广西专版2024-2025学年新教材高中物理第4章运动和力的关系习题课三动力学中四种典型物理模型课后训练新人教版必修第一册

习题课三动力学中四种典型物理模型课后·训练提升合格考过关检验一、选择题(第1~4题为单选题,第5~6题为多选题)1.(2024·云南省通海县其次中学高一期中)如图所示,在光滑水平面上有两个质量分别为m0、m的木块,m0=2m,当用水平力F分别推m和m0时,两物体之间弹力之比FN1∶FN2应为()A.1∶1 B.1∶2C.2∶1 D.3∶1答案:C解析:依据牛顿其次定律可知,无论用水平力F推m还是推m0,两木块整体的加速度大小相同,均设为a,则有F=(m0+m)a=3ma,当用水平力推m时,对m0依据牛顿其次定律有FN1=m0a=2ma=23F,当用水平力推m0时,对m依据牛顿其次定律有FN2=ma=13F,解得F2.(2024·湖南宁乡市教化探讨中心模拟预料)如图所示,在一倾斜角为θ的坡上有一观景台(图中A处),从观景台到坡底有一根钢缆索,已知观景台到山坡O的距离为L,O到坡底B的距离也为L,现工作人员将钢环扣在缆索上,将一包袱送至坡底,若环带着包袱从A点由静止起先沿钢绳无摩擦地滑下,则包袱滑到坡底的时间为()A.12LgC.2Lg D.答案:D解析:如图所示,以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径AC做自由落体运动的时间,有2L=12gt2,解得t=2L3.(2024·安徽省宿松中学高二开学考试)图甲中质点从竖直面内的圆环上最高点沿三个不同的光滑弦由静止起先滑到下端所用的时间分别为t1、t2、t3,图乙中质点从竖直面内的圆环上沿三个不同的光滑弦上端由静止起先滑到环的最低点所用的时间分别为t4、t5、t6,则()甲乙A.t1=t2=t3,t4=t5=t6B.t1>t2>t3,t4>t5>t6C.t1<t2<t3,t4<t5<t6D.t2>t3>t1,t6>t5>t4答案:A解析:如题图甲、乙所示,质点沿竖直面内圆环上的随意一条光滑弦从上端由静止滑究竟端,可知a=gsinθ,x=2Rsinθ,由匀变速直线运动规律有x=12at2,得下滑时间t=2R4.(2024·河南一模)如图所示,质量为m2的物体2放在正沿平直轨道行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1,某时刻视察到与物体1相连接的细绳与竖直方向成θ角,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.车厢向右减速运动B.物体2所受底板的摩擦力大小为m2gtanθ,方向向右C.车厢向左加速运动D.物体2对底板的压力大小为m2g-m1gsinθ答案:B解析:以物体1为探讨对象,受到竖直向下的重力和沿绳向上的拉力,则m1gtanθ=m1a,所以物体1的加速度大小为a=gtanθ,方向向右,所以车厢向右加速或者向左减速,故选项A、C错误;物体2的加速度与物体1的加速度相同,即Ff=m2a=m2gtanθ,方向水平向右,故选项B正确;对物体1,有Fcosθ=m1g,对物体2,竖直方向有F+FN=m2g,联立解得FN=m2g-m1依据牛顿第三定律,物体2对底板的压力大小为FN'=FN=m2g-m1故选项D错误。5.(2024·山东邹平市第一中学高一开学考试)如图所示,质量为m的木块在质量为m0的长木板上,受到向右的拉力F的作用而向右滑行,长木板处于静止状态,已知木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,下列说法正确的是()A.木板受到地面的摩擦力的大小肯定是μ1mg,方向向左B.木板受到地面的摩擦力的大小肯定是μ2(m+m0)g,方向向右C.当F>μ2(m+m0)g时,木板便会起先运动D.无论怎样变更F的大小,木板都不行能运动答案:AD解析:由于木块在木板上向右滑动,故木块肯定受到向左的滑动摩擦力的作用,且Ff1=μ1mg,因木板静止不动,肯定受到地面的静摩擦力,方向水平向左,大小为Ff2=Ff1=μ1mg,选项A正确,B错误;无论F多大,当木块相对于木板向右滑动时,木块对木板的滑动摩擦力大小不变,故木板都不行能向右运动,选项C错误,D正确。6.机场和火车站的平安检查仪用于对乘客的行李进行平安检查。其传送装置可简化为如图所示的模型,紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率向左运行。乘客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2m,g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则()A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5s到达B处C.行李提前0.5s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2s才能到达B处答案:BD解析:行李无初速度地放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李起先做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动。加速时a=μg=1m/s2,历时t1=va=1s达到共同速度,位移x1=v2t1=0.5m,此后行李匀速运动t2=lAB-x1v=1.5s,到达B处共用时2.5s。乘客到达B处用时t=lAB二、计算题7.