专题强化5　动力学中的三类典型物理模型-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

课后跟踪训练(12)　动力学中的三类典型物理模型 基础巩固练 1.如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3，则有(　　) A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3 C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2 A　解析：设任一斜面与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得a＝g sin θ，斜面的长度为x＝d sin θ，则由x＝at2，得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据v＝，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，A正确。 2.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一可看作质点的小球a、b、d，它们的质量之比为1∶2∶3。现让a、b、d三个小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则它们在各杆上滑行的时间之比为(　　) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 A　解析：因四边形ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，即它们在各杆上滑行的时间之比为1∶1∶1，A正确。 3．(2025·江苏镇江高三调研)如图所示，长木板放置在水平面上，一个小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F＝2μmg，则木板的加速度a的大小是(　　) A．μg B．μg C．μg D．μg A　解析：若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有μmg－×2mg＝ma，解得a＝，对物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma′，得a′＝μg>a，所以二者之间将发生相对滑动，木板的加速度a的大小为μg。 4.如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格 B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s C．若工件不能被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D.若工件不能被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s B　解析：工件恰好传送到右端，有0－v＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2 s，A错误，B正确；若工件不能被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度与时间的关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，C、D错误。 5.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s BC　解析：对小孩受力分析，由牛顿第二定律可知加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板受力分析，由牛顿第二定律可知，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确，D错误。 综合提升练 6．(2025·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，以速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　) A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿逆时针 C．物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝2 m/s2 D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ D　解析：由题图乙可知，物块速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能随传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝ m/s2＝2.5 m/s2，方向沿斜面向上，C错误；对物块下滑过程，根据牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，可得μ＝，D正确。 7．如图所示，一块长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一个物块轻放到木板上，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选项中的(　　) A　解析：设在木板与物块达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g，设物块与木板达到相同速度之后，当二者相对静止时，共同的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|；当二者相对滑动时，木板的加速度为a3，对木板有－2μ2mg＋μ1mg＝ma3，a3＝－(2μ2－μ1)g，可见|a1|＞|a3|，由v－t图像的斜率表示加速度可知，A正确。 8.(多选)(2025·河南豫北名校高三联考)如图所示，传送带的三个固定转动轴分别位于等腰三角形的三个顶点，两段倾斜部分长均为L＝16 m，且与水平方向的夹角都为37°，传送带以10 m/s的速度逆时针匀速转动。两个质量相同的小物块A、B从传送带顶端沿传送带下滑，且与传送带间的动摩擦因数都是0.5，小物块A、B均可看作质点。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列判断正确的是(　　) A．若A、B初速度为0，A、B可同时下滑到底端 B．若A、B初速度为0，A下滑到底端时相对于传送带的位移为4 m C.若A、B初速度大小为10 m/s，A、B可同时下滑到底端 D．若A、B初速度大小为10 m/s，B下滑到底端时相对于传送带的位移为16 m BC　解析：小物块A、B受重力、支持力、摩擦力作用，重力沿传送带向下的分力大小为G1＝mg sin 37°，摩擦力大小为f＝μmg cos 37°，则B物体的加速度为aB＝＝2 m/s2，由x＝aBt可得tB＝4 s，而A物体相对传送带先向上运动，所以开始的加速度为aA1＝＝10 m/s2，共速时，运动时间tA1＝＝1 s，运动距离为xA1＝tA1＝5 m，之后的加速度为aA2＝＝2 m/s2，由L－xA1＝vtA2＋aA2t可得tA2＝1 s，则A运动时间为tA＝tA1＋tA2＝2 s，传送带的位移为s＝vtA＝20 m，A下滑到底端时相对于传送带的位移为ΔxA＝s－L＝4 m，A错误，B正确；若A、B初速度大小为10 m/s，A、B物体相对传送带都是向下运动，加速度相同，位移相同，可知运动时间也相同，由L＝vtB1＋aBt可得A、B下滑时间为tB1＝1.4 s，则B下滑到底端时相对于传送带的位移Δx＝16＋vtB1＝30 m，C正确，D错误。 9．如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物体A与小车上表面间的动摩擦因数； (2)物体A与小车B的质量之比； (3)小车的最短长度。 答案：(1)0.3　(2)1∶3　(3)2 m 解析：(1)根据v－t图像可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小a1＝＝3 m/s2 若物体A的质量为m，与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma1 联立可得μ＝0.3。 (2)设小车B的质量为M，加速度大小为a2，由题图乙可知a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得 ＝＝ 故物体A与小车B的质量之比为1∶3。 (3)设小车的最小长度为L，整个过程系统损失的动能全部转化为内能，由动能定理得 μmgL＝mv－(M＋m)v2 解得L＝2 m。 10.(2025·山东烟台高三期末)一块质量为M＝5 kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止状态。斜面底端固定一个垂直于斜面的挡板，木板左下端距挡板的距离为s0＝1.25 m。t＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时一质量m＝10 kg的小物块从木板左下端以沿斜面向上的初速度v0＝4 m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，0～1 s时间内，F＝F1＝80 N，该力在t＝1 s时变为F＝F2＝60 N，方向沿斜面向下，并在此后保持不变。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，斜面足够长，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)0～1 s时间内，小物块和木板的加速度大小； (2)木板第一次与挡板碰撞时的速度大小。 答案：(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)7 m/s 解析：(1)取平行于斜面向上为正方向。对物块受力分析，根据牛顿第二定律得 F1－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1 解得a1＝－2 m/s2 对木板受力分析，根据牛顿第二定律得 μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma2 解得a2＝2 m/s2。 (2)物块、木板在1 s末的速度为v1＝v0＋a1t1，v2＝a2t1 解得v1＝v2＝2 m/s 1 s内对木板有v＝2a2x1 解得x1＝＝1 m 当1 s末时，对两个物体组合的系统作为研究对象分析得 F2＋(m＋M)g sin θ＝(m＋M)a3 解得a3＝10 m/s2 物块和木板继续向上做匀减速运动，由运动学关系为 x2＝＝0.2 m 物块和木板滑到最高点后，反向向下做匀加速运动，加速度不变，对木板则有 v＝2a3(s0＋x1＋x2) 解得木板第一次与挡板碰撞时的速度大小v3＝7 m/s。 11.近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求物品达到与传送带相同速率所用的时间； (2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？ (3)若在物品与传送带同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多长时间才能到达平台？ 答案：(1)0.5 s　(2)1 s　(3)(2－) s 解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有 F＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma1 解得a1＝8 m/s2 由v＝a1t1，得t1＝＝0.5 s。 (2)加速过程位移为x1＝a1t＝1 m 共速后，有F－μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma2 解得a2＝0，即物品匀速上滑，位移为 x2＝－x1＝2 m 则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s 总时间为t＝t1＋t2＝1 s 即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。 (3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma3 解得a3＝－2 m/s2 假设物品能向上匀减速到速度为零，通过的位移为 x＝－＝4 m 由此知物品速度减为零之前已经到达平台 由x2＝vt3＋a3t 解得t3＝(2－)s(另一解不合题意，舍去) 即物品还需(2－)s到达平台。 学科网（北京）股份有限公司 $$