专题4 动力学中的两种典型物理模型(Word练习)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

[对应学生用书第371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，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则(　　) A．滑块受到的摩擦力大小和方向都保持不变 B．滑块的加速度大小和方向都保持不变 C．若增大传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D．若传送带改为顺时针转动，滑块做匀加速直线运动 解析　设滑块质量为m，传送带与水平面的倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmgcos θ＝ma1，滑块向下做匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，由于滑块一直做加速运动，则有mg sin θ>μmgcos θ可知，此后滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmgcos θ＝ma2，滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若增大传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时，仍然有mg sin θ>μmgcos θ，结合上述可知，滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，即若倾角增大，滑块不可能做匀速运动，故C错误；若传送带改为顺时针转动，滑块始终相对于皮带向下运动，滑动摩擦力始终沿皮带向上，结合上述可知mg sin θ>μmgcos θ，则滑块一直向下做匀加速运动，故D正确。 答案　D 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－μmg＝ma，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)(2024·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＝＝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＝＝1 m/s2，对木板μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，故A错误，B正确；对滑块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．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 7．(多选)(2024·湖南长沙模拟)如图所示，某次运动中，小孩(可看作质点)与滑板以相同初速度v0＝6 m/s一起滑上斜面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知小孩与滑板间的动摩擦因数μ1＝0.6，滑板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，小孩质量m1＝25 kg，滑板质量m2＝1 kg，斜面体质量m3＝10 kg，斜面倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则在上滑过程中，下列说法正确的是(　　) A．小孩与滑板之间的摩擦力大小为120 N B．小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8 m C．地面对斜面的支持力大小为360 N D．地面对斜面的摩擦力大小为208 N 解析　由于μ1>μ2，所以小孩和滑板相对静止一起做匀减速运动到最高点，利用整体法有(m1＋m2)g sin θ＋μ2(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a，a＝10 m/s2，方向沿斜面向下。对小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为Ff1，Ff1＋m1g sin θ＝m1a，Ff1＝100 N，故A错误；由速度­位移公式可得x＝＝1.8 m，故B正确；以小孩、滑板和斜面体整体为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分别为ax＝a cos θ，ay＝a sin θ，对整个系统分析，根据牛顿第二定律可知，在竖直方向有(m1＋m2＋m3)g－FN＝(m1＋m2)ay，解得FN＝204 N，故C错误；地面对斜面体有向右的摩擦力，其大小为Ff2＝(m1＋m2)ax＝208 N，故D正确。 答案　BD [提升题组] 8．(多选)(2024·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，已知煤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＝＝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 9．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需满足什么条件？ 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 10．(2024·沈阳三模)如图所示，工人要将货物运送到平台上，由于货物与传送带间的动摩擦因数较小，便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角θ＝24°，长度l＝4 m，向上运动的速度v＝1.2 m/s，货物质量m＝20 kg，与传送带间的动摩擦因数为0.2，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)货物轻放到传送带的下端，开始阶段工人施加F1＝60 N的拉力，求货物经多长时间能达到与传送带共速； (2)货物与传送带共速后，工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。 解析　(1)货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上，则有F1＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 达到共速时有v＝at 解得t＝1.5 s。 (2)货物与传送带共速后，若货物相对传送带静止，对货物受力分析有mg sin θ＝F拉＋Ff静 则当静摩擦力取得最大值且向上时，有Ff静＝μmg cos θ， 拉力取得最小值，即F拉min＝mg sin θ－Ff静max 联立解得F拉min＝44 N。 答案　(1)1.5 s　(2)44 N 学科网（北京）股份有限公司 $$