如图所示,水平传送带以不变的速度v=10m/s向右运动,将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端,由于摩擦力的作用,工件做匀加速运动,经过时间t=2s,速度达到v;再经过时间t'=4s,工件到达传送带的右端,g取10m/s2,求:(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小;(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数;(3)传送带的长度。答案:(1)5m/s2(2)0.5(3)50m解析:(1)工件的加速度a=v解得a=5m/s2。(2)设工件的质量为m,则由牛顿其次定律得μmg=ma所以动摩擦因数μ=ag=0.(3)工件加速运动的距离x1=v2工件匀速运动的距离x2=vt'工件从左端到达右端通过的距离x=x1+x2联立解得x=50m。此即为传送带的长度。等级考素养提升一、选择题(第1~4题为单选题,第5~6题为多选题)1.(2024·江苏扬州中学高三开学考试)如图所示,水平面上放置质量为m0的三角形斜劈,斜劈顶端安装光滑的定滑轮,细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块。m1在斜面上运动,三角形斜劈保持静止状态。下列说法正确的是()A.若m2向下匀速运动,则斜劈受到水平面对左的摩擦力B.若m1沿斜面对上加速运动,则肯定满意m2>m1C.若m1沿斜面对下加速运动,则斜劈受到水平面对右的摩擦力D.若m2向上加速运动,则斜劈受到水平面的支持力大于(m1+m2+m0)g答案:C解析:若m2向下匀速运动,则m1沿斜面对上匀速运动,加速度为零。把m1和斜劈看作整体,整体没有加速,处于平衡状态,斜劈受到的摩擦力为零,故选项A错误;m1沿斜面对上加速运动,只能说明m2的重力大于m1重力沿斜面对下的分力,即m2g>m1gsinα,故选项B错误;由于m1沿斜面对下加速运动,则m1的加速度沿斜面对下,把m1和斜劈看作整体,整体有沿斜面对下的加速度,该加速度有水平向右的重量,所以斜劈受到水平向右的摩擦力,故选项C正确;若m2向上加速运动,则m1沿斜面对下加速运动,m1加速度沿斜面对下,把m1和斜劈看作整体,整体有沿斜面对下的加速度,该加速度有水平向右的重量,依据牛顿其次定律可知(m0+m1+m2)g-FN=m1asinα-m2a,m1gsinα>m2g,故FN<(m0+m1+m2)g,故选项D错误。2.(2024·江西赣南师范高校附属中学高一期末)如图所示,在光滑的水平桌面上放一质量为m乙=5kg、六面密闭的正方体盒子乙,乙内放置一质量为m丙=1kg的滑块丙,用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲=2kg的物块甲与乙相连接,其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲,在以后的运动过程中,盒子乙与滑块丙之间没有相对运动,假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面。重力加速度g取10m/s2。则()A.细绳对盒子的拉力大小为20NB.盒子的加速度大小为2m/s2C.盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5ND.定滑轮受到转动轴的作用力大小为30N答案:C解析:以整体为探讨对象,依据牛顿其次定律可得m甲g=(m甲+m乙+m丙)a,解得整体的加速度为a=2.5m/s2,以乙和丙整体为探讨对象,依据牛顿其次定律可得绳子的拉力大小为F=(m乙+m丙)a=(5+1)×2.5N=15N,选项A、B错误;以丙为探讨对象,依据牛顿其次定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为Ff=m丙a=2.5N,选项C正确;定滑轮受到细绳的作用力为FT=2F=152N,选项D错误。3.(2024·陕西长安一中高一期末)如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆心,现在有三条光滑轨道AB、CD、EF,它们的上、下端分别位于上、下两圆的圆周上,三轨道都经过切点O,轨道与竖直线的夹角关系为α<β<θ。现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端,则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经验的时间关系为()A.tAB>tCD>tEF B.tAB=tCD=tEFC.tAB<tCD<tEF D.tAB=tCD<tEF答案:A解析:假设上圆半径为R1,下圆半径为R2,则以AB轨道为例进行分析有lAB=2R1cosθ+R2,aAB=gsinπ2-θ=g由l=12at2可得2R1cosθ+R2=12gcosθ×t解得tAB=4R同理可得tCD=4R1g+2R因为α<β<θ,所以cosθ<cosβ<cosα,所以tAB>tCD>tEF。故选A。4.(2024·山东滕州市第一中学新校高一期中)如图所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角θ=37°,以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=14m/s从A端冲上传送带,煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6、cos37°=0.8。则下列说法正确的是()A.煤块冲上传送带后经1.5s与传送带速度相同B.煤块向上滑行的最大位移为12mC.煤块在传送带上留下的痕迹长为(17+413)mD.