2024年高考物理第一轮复习讲义：第三章 专题突破4　动力学中的三类典型物理模型

【A级——夯实基础】

1．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且在A点上方，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是(　　)

A．tA<tC<tB

B．tA＝tC<tB

C．tA＝tC＝tB

D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系

解析：由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<tB，B正确。

答案：B

2．如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度地放上一木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从传送带左端运动到传送带右端的运动时间不可能是(　　)

A．＋　　     B．　　　 C. 　　 　D．

解析：若木块一直做匀加速运动，则有L＝μgt2，得t＝；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝ t＝t，得t＝；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝L－x，从而得t＝t1＋t2＝＋。故选项B不可能。

答案：B

3．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　　)

A．M下滑的速度不变

B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动

C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动

D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上

解析：当传送带静止时，物块匀速下滑，有mg sin θ＝Ff，故当传送带的速度小于物块的速度时，物块受到向上的摩擦力，仍有mg sin θ＝Ff，物块向下做匀速运动，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。

答案：C

4．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(　　)

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，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可知，图像A正确。

答案：A

5．(2022·湖南五市十校联考)如图所示，倾角为θ＝37° 的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．小物块向上运动过程中的加速度大小恒为10 m/s2

B．小物块向上运动的时间为1.6 s

C．小物块向上滑行的最远距离为3 m

D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动

解析：当v2>v1时，对小物块由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2，μ<tan 37°，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速，v2<v1时，有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得a2＝2 m/s2，故A项错误；由v2－v1＝a1t1得t1＝0.6 s，又v1＝a2t2得t2＝1 s，小物块向上运动的总时间t＝t1＋t2＝1.6 s，故B项正确；小物块向上滑行的最远距离为x2＝t1＋t2＝4 m，故C项错误；小物块向上减速到0后，会反向加速，故D项错误。

答案：B

6．(2022·福建泉州质检)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是(　　)

解析：设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mg sin θ>μmg cos θ，小滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mg sin θ＝μmg cos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sin θ<μmg cos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块的重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、C、D错误，B正确。

答案：B

7．(2022·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg 的物块，沿传动带向下以速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分vt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＝

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，并且能推出传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；vt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＝2.5 m/s2，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。

答案：D

8．如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法错误的是(　　)

A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4

B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2

C．图乙中t2＝24 s

D．木板的最大加速度为2 m/s2

解析：由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.4，选项A正确。由题图乙可知，t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，选项B错误。t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，对滑块有F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t(N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确。

答案：B

【B级——能力提升】

9．倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg、长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)

A．P未滑离Q时，P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2

B．P未滑离Q时，P、Q两个物体的加速度分别为4 m/s2、2 m/s2

C．P在Q上的运动时间为1 s

D．P在Q上的运动时间为2 s

解析：对P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2，对Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，A、B错误；设P在Q上滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2＞aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。

答案：D

10．如图所示，水平传送带A、B间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　　)

A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6

B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s

C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m

D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为 N

解析：当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知，F＝Ff，即mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动时，物块Q做初速度为零的匀加速直线运动，对P、Q有F合＝mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，代入数据解得a＝ m/s2，当Q速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，匀加速运动的时间为t1＝＝1.2 s，匀加速运动的位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间t2＝＝ s＝1.4 s，则Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m，故C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－FT＝mPa，代入数据解得FT＝ N，之后做匀速直线运动，有FT′＝20 N，故D错误。

答案：C

11．如图所示，在离地面高h＝5 m处固定一水平传送带，传送带以v0＝2 m/s的速度顺时针转动。长为L的薄木板甲和小物块乙(可视为质点)，质量均为m＝2 kg，甲的上表面光滑，下表面与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.1。乙与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.2。某一时刻，甲的右端与传送带右端N的距离d＝3 m，甲以初速度v0＝2 m/s向左运动，同时乙以v1＝6 m/s冲上甲的左端，乙在甲上运动时受到水平向左的拉力F＝4 N，g取10 m/s2。

(1)当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端M相齐，乙也恰与甲分离，求MN的长度LMN；

(2)当乙与甲分离时立即撤去F，乙将从N点水平离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。

解析：(1)选水平向右为正方向，设甲的加速度为a1，对甲，由牛顿第二定律得μ1·2mg＝ma1

解得a1＝2 m/s2

设甲在速度由v0减到0过程通过的位移为x1，经历的时间为t1。

由0－v02＝2a1x1，得x1＝－1 m

由0＝－v0＋a1t1，得t1＝1 s

设乙从开始到与甲分离的加速度为a2，末速度为v2，通过的位移为x2，由牛顿第二定律得－F＝ma2

解得a2＝－2 m/s2

又v2＝v1＋a2t1，得v2＝4 m/s

x2＝v1t1＋a2t12＝5 m

由几何关系知LMN＝2|x1|＋x2＋d＝10 m。

(2)当乙滑下甲后，由于v2＞v0，所以乙开始做匀减速直线运动，设乙的加速度为a3，当速度减为v0时经历的时间为t3，通过的位移为x3。

由牛顿第二定律得－μ2mg＝ma3，a3＝－2 m/s2

由v02－v22＝2a3x3得x3＝3 m

v0－v2＝a3t3，t3＝1 s

乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端，设此过程经历时间为t3′，t3′＝＝0.5 s

乙将从传送带右端以v0做平抛运动，设此过程经历时间为t4，水平位移为x4，由x4＝v0t4，h＝gt42，得t4＝1 s，x4＝2 m

当甲与乙分离后，甲开始向右由静止做匀加速直线运动，设此过程甲的加速度为a1′，经历时间为t5，通过的位移为x5，由牛顿第二定律得

μ1mg＝ma1′，a1′＝1 m/s2

x5＝＝2 m

t5＝＝2 s

甲做匀速直线运动的位移为

x6＝v0(t3＋t3′＋t4－t5)＝2×(1＋0.5＋1－2) m＝1 m

乙落地时距甲右端的水平距离

Δs＝d＋|x1|－x5－x6＋x4＝3 m。

答案：(1)10 m　(2)3 m