第三章 专题强化四 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（人教版2019）

端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所 一(m十m)gsn日一(m、十n)C8日 率表示弹黄的劲度系数，可得k一 用的时间相同。由愿意可如，A在圆上 =(m,十m)a,对B受力分析，有Fs一 5N/cm,B错误：根据牛顿馆二定律 B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的 gsin0一m.gos0=a,由以上两 有10N=nG,30N一mg=ma,联立 球下滑的时问最短，故选B。 mF=F,为了 解得m=2kga=5m/s,C错误，D 2.BCD解析设想还有一根光滑固定 式可得Fm= m、十m+1 正确 细杆ca,则ca,Oa,da三细杆交于圆的 针对训练 最低点a,三杆顶点均在圆周上，根据 增大A、B间的压力，即F增大，应增 等时圆模型可知，则c,O,d无初速释 大推力F或减小A的质量，增大B的 成(1) 53 3 (2)0=60° 2 m 放的小滑环到达4点的时饲相等，印 质量。故A正确，B、CD锥误 针对训练 解析(1)当日=30“时，小物块恰好能 L.=11=4:而由c·a和由O+b滑动 3.C解析对B靨离分析，由牛频第 沿着木板匀速下滑，测ngsin=F,F 的小滑环相比较，滑行位移大小相同， 初速度均为零，但a,>a·由t 定律得mg一F,=m,4,对A,B整体 Fjngeos 0. 1 a可知4>t,故选项A错误，B 分析，由牛顿第二定律得mg m,gsin=(m,十n2)a,联立解得a= 联立解释以怎， C,D正确。 (2)当0变化时，设沿斜面向上为正方 6m/s,F,=12N,故A.B错误，C正 专题强化三牛顿运动定律的综合应用 向，物块的加速度为a,则一ngsin0 确：如果将B物块换成一个整直向下 【探究热点链视角】 大小为30N的力，对A由牛顿第二定 umgcos =ma, 热点I 律得F一m,gsin0=ma',解得a' 由0一2=2a.x得 精讲导学 24m/s,前后加速度不一样，对物块A [例1门AB解析分析可知木板受到的 的运动有彩响，故D错误。 2g(sin 0+ucos 0)' 摩擦力f=f。0一2s,木板静止，F 1 令c05a= .sin a- ,F逐尚增大，所以C铝误。4~5s, 4.D解析开始P、Q处于静止状态， 绳子张力大小为F,=mog=4N,将 √1+ 1+ 由1图像可知木板加速度大小a: 0.4-0.2 个水平向右的推力F作用在P上后， 即tana=a= 3 3 1 m/s=0.2m/s,对木板进 轻绳的张力变为原来的一半，以Q为 款a=30°， 行受力分折，f了=ma:=0.2N,得m= 研究对象，根据牛頓第二定律可得 1kg,所以A正确。2一45，对木板有 mg一交F=mg@,解得加速度大小为 又因x 2g√/1+asim(0+a) F-f=ma,得F=子十a,=0,2N 十1×04-0N=0.4N,所以B正确. a=5ms,以P为研究对象，根据牛顿 当a十0=90°时x最小，即0=60°. 2 第二定件可得F十专E,一m,g 所以x最小慎： 由于无法确定物块的质量，所以尽管 知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物 ma,解得推力F的大小为F=8N,故 1m-2g(sin60+ps60可 4g 块与木板间的动摩擦因数，故D错误 选D 5f5 针对训练 热点3 m 1.BC解析设钉子受到的力为 类型突破 专懒强化四动力学中两类典型物甲膜型 F。,则F。=kx,则由牛顿第二定律得 L例3]AB解析根据题图乙可知，发生 【探究热点链视角】 F-F,=ma,得4=F二红，加地度随 相对滑动时，A,B何的滑动摩擦力为 热点1 6N,所以A,B之间的动摩擦因数4 类型突破 位移均匀减小，到为零，由F。