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为6s答案:C解析:由于煤块初速度大于传送带的速度,则煤块起先向上减速运动的加速度为a1=mgsinθ+μmg煤块冲上传送带后与传送带速度相同经验的时间t1=v0-va1选项A错误;煤块与传送带速度相同后,由于μ=0.5<tanθ=0.75,则煤块向上做减速运动的加速度为a2=mgsinθ-μmg则煤块向上滑行的最大位移为xmax=v02选项B错误;煤块与传送带速度相同前,煤块相对传送带向上运动的位移x相1=v0+v2t1煤块与传送带速度相同后,到达最高点经验的时间t2=va2此过程,煤块相对传送带向下运动的位移x相2=vt2-v2t2=煤块从最高点返回底端过程做加速度为a2的匀加速直线运动的位移xmax=12a2t解得t3=13s,则煤块相对传送带向下运动的位移x相3=vt2+xmax=(13+413)m,该过程,煤块相对传送带向下运动的总的相对位移为x相2+x相3=(17+413)m>5m,可知,煤块在传送带上留下的痕迹长为(17+413)m,选项C正确;依据上述,煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为1.0s+2.0s+13s=(3.0+13)s,选项D错误。5.(2024·山东威海市教化教学探讨中心高一期末)如图所示,在竖直圆周上有两个光滑斜面AB和CD,A、D分别为圆周上的最高点和最低点。B、C点均在圆周上,且所在高度相同。一个可以看作质点的物块分别从A、C两点由静止沿斜面滑究竟端,沿两个斜面下滑时的加速度大小分别为a1、a2,滑究竟端的速度大小分别为v1、v2,所用时间分别为t1、t2,下列说法正确的是()A.a1<a2 B.v1>v2C.t1=t2 D.t1>t2答案:AC解析:如图所示,连接AC,设AB与AD的夹角为θ,则CD与水平面的夹角也为θ。对物块受力分析且由牛顿其次定律可得a1=mgcosθm=gcosθ,a2=mgsin由图可知sinθ=CDAD,cosθ=AC则cosθ<sinθ,则有a1<a2,故选项A正确;设圆的半径为R,沿斜面AB有2Rcosθ=12gcosθ·t沿斜面CD有2Rsinθ=12gsinθ·t解得t1=t2=4R故选项C正确,D错误;物块到达底端的速度v1=a1t1=gcosθ×4Rg=v2=a2t2=gsinθ×4Rg=则有v1<v2,故选项B错误。6.(2024·黑龙江大庆试验中学高三开学考试)如图所示,A为放在水平光滑桌面上的长方形物块,在它上面放有物块B和C,A、B、C的质量分别为m、5m、m。B、C与A之间的动摩擦因数皆为0.1。K为轻滑轮,绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平方向。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮,若测得A的加速度大小为2m/s2,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是()A.物块B、C的加速度大小也等于2m/s2B.物块B的加速度为2m/s2,C的加速度为10m/s2C.外力的大小F=24mD.物块B、C给长方形物块A的摩擦力的合力为2m答案:BD解析:A的加速度大小为2m/s2,则A受到的合力为F=ma=2m,B对A的最大静摩擦力为FB=5μmg=0.5mg,C对A的最大静摩擦力为FC=μmg=0.1mg,若B和C都相对于A静止,则B和C的加速度一样,由于B和C所受细线的拉力一样,则必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力,则会导致A所受摩擦力小于0.2mg,即加速度小于2m/s2,故B和C不行能全都静止。若C静止、B滑动,则A所受摩擦力大于0.5mg,加速度大于2m/s2,故应是B静止,因此C对A的摩擦力为0.1mg,B对A的摩擦力也为0.1mg。A、B间保持静止,故aB=2m/s2,B受绳的拉力为FT=5maB+0.1mg=1.1mg,则C受绳的拉力也为1.1mg,所以aC=1.1mg-故选项A错误,B正确;外力大小为F=1.1mg+1.1mg=2.2mg=22m。故选项C错误;由前面分析可知,物块B、C给长方形物块A的摩擦力的合力为F合=ma=2m,故选项D正确。二、计算题7.(2024·浙江杭州高一期末)如图所示,质量mB=1kg、长L=8m的木板B静置于水平地面上,质量mA=3kg的煤块(可视为质点)A静止于木板B的左端。已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,试计算:(1)为保证A与B不发生相对滑动,水平拉力F不能超过多少;(2)若水平拉力F大小为24N,则从煤块起先运动到从木板上滑下,须要多长时间;(3)若水平拉力F为24N不变,仅作用t1=1s后撤去,则当A与B停止相对滑动时,A在B上留下的划痕长度。答案:(1)12N(2)2s(3)4m解析:(1)设A与B刚好不发生相对滑动时,水平拉力为F0,对木板B,依据牛顿其次定律可得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa2对煤块A,依据牛顿其次定律可得F0-μ1mAg=mAa2联立解得F0=12N。(2)因为24N>12N,故A与B发生相对滑动,对煤块A,依据牛顿其次定律可得F-μ1mAg=mAa1煤块脱落前A的位移为x1=12a1t煤块脱落前B的位移为x2=12a2t由几何关系得x1-x2=L联立解得t=2s。(3)撤去拉力前,对煤块A有v1=a1t1位移为x1'=12a1撤去拉力后对煤块A,依据牛顿其次定律可得μ1mAg=mAa3撤去拉力后煤块A减速到与木板B共速的时间为t2,对煤块A有v=v1-a3t2位移为x2'=v1+从起先运动到木板B加速至共速,对木板B有v=a2(t1+t2)位移为x3=v2(t1+t2由几何关系可得Δx=x1'=x2'-x3联立解得Δx