专题提升6　动力学中的两类典型物理模型-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．(多选)(2024·四川绵阳江油中学诊断)物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示。则传送带转动后()A．物块将减速下滑B．物块仍匀速下滑C．物块受到的摩擦力不变D．物块受到的摩擦力变大解析：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力依然为滑动摩擦力，且大小不变，方向仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑，故B、C正确，A、D错误。答案：BC2．如图所示，长木板放置在水平面上，一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eq\f(μ,4)，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．eq\f(1,2)μg B．eq\f(1,3)μgC．eq\f(2,3)μg D．eq\f(3,4)μg解析：若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有μmg－eq\f(μ,4)×2mg＝ma，解得a＝eq\f(μg,2)，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eq\f(1,2)μg，故选项A正确。答案：A3．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1大于木板与地面间的动摩擦因数μ2，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()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，因为μ1>μ2，二者相对静止，设木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|，由v­t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确。答案：A4.如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于()A．mgsinθ＋μmgcosθ B．mgsinθ＋2μmgcosθC．4μmgcosθ D．2mgsinθ解析：设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，则此时B和斜面之间的滑动摩擦力为2μmgcosθ，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力μmgcosθ，A、B此刻加速度可以认为仍相同。对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立可得F0＝4μmgcosθ，故A、B、D错误，C正确。答案：C5．(多选)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10m/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＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s解析：由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝2.0m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma＝μmg，可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；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的过程中，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4.5s，C正确，D错误。答案：BC6．(2024·四川雅安诊断)如图所示，皮带的速度v＝6m/s，两圆心相距L＝30m，现将m＝1kg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的皮带上，煤块与皮带间的动摩擦因数μ＝0.1，电动机带动皮带将煤块从左轮运送到右轮圆心B点正上方过程中，求：(1)煤块加速阶段运动的位移大小；(2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间；(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度。解析：(1)煤块加速运动过程中，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2设煤块经过时间t1后与传送带共速，则v＝at1解得t1＝6s煤块加速阶段运动的位移大小为x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×62m＝18m。(2)煤块匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v)＝2s煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为t＝t1＋t2＝8s。(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度为x＝x传－x1＝vt1－x1＝6×6m－18m＝18m。答案：(1)18m(2)8s(3)18m[能力提升练]7.(多选)(2024·四川绵阳南山中学诊断)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3m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq\f(21,40)。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，滑板质量是小孩质量的2倍，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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2m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为1.3m/s2C．经过1s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为5.6m/s解析：设小孩的质量为m，滑板的质量为2m；由牛顿第二定律得，小孩的加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2.8m/s2，由牛顿第二定律得，滑板的加速度大小为a2＝eq\f(2mgsin37°＋μ1·mgcos37°－μ2·3mgcos37°,2m)＝1.3m/s2，故A错误，B正确；设经过t时间，小孩离开滑板，则有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝2s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝5.6m/s，故C错误，D正确。答案：BD8．(2024·四川绵阳诊断)如图所示，质量为M＝2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为m＝1kg的小滑块B(可视为质点)以某一水平初速度v0＝2m/s从木板的左端冲上木板。已知木板与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10m/s2。(1)若木板不固定，经多长时间滑块与木板共速？(2)若木板不固定，滑块B相对木板A滑行的最大距离为多大？解析：(1)木板不固定时，设滑块与木板的加速度分别为a1、a2，经时间t共速，根据牛顿第二定律，对滑块B：μmg＝ma1对木板A：μmg＝Ma2根据运动学规律v0－a1t＝a2t解得t＝eq\f(2,3)s。(2)从开始到共速，滑块与木板相对地面滑行的距离分别为x1、x2，根据运动学规律x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2x2＝eq\f(1,2)a2t2滑块相对木板滑行的距离Δx＝x1－x2解得Δx＝eq\f(2,3)m。答案：(1)eq\f(2,3)s(2)eq\f(2,3)m9．如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v­t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程。解析：(1)由题图乙可知，物块的初速度v0＝8m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v＝4m/s从t＝0到t＝0.4s时间内，物块加速度大小为a1＝|eq\f(Δv,Δt)|＝eq\f(8－4,0.4)m/s2＝10m/s2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5。(2)设在t＝0.4s后，物块做减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2物块从t＝0.4s开始，经过t1时间速度减为零，则t1＝eq\f(4,2)s＝2s，从t＝0到t＝0.4s，物块位移为x1＝v0Δt－eq\f(1,2)a1(Δt)2＝2.4m，从t＝0.4s到t＝2.4s，物块减速到零的位移为x2＝eq\f(v,2)t1＝eq\f(4,2)×2m＝4m，物块沿传送带