡，图线的织战距即 与飘轴的裁距为gsin0-gcos0=b, 1 拉力F的初始值，完全提供A、B系统 部得如。之适项B正得。装 的加速度，对A,B系统根据牛顿第二 10 去外力后，根据牛顿第二定律有 联立解得u=3m/s 定律有F。=(m,十2)a,解得m,三 ngsin0一加gcos0=ma,从题图乙可 (3)对两物体受力分析知，开始运动 10kg,燕项C错误。初状态隔高A分 得图线与纵轴的载距为负值，即 析，对A应用牛顿第二定律有Fw一 时F最小，分离时F最大，则F gsin0一ugcos0<0.则gsin0一 mg十F。=m,a,解得Fu=10N,选项 以gc0s<0,所以加速度a<0,即物 (m1十）a= N 3 D正确。分离前对A,B鉴体应用牛频 体向下做匀减速运动，选项C正确 对Q应用牛领第二定律得F一 第二定律有F十F。一(m,十m:)g= 从a-F的函数关系式可得图线的斜 magsin 0=ma. (m十m)a,隔离B,对B应用牛顿第 二定律有F,一m:g-Fm=m:a,从开 率为动，即。-F图像的斜事与斜面 解得F-2婴N。 始运动到A和B分离的全过程，4不 的倾角日无关，选项D错误。 课时检测训练12 变，重力不变，弹簧弹力变小，则F变 11,B解析货车运动过程中既有可能 1.AB解析小铁块与术板问的最大 小，当F=0时，A,B两物体脱离，此 加速，也有可能减速，还有可能匀速 静摩擦力为F,一以mg=40N,木板与 时B依然有向上的加速度，因此A、B 若汽车向左加速时，若有ma一 地面问的最大静摩擦力为F。=4(m 分离时弹黄依然处于压耀状态，法项 m只 十限)g=45N,因为Fn<F·所以木 A错误。 tan60,测1号油桶对2号油桶的压 板一定静止不动，故A正确，C错误：根 8.B解析对滑块A,B整体在水平方 力最小为0，此时1号油桶对3号油 据牛颜第二定律可得小铁块在木板上 向上，有F=共(m十m)g,对滑块B m共 在竖直方向上，有，F=mg,联立解 精的压力最大为F=n60 滑行的加速度大小为a=快g=4ms, 假设小铁块未滑出木板，则小铁块在 2000N,根据对称性可知，若汽车向 得"1西些，选项B正确。 mn场 木板上运动的距离为工=2=2m 9.0≤F≤310N解析若要保证木块 左减速时，若有ma=mm6D,则1号 <L,故假设成立，小铁块不能滑出木 和斜面体不发生相对滑动，则两物体 油播对3号油桶的压力最小为0，此 板，故B正确，D锴误 以相同的如速度向左做匀加速直线运 时1号油桶对2号油桶的压力景大为 2.B解析0一(1时间内小物块向左儆 动，由于>tanB,故当F■0时，木块 下'品≈20N,放选B. 匀减速直我运动，时刻小物块向左 静止在斜面体上，即F的最小值为0： 12.(1)2.5N(2)12.5ms 速度减为零，此时离A处的矩离达到 根据题意可知，当木块相对斜面体哈 (3)50.5m 最大，故A错误：山时刻前小物块相对 不向上滑动时，F有最大值F,设此时 解析(1)根据牛颜第二 传送带向左运动，之后小物块相对传 两物体运动的加速度大小为，两物体 定律，对整体有F一2mg 递带静止，：时刻小物块相对传送带 之间的摩擦力大小为F,斜面体对木 =2nd, 滑动的距离达到最大，故B正确：0一4 块的支持力为F、。对整体和木块分别 对B有F,一mg=ma, 时间内小物块先减速，后反向加速，小 进行受力分析，如图甲、乙， 物块受到大小不变，方向始终向右的 F 解得R-号-25。 摩擦力作用，故C铝误：：时刻小物块 (2)根据运动学公式有一g=0, 向右速度增加到与皮带相等，：时刻 vx=v+a't',v=at,F-mg=ma'. 之后小物块与皮带保持相对静止随水 解得v=12,5m/s: 平传送带一起句速运功，摩擦力消失， 故D错误。 mg (3)断裂后，根据运动学公式， 3.C解析由题图乙可得，物块微匀变 乙 玉，=十=-吉， 速运动的加速度大小为日=A= 对整体受力分析有F。=(m十M)a,对 △x=In-x+1=50.5m. 2.0ms,由牛领第二定律得mg 木块受力分析有F:=Fx,水平方向 1a.D016m(2号m8 a,则可得物块与传送带间的动摩擦 F,cos0十F、sin0=ma,整直方向 ()2S0 N 因数=0.2，选项A、B错误：在#-t F、cos=mg+Fsin0.