專(zhuān)題提升6　動(dòng)力學(xué)中的兩類(lèi)典型物理模型-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1．(多選)(2024·四川綿陽(yáng)江油中學(xué)診斷)物塊M在靜止的傳送帶上勻速下滑時(shí)，傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的方向如圖中箭頭所示。則傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)后()A．物塊將減速下滑B．物塊仍勻速下滑C．物塊受到的摩擦力不變D．物塊受到的摩擦力變大解析：傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng)前物塊勻速下滑，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析：物塊受重力、支持力、沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力；傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng)后，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，物塊受重力、支持力，由于傳送帶斜向上運(yùn)動(dòng)，而物塊斜向下運(yùn)動(dòng)，所以物塊所受到的摩擦力依然為滑動(dòng)摩擦力，且大小不變，方向仍然斜向上，所以物塊仍勻速下滑，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。答案：BC2．如圖所示，長(zhǎng)木板放置在水平面上，一小物塊置于長(zhǎng)木板的中央，長(zhǎng)木板和物塊的質(zhì)量均為m，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，已知最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g，現(xiàn)對(duì)物塊施加一水平向右的拉力F＝2μmg，則木板的加速度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：若木板與物塊之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板有μmg－eq\f(μ,4)×2mg＝ma，解得a＝eq\f(μg,2)，對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma′得a′＝μg>a，所以二者之間將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，木板的加速度a的大小為eq\f(1,2)μg，故選項(xiàng)A正確。答案：A3．如圖所示，一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻(t＝0)將一物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1大于木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像可能是下列選項(xiàng)中的()解析：設(shè)在木板與物塊達(dá)到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。對(duì)木板應(yīng)用牛頓第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g，設(shè)物塊與木板達(dá)到相同速度之后，因?yàn)棣?>μ2，二者相對(duì)靜止，設(shè)木板的加速度為a2，對(duì)整體有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可見(jiàn)|a1|＞|a2|，由v-t圖像的斜率表示加速度大小可知，圖像A正確。答案：A4.如圖所示，一傾角為θ的斜面體固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B靜止在斜面上，質(zhì)量也為m的物塊A靜止在長(zhǎng)木板上，A與B間、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，現(xiàn)給長(zhǎng)木板B一沿著斜面向上的拉力F，把長(zhǎng)木板B從物塊A的下面抽出，重力加速度為g。則拉力F應(yīng)大于()A．mgsinθ＋μmgcosθ B．mgsinθ＋2μmgcosθC．4μmgcosθ D．2mgsinθ解析：設(shè)拉力為F0時(shí)，B剛要從A下面被抽出，則此時(shí)B和斜面之間的滑動(dòng)摩擦力為2μmgcosθ，A、B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力μmgcosθ，A、B此刻加速度可以認(rèn)為仍相同。對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律有F0－2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，聯(lián)立可得F0＝4μmgcosθ，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。答案：C5．(多選)如圖甲所示的水平傳送帶AB逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一物塊沿曲面從一定高度處由靜止開(kāi)始下滑，以某一初速度從傳送帶左端滑上，在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖中取向左為正方向，以物塊剛滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn))。已知傳送帶的速度保持不變，重力加速度g取10m/s2。關(guān)于物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ及物塊在傳送帶上第一次回到傳送帶左端的時(shí)間t，下列計(jì)算結(jié)果正確的是()A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s解析：由題圖乙可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝2.0m/s2，由牛頓第二定律得f＝ma＝μmg，可得物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A錯(cuò)誤，B正確；在v-t圖像中，圖線與t軸所圍面積表示物塊的位移，則物塊經(jīng)減速、反向加速到與傳送帶相對(duì)靜止，最后勻速運(yùn)動(dòng)回到傳送帶左端的過(guò)程中，物塊的位移為0，由題圖乙可得物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為4.5s，C正確，D錯(cuò)誤。答案：BC6．