高考物理一轮复习专题练习 专题六 动力学常见模型

专题六动力学常见模型题型一传送带模型1.[2025·浙江衢州模拟]如图甲是机场和火车站对行李进行安检的水平传送带,如图乙是其简化图.已知传送带以速度大小v=0.2m/s匀速运行,行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离l=2m.行李(可视为质点)无初速度地放在A处,则下列说法不正确的是()A.起始时行李的加速度大小为2m/s2B.行李经过10.05s到达B处C.行李到达B处时速度大小为22m/sD.行李相对传送带滑过的距离为0.01m2.[2025·四川成都模拟]如图所示,质量为m=1kg的物块(可视为质点),以速度大小v0=4m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带,传送带A、B的长度L=6m,传送带的速度大小v=2m/s,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度大小g取10m/s2,物块滑离传送带时产生的划痕长度为 ()A.5mB.4mC.9mD.8m3.云南昆明长水国际机场航站楼是中国面向东南亚、南亚和连接欧亚的第四大国家门户枢纽机场,航站楼行李处理系统的其中一段如图甲所示,水平传送带顺时针匀速转动,一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带,从A点运动到B点的v-t图像如图乙所示.下列说法正确的是 ()A.小行李箱的初速度大小为2m/sB.传送带转动的速度大小为6m/sC.A、B两点间的距离为6mD.小行李箱与传送带的相对位移大小为2m4.[2025·山东青岛模拟]如图所示,以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ),则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是 ()ABCD5.[2025·湖南长沙模拟]某快递公司为了提高效率,使用电动传输机转运快件,如图所示,传送带由水平部分AB=2m、倾斜部分BC=12m组成,倾斜部分与水平面的夹角为θ=37°.先将货物静止放在水平部分最右端的A点,再让传送带以a=8m/s2的加速度逆时针开始启动,当传送带的速度达到v=4m/s后改为匀速运动,货物到达B点后,由AB转到BC部分时衔接速度立刻改为沿BC方向但大小不变,货物与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求货物从A点传送到B点所用的时间;(2)若货物传送到B点,传送带立即停止转动,求货物从B点到C点所用的时间;(3)若货物传送到B点,传送带的速度立即改变但仍匀速率运动,且传送带逆时针转动,求货物从B点传送到C点所用的最短时间以及满足最短时间时传送带的速度大小v'的范围.题型二滑块—木板模型6.[2025·广东深圳模拟]如图甲所示,长木板a放在水平地面上,质量为m的物体b,以水平速度滑上木板a,之后a、b运动速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g取10m/s2) ()A.木板a的长度至少为1.5mB.木板a的质量为2mC.物体b与木板a上表面间的动摩擦因数为0.1D.长木板a与地面间的动摩擦因数为0.17.[2025·安徽淮南模拟]如图所示,在光滑平台上放置一长度l=0.32m、质量M=280g的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦因数μ=0.2,开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.墨水瓶在文具盒上运动的时间为()A.0.2sB.0.4sC.0.8sD.1.6s8.如图所示,小明将一质量为m的象棋子放在静置于水平桌面的课本上,课本质量为M,棋子与课本间的动摩擦因数为μ1,课本与桌面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g.现用水平恒力F作用于课本,当F不大时,课本与棋子一起加速运动,F较大时二者会发生相对运动,则 ()A.一起运动时,棋子的加速度为a=μ1gB.一起运动时,课本的加速度为a=FC.相对运动时,课本的加速度为a=FD.相对运动时,棋子的加速度为a=F9.[2025·河北石家庄模拟]如图所示,质量分别为m和M的两个长方体木块P和Q叠放在倾角为θ的固定斜面上,P和Q间的动摩擦因数为μ1,Q和斜面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g.由静止释放两木块,则 ()A.若μ2<tanθ,则P、Q两木块一定都沿斜面向下运动B.若μ1<tanθ,则P、Q一定相对滑动C.若两木块能一起沿斜面下滑,则P对Q的摩擦力为μ2mgcosθ,且方向向上D.两木块一起沿斜面下滑过程中,地面对斜面的支持力不断增大10.[2025·江西南昌模拟]如图甲所示,一长方体木板B放在水平地面上,木板B的右端放置着一个小铁块A,在t=0时刻,同时突然给A、B一初速度,其中A的初速度大小为vA=1m/s,方向水平向左;B的初速度大小为vB=14m/s,方向水平向右,木板B运动的v-t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10m/s2.求:(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;(3)从开始运动到停止,A、B之间的相对位移大小.