联立以上各式 图像中，图线与：轴所图面积表示物块 代入数据解得F.=310N,故F的大 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为 的位移，则物块经减速，反向加速到与 小范围为0≤F310N。 ,对P,Q整体受力分析，沿斜面方 传递带相对静止，最后匀速运动回到 10,C解析物体下滑过程，根据牛 向有(m1十m)gsin 0=k.x。· 传送管左端时，物块的位移为0，由圆 领第二定律有F+mgsin0一mgcos0 解得1，=0.16m: 图乙可得物块在传送带上运动的总时 =a,变装得a=品F十发sn0- (2)前0.2s时问内F为变力，之后为 问为4,55，选项C正确，选项D错误. 恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时 4.B解析B对C的最大静摩擦力为 gCOs0,从F的函数美系可得图线 P,Q之间的弹力为零且加速度大小 Far一mg,由于C是轻质铜布，故A、 高考一轮总复习+物理 ·576· C间最大静摩擦力为Fw=F=|8.C解析当传送带以=8ms的速 mg,小于A、C间最大静摩策力 度逆时针转动时，Q哈好静止不动，对 位行关系有号号-1解得= 2知mg,即无论F多大，A与C都不会 Q受力分析知mng=mag·解得μ 34N,则水平但力大小范国是30N≤ 发生相对清动，故B正确，D错误：B与 0.5,A错误：当传送带以=8m/%的 F34N. C发生相对滑动时，对B由牛颜第二 速度顺时针转动，物块Q先数初速度 11.(1)1m‘s(2)1.945m 定律有以ng=ma,对A,B,C整体，由 为零的匀加速直线运动，有mrg十 解析(1)滑块A和B在木板上滑动 牛顿第二定律有F。=(2m十m)a, reg=m,十mo)a,解得a=ms, 时，木板也在地面上清动。设A,B和 3rmg,则当F>3ng时，B与C发生 木板所受的摩擦力大小分别为F。, 相对滑动，且发生相对滑动后，二者加 当物块Q速度达到传送带速度，即 F:和F,,A和B相对于地面的加速 速度不同，故C错误：水平地面光滑， 8m/s后，领匀速直线运动，由v=411, 度大小分别为aA和a,木板相对于 解得匀加速的时问，=1,2s,匀加速 故只要水平力不为零，票统就会发生 地面的加速度大小为a,在物块B 运动，故A错误。 的位移为一易 =4.8m,则匀速运动 与木板达到共同速度前有F。= 5.AD解析AB.由图像可知，A在0 mg①， 的时同为1=L二工=1.4s,Q从传送 一18内的加遮度e,=马，西 Fa=Hmg②， 管左端滑到右端所用的时间为1。= Fa=共(m十m十mm)g③， 一2m/s,对A由牛顿第二定律得 十12=2.6s,B错误：加速阶段的位移 出牛顿第二定律得F=m4,①， 一mg=ma1·解得4=0.2，AB在 之差为△x=W1一x=4.8m,即Q从 F。=man⑤， 1~3s内的加速度4，= 传送带左端到右骗相对传送带运动的 Fn-Fn-Fp=ma 距离为4,8m,C正骑：当Q加速时，对 设在，时刻，B与木板达到共同速 一1m/s,对AB由牛额第二定律得 P分析有mng一F,=mra,解得F,= 度，其大小为出，由运动学公式有 一(M十m)g=(M十m)a·解得= 婴N,之后微匀速直线运动，有E?' =%一4d1⑦， 0.1,故A正确，B错误：CD.由图像可 g1=441⑧， 知B在0~15内的加速度4，-马， 20N,D错误。 联立①②③①同⑥⑦⑧式，代入已知 9.(1)8m's(2)0.5 数据得 =2m/s,对B由牛顿第二定律得 解析(1)由v-1图像的面积规律可知 ,=1m's: 西mg一：(M十m)g=Ma:,代入数据 传送带A、B问的距离L即为v-t图线 (2)在t,时间间隔内，B相对于地面 解得m=6kg,故C错误，D正确。 