一F ma,可得a=虹二上，加速度随位移均 F=0.2,选项A正确：当0<F< L例1](1)5.1s0.04m(2)22m/s (3)①0.2s0.08m②0.625s 匀赠大，故加速度先减小后反向增大 4N时，根据题图乙可知，F。还未达 0.25m 到B与地面问的最大静摩擦力，此时 故A猎误，B正确：钉子初末速度均为 解析(1)对行幸，根据mg=me, 零，所以钉子先做加速度减小的加速 A,B保持静止，选项B正确：当4N< 解得a=2m‘s, 运动，后做加速度增大的减速运动，故 F<12N时，根暑题图乙可知，此时 C正确，D错误。故选BC. A,B问的摩擦力还未达到最大静摩 根据=a山，匀加速运动的时词h,= 0.25, 2.BC解析F-mg=ma→F=ma十 擦力，所以没有发生相对清动，选项 句加速运动的位移大小x= poing 错误：当F>12N时，根据题留乙可 24, F?图像的料率为m 知，此时A,B发生相对滑动，对A物 X2×0.2m=0.04m<2m 1 Fa图像的纵载距mg 结合F-a图像可知， _F=2m,加建度不变， 块有a一m 故行李先匀加速再匀速，句速运动的时 m,>m:,A错，B对 选项D错误， *<,C [例4]D解析物体与弹簧分离时，三 间为4=L-1-2-0.0 s=4.98, 0.4 用成=基m 对，D缙。 者没有相互作用力，所以弹黄处于原 可得行李从A到B的时阿为(=(，十 热点2 长，A错误：物体与弹簧一起向上匀 4=5.1s, 精讲导学 加速运动时，根据牛顿第二定律得F 在传送带上留下的摩擦瓶迹长度为 例2]A解析设物块与斜面间的动摩 +k(x,一x)一mg=ma,则F=bx十 △x=l1-x=(0.4×0.2-0.04)m 擦因数为对A,B整体受力分析，有F mg十ma一kx。,可知题图乙中图线斜 =0.04m. ·491· 高考一轮总复习·物理 (2)行李一直加速所用时间最短， ma,解得a=0.4m‘g: x4=L.-x1=5.25m, 加速度大小a=2m/s, (2)根盘(1)可知小包裹开始阶段在 1 由t=2aL,得传送带的速度至少为 传送带上做匀减速直线运动， 由=4+2a4, p=22m/s。 用时4=5当=16-06s=25 得t=0.58, (3)①传送带转动速度反向，若行幸放 0,4 故煤块从A运动到B的时间为1= 在A处时的初速度为=0.2m/s, 在传送带上滑动的距离为石-马巴， 十12=1.5s。过-1图像如图所示。 行李先向右匀戏速，加速度大小为 2 f/(m.s-) a=2 m/s. -k.606×25m=275m… 2 匀减速运动的时间5-二=0.15，匀 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力 减速运动的位移大小工=，一 沿传送带方句上的分力，即mg00s> mgsin a. 2a4,'=0.01m<2m, 11.5t/s 所以小包案与传送带共速后做匀速 直线运动滑至传送带底端，匀速运动 (3)第一过程痕迹长△r,=4,一x= 行李不会从右端滑出，接着行李向左 5m, 匀加速运动，匀加速运动的时间 的时间为4-5-5-3.95-2.75 11=0.1$,行李从左离开，在传送带 0.6 第二过程慕迹长△：=：一1：= 0.25m 上的时间为1=4十1：=0.2s, =28. 行李在传送带上留下的年擦痕迹的 所以小包裹通过传送带的时间为一L △2与△x,部分重合，故慕迹总长为 度为△r=,十x十42一x=0.08m: +t=4.58a 5m. ②若行李放在A处时的初速度为 针对训练 热点2 =0.6m/s,行李先句右做匀减速运 2.BC解析若小于，则物块向上 类型突破 动，加速度大小为a=2ms,匀减速 酸减速运动时加速度不变，与题因乙 [例3](1)3m/s(2)0.5m 不符，因此物块的初速度一定大于 (3)2.8m/s(4)0.7m 运动的时间1，=马=0.3s,匀减德运 ,,结合题图乙可知物块减速运动到 解析(1)对长木板，根据牛顿第二 动的位移大小x一4一2， 与传送带速度相同时，继埃向上做减 定律可得4F二mg, M 速运动。