2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）专题突破练习4动力学中的两类典型模型

1、 专题突破练习(四)1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()AM下滑的速度不变BM开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动CM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DM受的摩擦力方向始终沿传送带向上C传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin Ff，当传送带速度小于物块速度时，物块受到向上的摩擦力，物块继续匀速下滑，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

2、送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。2如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)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()ABCDA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1，木板与地面间的动摩擦因数为2。对木板应用牛顿第二定律得1mg22mgma1 ，a1(122)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22mg2ma2，a22g，可见|a1|a2|，由

3、vt3(2021湖南省郴州市高三下学期3月一检)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v12 m/s沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v25 m/s沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，则下列说法正确的是()A返回光滑水平面时的速率为v22 m/sB返回光滑水平面时的速率为v25 m/sC返回光滑水平面的时间为t3.5 sD传送带对物体的摩擦力先向右再向左A因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为v11(m1m2)g，知物块在木板上以a12g4 m/s2减速滑行时木板以a2eq f(2

4、m2g1m1m2g,m1)2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v1v0a1t1.6 m/s，木板的速度v2a2t1.2 m/s，B错误；0.6 s内物块位移为x1eq f(v0v1,2)t1.68 m，木板位移x2eq f(0v2,2)t0.36 m，相对位移为xx1x21.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a31g2 m/s2，方向向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行x4eq f(voal( 2,1),2a4)eq f(voal( 2,1),22g)0.32 m，木板会滑行x3eq f(voal( 2,2),2a3)e

5、q f(voal( 2,2),21g)0.36 m，所以两者会相碰，D正确。6(多选)(2021东北三省四市下学期一模)如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其vt图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g10 m/s2。下列说法正确的是()甲乙A06 s内，m的加速度一直保持不变Bm相对M滑动的时间为3 sC06 s内，m相对M滑动的位移的大小为4 mD06 s内，m、M相对地面的位移大小之比为34BD物块相对于平板车滑动时的加速度aeq f(mg,m)g2 m/s2，若其加速度一直不变，速度

6、时间图像如图所示，由图像可以算出t3 s时，速度相等，为6 m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为a1eq f(8,62) m/s22 m/s2a，故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变，物块相对平板车滑动的时间为3 s，故A错误，B正确；由图像可知，06 s内，物块相对平板车滑动的位移的大小xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)68f(1,2)66) m6 m，故C错误；06 s内，由图像可知，物块相对地面的位移大小x1eq f(1,2)66 m18 m，平板车相对地面位移大小x2eq f(1,2)68 m24 m，二者之比为34，故D正确。7(多选)倾角为

7、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eq f(1,3)。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 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)()AP、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2BP、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2CP滑块在Q上运动时间为1 sDP滑块在Q上运动时间为2 sBD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mPgsin 37mPaP，解得aPgsin

8、 376 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mQgsin 37(mPmQ)gcos 37mQaQ，解得aQ2 m/s2，A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP6 m/s2aQ2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有Leq f(1,2)aPt2eq f(1,2)aQt2，代入数据解得t2 s，C错误，D正确。8(2021湖北荆州二模拟)如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37，传送带AB足够长，以大小为v2 m/s的恒定速率顺时针转动。一包货物以v012 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物

9、与传送带之间的动摩擦因数0.5，且可将货物视为质点。(g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8)(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？解析(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向mgsin Ffma1垂直传送带方向mgcos FN又FfFN由以上三式得a1g(sin cos )10(0.60.50.8) m/s210 m/s2，方向沿传送带向下。(2)货物速度从v0减至传送带速度v所

10、用时间设为t1，位移设为x1，则有t1eq f(vv0,a1)1 s，x1eq f(v0v,2)t17 m。(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin mgcos ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin mgcos ma2，得：a2g(sin cos )2 m/s2，方向沿传送带向下。设货物再经时间t2，速度减为零，则t2eq f(0v,a2)1 s货物沿传送带向上滑的位移x2eq f(v0,2)t21 m则货物上滑的总距离为xx1x28 m。货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2。设下滑时间为t3，则xeq f(1,2)a2te

11、q oal( 2,3)，代入解得t32eq r(2) s。所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为tt1t2t3(22eq r(2) s。答案(1)10 m/s2(2)1 s7 m(3)(22eq r(2) s9(2021浙江省宁波市二模)如图所示，在水平长直的轨道上，有一长度L2 m的平板车在外力控制下始终保持速度v04 m/s向右做匀速直线运动。某时刻将一质量为m1 kg的小滑块轻放到车上表面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为0.2，取g10 m/s2，求：(1)小滑块m的加速度大小和方向；(2)通过计算判断滑块能否从车上掉下；(3)若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与

12、v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件？解析(1)滑块放上车时相对车向左运动，所受滑动摩擦力向右，Ffmg，根据牛顿第二定律有F合ma，F合Ff，得滑块加速度ag2 m/s2，方向向右。(2)滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t之后速度达到v0，滑块通过位移x1eq f(1,2)at2且v0at，车通过位移x2v0t，位移差xx2x1，由于xeq f(L,2)1 m，故滑块会掉下来。(3)加上恒力F的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F合FfF，由牛顿第二定律有F合ma，滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t之后速度达到v0，滑块通过位移x1e

13、q f(1,2)at2，且v0at，车通过位移x2v0t，只需要满足位移差xx2x1eq f(L,2)即可，联立以上各式有F6 N。答案(1)2 m/s2方向向右(2)见解析(3)F6 N10一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB4 m，BC段是倾斜的，长度LBC5 m，倾角为37，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度；(3)工件运动了

14、23 s后所在的位置。解析(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgma1解得a1g5 m/s2经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1eq f(v,a1)0.8 s工件前进的位移为x1eq f(1,2)a1teq oal( 2,1)1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2eq f(LABx1,v)0.6 s所以工件第一次到达B点所用的时间tt1t21.4 s。(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2解得a22 m/s2由速度位移公式得0v22a2eq f(hm,sin )解得hm2.4 m。(3)工件沿

15、传送带向上运动的时间为t3eq f(2hm,vsin )2 s此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度大小相同，在传送带的水平段运动时的加速度大小也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T2t12t35.6 s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t02t1t22t36.2 s，而23 st03T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离xLABx12.4 m。答案(1)1.4 s(2)2.4 m(3)在A点右侧2.4 m 处11(2021河南开封高考一模)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木

16、板B的右端放置着一个小铁块A，在t0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA1 m/s，方向水平向左，B的初速度大小为vB14 m/s，方向水平向右，木板B运动的vt图像如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，重力加速度g取10 m/s2。(提示：t3 s时刻，A、B达到共同速度v2 m/s，3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：甲乙(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小。解析(1)由题图乙可知，03 s内A做匀变速运动，速度由vA1 m/s变为v2 m/s则其加速度大小为aAeq f(vvA,t1)eq f(21,3) m/s21 m/s2，方向水平向右。当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则seq f(voal(2,A),2aA)0.5 m。(2)设A与B之间的动摩擦因数为1，由牛顿第二定律得1mgmaA则1eq f(aA,g)0.1由题图乙可知，03 s内B做匀减速运动，其速度由vB14 m/s变为v2 m/s则其加速度大小为aBeq f(vBv,t