与1轴所固的面积，所以 移动的距离为 6.C解析平板车光做匀加速直线运 L=号×1×10m+号×(10+12)× 1 =4-之ad, 动，然后敬匀藏速直线运动，匀加速直 1m=16m, 设在B与木板达到共同速度以后，木 线运动和句减速直线运动的加速度大 小相等，a:=4mts,物块与平板车发 由平均速度的定义得=上=8m: 板的加速度大小为a,对于B与木板 组成的体系，由牛顿第二定律有F,十 生相对滑动时滑动摩擦力产生的加速 (2)由)-4图像可知传送带运行速度： 度大小为a。=g=2m‘s,设平板车 F。=(mn十m)at 4=10ms, 由①②④⑤式知，a=as+ 和物块在1时刻速度相同，有24m‘s 0一1s内物体的加速度为4，= △刘 再由D⑧式知，B与木板达到共同速 4,(1一6s)=4.1,解得1=88，此后物 度时，A的速度大小也为，但运动 块以2m/s的加速度匀减速至速度为 =10ms, 方向与木板相反： 零也需要8$，故只有选项C正确。 1~2s内的加速度为a,=2ms, 由腿意知，A和B相遇时，A与木板 7.BCD解折当0<F≤号mg时，A 根据牛频第二定律得， 的速度相同，设其大小为，设A的 mgsin oumgcos 0ma, 速度大小从，变到所用的时阿为 B均静上：当受mg<F<3≤mg时， mgsin 0-umgcos 0=ma. 联立两式解得以=0,5， :,则由运动学公式，对木板有= A,B相对静止，但两者相对地面一起 10.(1)1s(2)30N≤F≤34N 马1一a,t=一队十at:可求得a:与t 向右微匀加速直线运动；当F>3umg 解析(1)滑板由A滑到B过程中 的值， 时，A相对B向右：加速运动，B相对 由③⑥图式可得1的值，a=0.6m/s 直加速时，所用时问最短。设清板的 地面也向右加速，选项A错误，选项C 最大加速度为a1·剥有F,=m,g= 4=0.3s,11=0.45,4=0.5mf5,当 正确。当F=号mg时，A,B相对静 m:a:,解得a:=10ms,又s= 64=0.4s时，，-巴1，=0.8m 2 止，A与B共同的加速度a= 20,f,解得最短时何1=13 0十 27.7×0.4=0.2m.1月 (2)滑板与滑块刚好要相对滑动时， 32 =3g,选项B正确。A 水平恒力最小，设为F,此时可认为 -=5m,对A=1 二者加速度相等，对滑块有F, 对B的最大车擦力为2mg,无论F为 0,8m,La线=a十Tg=1m, m1g=视1a:,解得F,=30N, 何值，物块B的加建度最大为a: 当滑板运动到B,滑块刚好脱离时，水 当=0,3时，对Aw-”2巴4 2mg-mg 平恒力最大，设为F,设滑块加速度 2g,选项D正确。 为a,对滑块有F,一n,g=ma,由 02m,对木板，=士”上 ·577· 高考一轮总复习·物理 0.225m.Le=x十x1=0.345m, 错误：当小船运动到河中间时，东西方 杆与细绳垂直(0=0)时，重物M的速 可知A、B开始运动时，两者之问的距 向上的分速度最大，。=3ms此时小 度最大，为=aL,然后再减小，C、 离L=Lm十L1十L==1.945m。 帮的合速度最大，最大值化=5m‘s,选 D正确。 课时检测训练13 项B正确：小船在距南岸200m处的 13.AD解析在1=0时开始受到恒力 1,A解析若撒去两个力后，保持第三 速度等于在距北岸200m处的速度， F作用，加速度不变，做匀变速运动， 个力大小和方向均不变，而圆周运动 选项C带误：小船的渡河时问1=L 若做匀变速直线运动，则最小速度可 的合力是变力，所以不可能做圆周远 以为零，所以质点受力F作用后一定 动，故A正确，B错误：若撒去两个力 8=2008,选项D错误. 800 做匀变速曲线运动，故A正确：物体 后，物体受到的合力与建度的方向共 在恒力作用下不可能做回周运动，故 线，则物体做匀变速直线运动：当合力 8.C解析当BN=2h时，杆与地面之 B错误：因质点在恒力作用下先减 与速度不共线，则物体做曲线运动，故 何的夹角为30”，M、N两端沿杆方向 速，可知初速度与恒力的夹角为钝 C,D错误。 的分选度相等，故wr=cos30= 角，设恒力与初速度之问的夹角是0， 2.A解析篮球做曲线运动，所受合力 3 ,C项正确. 最小速度为叱=孔sin(开一)= 指向运动轨迹的凹侧，故选A。 