专题3.3 动力学典型模型的分析【练】-2022年高考物理一轮复习讲练测

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专题3.3  动力学典型模型的分析—【练】一、练基础1． (2021·福建泉州市5月第二次质检) (多选)如图，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，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)                    【答案】BC【解析】设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos 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、D错误，B、C正确．2．（2021届湖南省永州市宁远一中高三模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度逆时针匀速转动。在传送带的上端由静止轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，木块的位移用x表示，动能用表示，重力势能用表示，则图中能客观地反映小木块的各运动关系的是（　　）A． B．C． D．【答案】C【解析】初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得加速度当小木块的速度与传送带速度相等时，由于知木块与传送带不能一起匀速下滑，要继续加速运动A．以地面为零势能面，设传送带长度为l，则有A错误；BC．根据动能定理得，共速前为共速时的位移，共速后B错误，C正确；D．共速前，根据位移公式得为共速时的时间，共速后D错误。故选C。3. (2020·陕西榆林市第三次测试) (多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则(　　)A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B．小墨块的加速度大小为0.2 m/s2C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 mD．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m【答案】AD【解析】小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确．小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，故a＝＝＝1 m/s2，方向向右，故B错误．小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝t1，联立解得：x1＝4.5 m，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2＝v1t1＝6 m；小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝t2，联立解得x1′＝2 m，对传送带有：x2′＝v1t2＝4 m，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)＝12.5 m，故C错误，D正确．4．（2021届福建省莆田一中高三期中）(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（  ）A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止       B．当F=时，A的加速度为C．当F>3μmg时，A相对B滑动              D．无论F为何值，B的加速度不会超过【答案】CD【解析】设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为，加速度为,则对A对A、B整体有，解得。B与地面间的最大静摩擦力为1.5μmg，故当时A相对与B静止，两者以共同的速加速度开始运动，所以当F<2μmg时，AB之间不会发生相对滑动，但是如果F>1.5μmg时，B与地面就会发生相对滑动，所以A错误；当F=时，AB共同以加速度a运动，根据牛顿第二定律，所以B错误；当F>3μmg时， A相对B滑动，所以C正确；当B相对于地面滑动时，A对B的摩擦力为最大静摩擦力时B的加速度最大，为，所以无论F为何值，B的加速度不会超过，所以D正确。故选CD。5.（2021·辽宁抚顺市高三一模）如图甲所示，水平地面上有一质量的足够长的木板，木板与地面间动摩擦因数。，在其左端叠放一质量的木块，木块与木板之间的动摩擦因数，现对木块施加水平向右拉力，拉力随时间变化如图乙所示，，下列说法正确的是（　　）A．前2s内，木板相对地面静止B．当时，木块与木板将发生相对滑动C．当木板速度达到时，木块与木板将发生相对滑动D．时，木板的加速度为【答案】ABC【解析】木板与地面间的最大静摩擦力为，木块与木板间的最大静摩擦力为，A．2s末拉力为3N，则此时木块、木板都静止不动，故A正确；B．木板和木块间摩擦达到最大静摩擦力，此时对木板有，对整体有，得，即当时，木块与木板将发生相对滑动，故B正确；C．当时，木块与木板将发生相对滑动，此时处于5s末，当木块与木板间摩擦力等于3N时，木板即将滑动，即为2s末，在内，整体平均加速度为，此时木板的速度为，故C正确；D．时，木板与木块已发生相对滑动，木板的加速度为，故D错误。故选ABC。6．（2021届重庆市沙坪坝一中高三模拟）如图所示，一质量为M=2kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的小滑块（可视为质点）静止放在长木板上。从t=0时刻开始，长木板受到向左的逐渐增加的水平拉力F，小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g大小取10m/s2，下列说法正确的是（　　）A．当F=12N时，小滑块的加速度大小为5m/s2     B．当F=18N时，小滑块的加速度大小为6m/s2C．当F=18N时，长木板的加速度大小为6.5m/s2    D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】C【解析】A．长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有刚要发生相对滑动时解得当时，由牛顿第二定律代入数据得小滑块的加速度大小为故A错误；B．当时，发生相对滑动，小滑块的加速度大小为故B错误；C．对长木板，根据牛顿第二定律得解得故C正确；D．当拉力大于15N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为恒定不变，故D错误。故选C。7．（2021届辽宁省大连市高三模拟）如图所示，倾角为30°的斜面上，一质量为 4m 的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为 m 的小球相连。现将小球从水平位置由静止开始释放，初状态细绳上的拉力为零，小球由水平位置第一次运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，则在此过程中（　　） A．细绳的拉力先增大后减小 B．物块所受摩擦力先减小后增大C．地面对斜面的支持力先减小后增大 D．地面对斜面的摩擦力先增大后减小【答案】B【解析】A．小球向下摆动的过程中，设细绳与竖直方向的夹角为，则有得，由于夹角减小，速度增大，则对小球的拉力一直增大，故A错误；B．开始摩擦力沿斜面向上，由平衡可得，设滑轮到小球的距离为L，当物块在最低点时，根据动能定理可得，根据牛顿第二定律可得，解得最低点绳子拉力为，此时物块的摩擦力大小为，方向沿斜面向下，所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大，故B正确；CD．对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。故选B。8.（2020.西安模拟）如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直．一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较(　　)A．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同    B．质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短C．质点沿着轨道AB下滑，时间最短     D．轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短【答案】A二、练能力9．(2021·辽宁葫芦岛市第一次模拟)（多选）如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，则物块速度随时间变化的图象可能的是(　　)   【答案】ABD【解析】如果传送带足够长，从而使得物块不能向左滑出传送带，则物块先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物块会在摩擦力的作用下向右加速运动．