(2024·四川雅安診斷)如圖所示，皮帶的速度v＝6m/s，兩圓心相距L＝30m，現(xiàn)將m＝1kg的煤塊輕放在左輪圓心A點(diǎn)正上方的皮帶上，煤塊與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)皮帶將煤塊從左輪運(yùn)送到右輪圓心B點(diǎn)正上方過(guò)程中，求：(1)煤塊加速階段運(yùn)動(dòng)的位移大??；(2)煤塊從A點(diǎn)正上方運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)正上方所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)煤塊在皮帶上留下的痕跡長(zhǎng)度。解析：(1)煤塊加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2設(shè)煤塊經(jīng)過(guò)時(shí)間t1后與傳送帶共速，則v＝at1解得t1＝6s煤塊加速階段運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×62m＝18m。(2)煤塊勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝2s煤塊從A點(diǎn)正上方運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)正上方所經(jīng)歷的時(shí)間為t＝t1＋t2＝8s。(3)煤塊在皮帶上留下的痕跡長(zhǎng)度為x＝x傳－x1＝vt1－x1＝6×6m－18m＝18m。答案：(1)18m(2)8s(3)18m[能力提升練]7.(多選)(2024·四川綿陽(yáng)南山中學(xué)診斷)滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程可類(lèi)比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長(zhǎng)為3m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(21,40)。小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開(kāi)始下滑，小孩與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，滑板質(zhì)量是小孩質(zhì)量的2倍，斜坡足夠長(zhǎng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列判斷正確的是()A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為1.3m/s2C．經(jīng)過(guò)1s的時(shí)間，小孩離開(kāi)滑板D．小孩離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為5.6m/s解析：設(shè)小孩的質(zhì)量為m，滑板的質(zhì)量為2m；由牛頓第二定律得，小孩的加速度大小為a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2.8m/s2，由牛頓第二定律得，滑板的加速度大小為a2＝eq\f(2mgsin37°＋μ1·mgcos37°－μ2·3mgcos37°,2m)＝1.3m/s2，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)間，小孩離開(kāi)滑板，則有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝2s，離開(kāi)滑板時(shí)小孩的速度大小為v＝a1t＝5.6m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。答案：BD8．(2024·四川綿陽(yáng)診斷)如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的木板A靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一水平初速度v0＝2m/s從木板的左端沖上木板。已知木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，g取10m/s2。(1)若木板不固定，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間滑塊與木板共速？(2)若木板不固定，滑塊B相對(duì)木板A滑行的最大距離為多大？解析：(1)木板不固定時(shí)，設(shè)滑塊與木板的加速度分別為a1、a2，經(jīng)時(shí)間t共速，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊B：μmg＝ma1對(duì)木板A：μmg＝Ma2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律v0－a1t＝a2t解得t＝eq\f(2,3)s。(2)從開(kāi)始到共速，滑塊與木板相對(duì)地面滑行的距離分別為x1、x2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2x2＝eq\f(1,2)a2t2滑塊相對(duì)木板滑行的距離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．如圖甲所示，在順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)且傾角為θ＝37°的傳送帶底端，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊以某一初速度向上滑動(dòng)，傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊的速度與時(shí)間(v-t)關(guān)系的部分圖像如圖乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的最大位移；(3)物塊向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中相對(duì)傳送帶的路程。解析：(1)由題圖乙可知，物塊的初速度v0＝8m/s，物塊的速度減速到與傳送帶的速度相同時(shí)，加速度發(fā)生變化，所以傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度v＝4m/s從t＝0到t＝0.4s時(shí)間內(nèi)，物塊加速度大小為a1＝|eq\f(Δv,Δt)|＝eq\f(8－4,0.4)m/s2＝10m/s2，方向沿斜面向下；物塊受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5。(2)設(shè)在t＝0.4s后，物塊做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，物塊受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2物塊從t＝0.4s開(kāi)始，經(jīng)過(guò)t1時(shí)間速度減為零，則t1＝eq\f(4,2)s＝2s，從t＝0到t＝0.4s，物塊位移為x1＝v0Δt－eq\f(1,2)a1(Δt)2＝2.4m，從t＝0.4s到t＝2.4s，物塊減速到零的位移為x2＝eq\f(v,2)t1＝eq\f(4,2)×2m＝4m，物塊沿傳送帶