0.5U,所以是150°，故C错误：质点 3.B解析气球水平向右做匀速运动， 9.BD解析由题意可知，线与光盘交 速度最小时，在沿恒力方向上有 竖直向上做匀加速运动，则合加迷度 点参与两个运动，一是沿着线的方向 竖直向上，所受合力竖直向上，轨速向 运动，二是垂直线的方向运动，则合运 ucms30°-E.,解得1-mm 2F 上弯面，故B正确。 动的速度大小为2，由三角函数关 故D正确。 4.A解析绳索始终保持竖直，则伤员 14.(1)1N(2)3ms(3)410m 水平方向不受外力，做匀速直线运动。 系，有，=巨in9=亿。×号-… 故直升机一定做匀速直线运动，A项 而沿线方向的速度大小即为橡胶球上 (4)5m/s(5)y-6(m 正确：伤员相对直升机多直向上运动， 升的速度大小，再依据矢量的合成法 解析(1)物体在x方向的加速度大 可能匀速，加逃或减选，再加上水平方 则，则橡胶球的速度大小。一 小a=0, 向做匀速运动，其合运动可能是直线、 √(2)+U=3w,故B,D正确. 在y方向的加速度大小a,= 也可他是曲线，B项错误：绳索对伤员 10.AD解析当船吴垂直河岸时，船 △ 的拉力可能大于，等于或小于街员的 沿着垂直于河岸方向的分速度最大， 0.5m/s. 重力，D项错误：直升机受重力，绳索 此时过河的时间最短，且与水速无 枚合加速度为a=4,=0.5ms, 竖直向下的拉力、动力和空气的阻力 根据牛顿第二定律得F。=ma 作潮而处于平衡状态，故动力方向 关，为1=d=50s,故A正确，C错 1N. 定不是整直向上的，C项错误， 误：小船以最短时可过河，其位移为 (2)由题图可知m=3ms,Uo=0, 5.C解析根据关 2 x=√/(。)+(v,t)=250m,故B 所以物体的初速度大小为。=？= 量运算规则，利园 错溪：因为静水船速大于水流速度， 3 m/so 三角形定则如图， A 测合速度方向可能垂直于河岸，即小 (3)04内物体在x、方向上位移 可得速度的变化量 都过河的实际速度可以垂直于河岸， 分别为 为△=5，则质点的加速度大小为 故D正确。 x=4=12my=2ah'=4m… 4-是-C正商 11.D解析由于初速度的方向与合如 所以0一4s内物体的位移 速度的方向相反，故飞机的运动轨迹 6.B解析将小船的运动分解为平行 为直线，A错误：由匀减速运动规律可 s-√十y=4√10m 于河岸和套直于河岸两个方向，由分 知，飞机在第20s末水平方向的分速 (4)1=8s时，物体在x,y方向上速 度分别为 运动和合运动其有等时性，知甲、乙两 度为20m/8,整直方向的分速度为 船到达对岸的时间相等，即渡河的时 2m5,B错误：飞机在第20s内，水平 v=v=3 m's.v=al=4m's, 所以此时物体的速度大小为 sin0~放A错误：若仅是河水 间为1=4 位移大小x=(-) =√2+a=5m/s 流速山增大，刻雨船的度河时问都不 (。-名n）21m,整直位移 1 变，故B正确：河水流速以大于甲船速 (6)由x=y=之a/',u=3ms 度时，甲船不能到达可的正对岸A点， 大小y=(m-2） a=05m。,联立可得y一希m 故C错误：若仅是河水流速，增大，则 课时检测训练14 两船到达对岸时问不变，根据速度的 (,w一20m）=21m,C错误 1.B解析套圈仅受重力，水平抛出， 分解，船在水平方向相对于静水的分 在第205内，飞机水平方向的平均速 做平抛运动，甲匀变速曲线运动，A 速度仍不变，则两船之问的距离然 度为21m‘s,D正确。 为L,故D错误 12.CD解析与杆垂直的速度是C 错误，B正确：根移=之，= 7,B解析小船在南北方向上为匀速 点的实际速度，，是细绳的速度，即 可知，掀出位置相同，测运动时间相 直线运动，在东西方向上先加速，到达 重物M的速度。设，与v的夹角是 同，抛出速度相同，CD错误。故选B。 河中间后再减速，速度与加速度不共 0,则+=0s0时，开始时0减小，则2.D解析根馨合运动与分运动的独 线，小船的合运动是品线运动，选项A ,增大但不均匀增大，A,B错误：当 立性，小球在竖直方向的运动为自由 高考一轮总复习+物理 ·578·