答案解析1.C[解析]起始时,对行李由牛顿第二定律可得μmg=ma,代入数据解得加速度大小为a=2m/s2,A正确,不符合题意;设行李与传送带达到共速所用时间为t1,可得t1=va=0.22m/s2=0.1s,行李做加速运动的位移x=12at12=12×2×0.12m=0.01m,行李与传送带共速后,行李随传送带一起做匀速运动,速度大小为v,则有行李做匀速运动的时间为t2=l-xv=2−0.010.2s=9.95s,行李从A到达B处的时间t=t1+t2=0.1s+9.95s=10.05s,B正确,不符合题意,C错误,符合题意;行李做加速运动的时间内,传送带运动的位移大小为x带=vt1=0.2×0.1m=0.02m,行李相对传送带滑过的距离为Δx=x带-x=0.02m-0.01m2.C[解析]物块向右减速运动时,根据牛顿第二定律可得加速度大小为a=μmgm=2m/s2,物块向右减速到速度为0通过的位移大小为x1=v022a=4m<L=6m,可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与传送带共速,之后与传送带相对静止一起匀速运动到左端离开,物块减速时间为t1=v0a=2s,此过程中传送带的位移大小为x1'=vt1=4m,此过程中,产生的划痕长度为s1=x1+x1'=8m,加速过程,时间为t2=va=1s,此过程中物块的位移大小为x2=v2t2=1m,此过程中传送带的位移大小为x2'=vt2=2m,此过程中,产生的划痕长度为s2=x2'-x2=1m,物块滑离传送带时产生的划痕长度为s=s13.D[解析]由v-t图像可知,小行李箱开始做匀减速直线运动,后与传送带一起匀速运动,则小行李箱的初速度v0为6m/s,而传送带转动的速度大小为2m/s,故A、B错误;根据v-t图像,小行李箱在前3s内运动的距离为x=6+22×1m+2×2m=8m,则A、B两点间的距离为8m,故C错误;根据v-t图像,在前3s内传送带传动的路程为s=2×3m=6m,所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx=x-s=2m,故D正确4.C[解析]开始时木块的加速度为a1=gsinθ+μgcosθ,当木块与传送带共速后,因μ<tanθ,则木块继续加速,加速度为a2=gsinθ-μgcosθ<a1,因v-t图像的斜率表示加速度,可知图像C正确,A、B、D错误.5.(1)0.9s(2)2s(3)1.2sv'≥16m/s[解析](1)对货物分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma0解得a0=5m/s2<a传送带加速运动阶段,货物加速运动,传送带匀速运动以后货物仍要加速运动一段时间才能共速,设货物加速的总时间为t1,加速阶段位移为x1,则v=a0t1,x1=v2t解得t1=0.8s,x1=1.6m匀速运动阶段,有L-x1=vt2解得t2=0.1s所以货物从A点传送到B点所用的时间为tAB=t1+t2=0.9s(2)传送带停止转动后,根据牛顿第二定律有mgsin37°-μmgcos37°=ma1解得a1=2m/s2,方向沿传送带向下根据位移-时间关系,有xBC=vtBC+12a1解得tBC=2s(另一值舍去)(3)传送带逆时针运动,且转动速度足够大时,货物始终受到沿传送带向下的摩擦力,则mgsin37°+μmgcos37°=ma2解得a2=10m/s2,方向沿传送带向下若以此加速度一直加速运动到底端,所用时间最短,则有xBC=vtBC'+12a2tBC'联立解得tBC'=1.2s(另一值舍去)此时传动带转动的速度大小满足v'≥v+a2tBC'解得v'≥16m/s6.C[解析]由图像可知,a、b在1s后一起匀速运动,说明长木板a与地面间的动摩擦因数为0,D错误;因前1s内a、b的加速度大小都为a=ΔvΔt=1m/s2,而二者的合外力为相互作用的摩擦力,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板a的质量为m,B错误;对b受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得物体b与木板a上表面间的动摩擦因数μ=0.1,C正确;由图得0~1s内物体b的位移为xb=12×(2+1)×1m=1.5m,长木板a的位移为xa=12×1×1m=0.5m,则木板a的最小长度为L=xb-xa=17.C[解析]对文具盒施加F=1.12N、水平向左的恒力,以整体为研究对象有F=(m+M)a0,a0>μg,所以文具盒和墨水瓶会相对滑动,以墨水瓶为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1,解得墨水瓶的加速度大小为a1=2m/s2,以文具盒为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma2,解得文具盒的加速度大小为a2=3m/s2,设墨水瓶在文具盒上运动的时间为t,则有12a2t2-12a1t2=l,代入数据解得t=0.8s,故选8.C[解析]一起运动时,对整体有F-μ2M+mg=M+ma,棋子和课本的加速度为a=F-μ2M+mgM+m,A、B错误;相对运动时,对课本有F-μ1mg-μ2M+mg=Ma1,课本加速度a1=F-μ9.A[解析]当μ2<tanθ时,若P、Q相对静止,由于M+mgsinθ>μ2M+mgcosθ,故此时P、Q整体不可能都静止,分析可知当μ1≥μ2时P、Q相对静止以共同的加速度向下运动;当μ1<μ2时,P比Q下滑得快,分析可知除此之外不可能存在Q不动P运动或者P不动Q运动的情况,故当μ2<tanθ时,P、Q一定都沿斜面向下运动,故A正确.当两木块能一起沿斜面下滑,始终保持相对静止时,对整体有M+mgsinθ-μ2M+mgcosθ=M+ma,对P单独分析有mgsinθ-Ff=ma,联立解得木块Q对P的摩擦力为Ff=μ2mgcosθ,方向沿斜面向上,故木块P对Q的摩擦力方向沿斜面向下,分析可知该情况下,P、Q始终保持相对静止;结合前面分析若μ1<tanθ,此时若μ2≤μ1,P、Q两木块相对静止,若μ2>μ1,P、Q两木块相对滑动,故B、C错误.两木块一起沿斜面下滑过程中,设加速度为a,设斜面质量为M',对整个系统在竖直方向根据牛顿第二定律有M+m+M'g-F10.(1)0.5m(2)4s25m(3)21.5m[解析](1)由题图乙可知,0~3s内铁块A做匀变速运动,取水平向右为正方向,铁块A的速度由-1m/s变为v=2m/s,则其加速度大小为aA=2−-13m/s2=1m/s2当铁块A水平向左运动至速度减为零时,向左运动的位移最大,则x=vA22aA=(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1,由牛顿第二定律得μ1mg=maA则μ1=aAg=0由题图乙可知,取水平向右为正方向,0~3s内B做匀减速运动,其速度由vB=14m/s变为v=2m/s,则其加速度大小为aB=vB-vt1=14−23m/s2