由此可以判断传送带的速度 0,09m<2m,行李不会从右端滑出， 为2m叫s,A错误：物块的位移等于t-( 解得a=3mfs； 接着行李向左毁匀加速运动，根据 图线与横轴所国的面积，即L= 1 (2)撒去F之前，小物块只受摩擦力 =al1,匀加逃运动的时问4=0.2s 作用，故a.=g=2m/s. 匀加速运瑞的位移大小西=立叫， （4+2X0,2m+号×1X2m=16m a=2ad-z0/=0.5m ×2×0.2m=0.04m<0.09m, 1 则上升的坚直高度为h=Lsin a= (3)刚撒去F时v=a1=3m/s,3.= 0.96m,B正确：0一0.2s内，加速度 a t=2 m/s. 接着再匀速运动1=二二=0.125 4-出-200 m/s=-10m/s, 撒去F后，长木板的加速度。= 行李从左端离开，在传送带上的时闻 加速度大小为10mr、,根据牛顿第二 =0,5m/s, 为1=41十4十41=0.625s:行李在传 送带上留下的摩擦痕迹长度为△x= 定律得4，=ugsin0士mgc0s0- 最终速度v'=vn十a1'=一d't', 解得共同速度v'=2.8m/s: t+,+4一=0.25m。 10m/s,解得r=0.5,C正确：在0~ (4)在1'内，小物块和长木板的相对 针对训练 0.2。内，厚擦力方向与物块的运动方 位移： 1,D解析A.根牛顿第二定律可 向相反，0.2一1,2s内，摩擦力方向与 得：rmg=ma,解得a=1m/s,物块速 物块的运动方向相同，D错误， 2a 度达到传送带速度时通过的位移为x, 3.(1)不能(2)1.5s见解析图 解得△x=0.2m, 则v-以=2ax,解得x6m>L,故 (3)5m 最终小物块离长木板右端x=△x,十 物块一直减速运动，故A正确：BC,若 解析 (1）由于mgsin37”> △x1=0.7ma 传送带速度等于3.5m/s,且说时针转 以gcos37°，所以煤块与传送带速度相 针对训练 动，到达右增的速度为功，则一 同后，它们不能相对静止 4.C解析方法一：箱子以一定的水平 2aL,解得v=3m.s,故BC正确：D.若 (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的 初速度从左端滑土平板车，在摩擦 传送带逆时针转动，物块在传送带上 摩擦力，其加速度为4，=g(sin0十 力作用下，箱子做匀减速直线运动，平 一直减速运动，到达右增的速度一定 4cos0)=10m82, 板车做匀加速直线运动，设经过【时同 为3m/s,传送带的速度可以为任意 煤块如速运动至与传送带速度相同时 箱子与平板车达到共速，此过程平 值，故D错误， 类型突破 需要的时间6=”=1s,发生的位移 板车的位移为工：=受，箭子的位修 例2](1)0.4m/s(2)4.5s 解析(1)小包裹的速度思大于传送 =2u4=5m, 为，=墨士”，尉指子相对于手板车 带的速度码，所以小包裹受到传送带 煤块速度达到后，加速度大小改变， 向前的位移大小为△x=xe一x4 的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第 继续沿传送带向下如速运动， 二定律可知geos a一mgsin a= 则有a=g(sin0-cos)=2ms, 一-受-受，可得4r-学> 2 高考一轮总复习+物理 ·492· x,=号1，故选C x,-2x2 (2)小车的加速度a=4×(0.1) 根据逐差法可得小车的加速度为 45十5-与- 方法二：由口一1图像可知箱子的位移 =2.40m/s。 4T 大于小车的位移，二者相对位移大于 (3)图像如下： 2.67+3.32-1.40-2.04 小车的位移 a/ms习 4×0.1 类型突破 3.0 102ms2=0.638m/s. 例4们BC解析对小孩，由牛频第二定 2.5 (3)小车匀速运动时有2F。=F,: 停得，加速度大小为a 2.0 当更换重物后，由牛额第二定律有2F mgsin 37-m mgcos 37 1.5 =2.8mg同 -FMa. L.0 理对滑板，加速度大小：a:= 0.5 解得e总-得。 (kg) ngsin37°+热mgc083T-2,mgc0s37 0 可知上式为一次函数，图像为一条倾 1015 20 料直线，与横轴交于一点，故D正确。 =0.8ms,A指误，B正确：小孩刚与 合力一定时，当托盘和钩码的总质量 [例3](1)0.19(0.18-0.19均可) 带板分离时，有之af-言af= 远小于小车和车内沙子的总质量m (2)甲甲和乙 时，小车和车内沙子的加速度a与质 解析(1)由题意知小车做句加速直 解得1=15，离开滑板时小孩的速度 量n:成反化。 大小为v=at=2.8m/s,D错 (4)根据牛顿第二定律可知，图像斜 我运动，放知一齐 误，C正确。 率的物理意义是托盘和钩码的总重 将x.=(36.10-32.40)cm=3.70cm, [例5]BC解析AB.由愿图乙可知，在 力的倒数。 T=0.15, ,时刻滑块和木板达到共同速度，此 后滑块与木板相对静止，所以滑块始 当m:=0时，有mg= 代入得u,≈0.19ms。 (2)甲实验方案中：绳的拉力F满足：F 终未离开木板，故A错误，B正确：C 根据解率的含义有k= =Ma,且mg一F=a, mg 滑块与术板相对滑动过程中，二者所 b 联立解得m一大 则F=mg,只有m《M时，F才近 受合外力大小均等于滑动摩擦力大 小，而根据题图乙中图像的斜率情况 1+ 针对训练 可知此过程中滑块的加速度小于木 似等于mg,故以托盘与陆码的重力表 1.(1)不需要(2)0.39 板的加速度，测根据牛顿第二定律 示小车的合外力，需满足m《M。 (3)小车质量没有远远大于砂和砂桶 -卫可知滑块的质量大手木板的质 乙实验方案中：小车在料面上匀速下 的总质量 滑，小车受绳的拉力及其他力的合力 (4)AB 量，故C正确：D.根据v-(图像与坐 为零，且绳的拉力大小等于托盘与砝 解析(1)在补偿阻力这步操作中，不 标轴所国面积表示位移可知，{，时刻 码的重力，取下托盘及砝码，小车所受 等要通过细绳把砂桶挂在小车上， 滑块相对木板的位移大小为△x= (2)相邻的两计数点之间还有4个点未 的合外力大小等于托与砝码的重力 学但清块在：时制不一定位于木板 面出，则T=0.1s:根据△r=aT可得该 g,不需要满足m《M。两个实验方 案都可把mg作为F值 的右端，所以木板的长度不一定为 小车运动的加滤度大小为“=5型 47 [例4](1)不必(2)mm一4(ma十m。） 学，其清足庭意的凝小长度为受。 -0,1537-00691-0.0691m/s≈ (3)0.40 4×0.1 解析。(1)木块与木板问的滑动摩擦 故D错误 0.39m/s. 力与两者之间的相对速度的大小无 实验四探究加讲度与力，质量的关系 (3)图线上端弯曲，其原因可能是小车 关，期实稳中拉动木板时不必保持 考点1 质量没有远远大于砂和砂栖的总质量 匀速。 典例剖析 (4)在题图乙中，每个测量数据均存在 (2)对木块、砝码以及重物B分析可划 例1](1)BD 偶然误差，选项A正确：因砂和砂柄加 《m、十n》g十加g三g, (2)2.40(2.39一2.41均算对) 选下摩，失重，则细绳的拉力小于砂和 解得m=m一牡(m十A,) (3)见解析图合力一定时，当托盘 砂桶的总重力，脚把砂和砂桶的总重 (3)根据m=m一m一m,·: 和钩码的总质量远小于小车和车内 力当成小车的合力导致实验中存在系 沙子的总质量m复时，小车和车内沙 结合图像可知m,=k=59-19 统误差，选项B正确：实验中用图像法处 5 g 子的加速度a与质量加。成反比 理数据可以减少傅然误差，选项C错误 8g, (4)托盘和钩码的总重力的倒数 考点2 则=0.40 角度创新 【随堂巩固练速能】 解析(1)应先通电再释枚小车，A 例2](1)不需要(2)0.638(3)D 1.(1)电火花 错误：调整定滑轮使细线与长木板平 解析(1)实验中，细线对动滑轮和 (2)①0.50②0.14大于 行，以保证小车在运动过程中合力不 小车的作用力通过弹簧测力计测量 (3)不能 系统除重力做功外还有阻 变，B正确：平衡阻力时必须连接纸 不第娄满足M>m 力做功 带，C钳误：平衡阻力时必须移去托盘 (②)相邻计数点间的时阿河隔为T= 解析(1)电火花打点计时器使用的 和砝码，用小车重力分力来平衡阻 55 是220V的交流电源。 力，D正确. 了5608=0.15， (2)①根据加速度公式得， ·493· 高考一轮总复习·物理null