如果v1＜v2，物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到与传送带速度相同时，物块还在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，故B正确．如果v1＞v2，物块在传送带上向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物块恰好离开传送带；如果v1＝v2，物块在传送带上时同样会先向左减速运动后向右加速运动，当速度大小增大到等于v1时，物块恰好离开传送带，A正确．若v2足够大，物块向左滑上传送带后始终做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，D正确．10. (2020·山东日照市模拟) (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0.5，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0.5 m/s2C.经过 s的时间，小孩离开滑板           D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s【答案】AC【解析】对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2－a2t2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2 m/s，选项C正确，D错误.11．（2021届辽宁省高三模拟）如图，在光滑水平面上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场，质量为m、足够长的绝缘不带电木板A上放着一带电荷量为、质量为的物块B，物块与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。现对A施加一个大小为、方向水平向右的恒力F，系统由静止开始运动，则在物块离开A之前，下列图象正确的是（　　）A． B． C． D．【答案】BD【解析】初始对整体，根据牛顿第二定律得，B受到的最大静摩擦力，可见先一起做匀加速运动，随着速度的增大，B受到竖直向上的洛伦兹力增大，A对B的作用力减小，当即之后，B在A表面开始滑动，B受到的摩擦力f变为滑动摩擦力，B在摩擦力作用下继续加速，继续减小，加速度逐渐减小，当摩擦力为零时B开始做匀速运动，如图所示故D正确，C错误；在B速度之后，A的加速度逐渐增大，当B匀速运动时A的加速度最大，后做匀加速运动，A错误，B正确，故选BD。12．（2021届福建省福州高三模拟）如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2。 (1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。【答案】(1)2.4 m　(2)17 N【解析】(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6 m/s2则到达B点时速度为vB，有vB＝＝2 m/s滑上传送带，有－μmg＝ma2，a2＝－5 m/s2刚好到达C点，有－v＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。(2)将传送带倾斜，滑上传送带，有－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3，a3＝－10 m/s2物块仍能刚好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝4 m/s在AB段，有vB′2＝2ax，F′－μmg＝ma联立解得F′＝17 N。13.（2021届湖南省长沙市长郡中学高三模拟）如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m．现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；(2)小木块最终滑动的位移(保留两位有效数字)．【答案】(1)1 m/s　(2)0.67 m【答案】(1)木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg＝1.2 N，木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2(2M＋m)g＝1.6 N，因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动．设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，则有：μ1mg＝ma1，v2－v＝－2a1l联立解得：a1＝3 m/s2，v＝1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，由于μ2(M＋m)g＝1 N<Ff1，所以第二个木板向右加速滑动，设木板的加速度大小为a2，则有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2设木块与第二个木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：对木块：v1＝v－a1t对木板：v1＝a2t联立解得：a2＝ m/s2，v1＝0.1 m/s，t＝0.3 s木块滑上第二个木板运动的位移x1＝t＝0.165 m第二个木板的位移x1′＝＝0.015 m木块在第二个木板上滑动的距离为x1－x1′<l，故达到共速后，木块和第二个木板一起继续运动，设木块、第二个木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，有：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3v＝2a3x2联立解得x2＝0.005 m故小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.67 m.三、练真题14．（2019·新课标全国Ⅲ卷）（多选）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kg                     B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变          D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿第二运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。15.（2020·新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【答案】(1)2.75s；(2) ，；(3)0【解析】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有②联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ④⑤联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有⑦⑧由⑦⑧式并代入题给条件得，⑨(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s  ⑫x2=5.5m  ⑬因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有  ⑭由①⑫⑬⑭式可知即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，  ⑮设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有代题给数据得16． （2017·新课标Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。【答案】（1）1 m/s  （2）1.9 m【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有①②③由牛顿第二定律得④⑤⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有⑦⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有⑪由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有⑫对A有⑬在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为⑭在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为⑯联立以上各式，并代入数据得⑰（也可用如图的速度–时间图线求解）