文档内容
专题3.2 动力学典型模型分析【练】
1、（2022·新疆·三模）如图甲所示，质量 的足够长的木板静止在光滑水平面上，质量
的小物块静止在木板的右端。现对木板施加一水平向右的拉力，小物块与木板运动的速
度图像如图乙所示， 取 。下列说法正确的是（ ）
A．水平拉力为
B．小物块与长木板间的动摩擦因数为
C．在 时间内，水平拉力做的功为
D．在 时间内，木板克服摩擦力所做的功为
【答案】 D
【解析】
B．设小物块与长木板间的动摩擦因数为 ，由 图像可知木板与小物块发生相对滑动，小物块
的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
B错误；
A．由 图像可知木板 的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得A错误；
C．在 时间内，木板 的位移大小为
水平拉力 做的功为
C错误；
D．在 时间内，木板克服摩擦力所做的功为
D正确。
故选D。
2、（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与
A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接，A、B、C三球的质量均为m。倾
角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细
线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．A球受力情况改变，加速度为0
B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g
C．A、B之间杆的拉力大小为
D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
【答案】 D
【解析】
A．细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧的弹力不变，细线的拉力突变为0，合力
不为0，加速度不为0，A错误；
B．对球C，由牛顿第二定律得
解得
方向沿斜面向下，B错误；D．以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为
0，弹簧的弹力
烧断细线的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
则A、B的加速度
D正确；
C．B的加速度为
以B为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
C错误。
故选D。
3、（2022·四川成都·三模）如图，倾角为 且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻绳跨过光滑
定滑轮，一端连接物体 a，另一端连接物体b，b与物体c之间连接轻弹簧，a与地面接触且a、
b、c均静止。已知b、c的质量均为m，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a的质量可能小于
B．剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为
C．剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为
D．剪断竖直绳后的一小段时间内，b、c的距离变大
【答案】 B
【解析】
A．根据平衡条件对b、c整体受力分析可得对a受力分析可得
可知
故A错误；
B．弹簧的弹力为
剪断细线弹簧弹力不突变，此时对b物体
则加速度为 ，故B正确；
C．剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不变，c的加速度大小为0，故C错误；
D．剪断竖直绳后的一小段时间内，物体 b的加速度大于 的加速度，则b、c的距离变小，故D
错误。
故选B。
4、（2022·安徽·合肥市第六中学模拟预测）如图所示，质量为 m的两个相同物块A、B叠放在轻
弹簧上，并处于静止状态，轻弹簧下端固定在地面上，重力加速度为 g。现对物块A施加竖直向
上的力F，则下列说法正确的是（ ）
A．若 且为恒力，则力F作用的瞬间，A、B间的弹力大小为0.2mg
B．若 且为恒力，则A、B分离的瞬间，弹簧的弹力大小为1.9mg
C．若在F作用下，物体A以 匀加速向上运动，则A、B分离时，弹簧处于原长状态
D．若在F作用下，物体A以 匀加速向上运动，则A、B分离前，两者组成的系统合外力大
小始终不变
【答案】 D
【解析】
AB．开始时，弹簧弹力与A、B整体的重力平衡，力F作用的瞬间，A、B整体所受合外力即为
F，根据牛顿第二定律可得A、B整体加速度大小为设此时A、B间的弹力大小为F ，对A同理可得
N
解得
在A、B刚分离的瞬间，两者加速度相同，且之间的弹力为零，对A根据牛顿第二定律可得
设此时弹簧的弹力大小为T ，对B同理可得
1
解得
故AB错误；
CD．若在F作用下，物体A以 匀加速向上运动，则A、B分离前，二者加速度均为0.5g，两
者组成的系统所受合外力大小为
在A、B分离时，两者之间弹力为零，设此时弹簧的弹力大小为T ，对B根据牛顿第二定律有
2
解得
所以此时弹簧处于压缩状态，故C错误，D正确。
故选D。
5、（2022·湖北武汉·模拟预测）如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下
方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、
B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物 B的加速
度大小是（ ）
A． B． C． D．【答案】 C
【解析】
因为A、B质量相等，且 A挂在动滑轮上，B挂在定滑轮上，即有两段绳子拉 A，一段绳子拉
B，所以松开手的瞬间，B具有向下的加速度，而A具有向上的加速度。设此时绳中张力大小为
T，对A和B根据牛顿第二定律分别有
根据动滑轮绳端与滑轮位移关系可知
联立以上三式解得
故选C。
6、（2022·辽宁·沈阳二中模拟预测）一倾斜传送带与水平成 30°角，以5m/s的速度顺时针匀速转
动｡现将一质量为0.4kg的物体（物体可看成质点）轻放在传送带的顶端 A点，物体从A运动到传
送带底端B，离开B点时的速度大小为5m/s｡已知物体与传送带间的动摩擦因数为 ，重力加速
度大小为10m/s2，则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的长度可能为0.8m
B．若传送带的长度为2m，则摩擦力对物体做的功为6J
C．若传送带的长度为2m，则摩擦力对传送带做的功为-4J
D．若传送带的长度为2m，则因摩擦而产生的热量为1J
【答案】 C
【解析】
A． 物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为
物体与传送带间的动摩擦因数故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开 B点时的速度大小为5m/s，
故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度
若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1m，故A错误；
B．若传送带的长度为L=2m，则根据动能定理
解得摩擦力对物体做的功
故B错误；
C．若传送带的长度为2m，物体运动时间为
物体匀加速阶段，传送带的位移
匀速阶段，传送带的位移
根据受力分析可知，前1m物体对传送带的摩擦力方向向上，后1m对传送带的摩擦力方向向下，
则摩擦力对传送带做的功
故C正确；
D．若传送带的长度为2m，则因摩擦而产生的热量
其中，相对运动距离
解得
故D错误。
故选C。
7、（多选）（2022·宁夏·石嘴山市第三中学模拟预测）如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑
水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v 从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速
0
度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（ ）A．滑块和木板始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．木板的长度一定为
【答案】 BC
【解析】
AB．由题图乙可知在t 时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终
1
未离开木板，故A错误，B正确；
C．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中
图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律 可知
滑块的质量大于木板的质量，故C正确；
D．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t 时刻滑块相对木板的位移大小为
1
但滑块在t 时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为 ，其满足题意的最小长度
1
为 ，故D错误。
故选BC。
8、（多选）（2022·广西·合山高中模拟预测）如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为 m的
小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为
37°。现剪断细线 P。重力加速度大小为 g，取 ， 。下列说法正确的是（
）A．剪断细线P前，弹簧的弹力大小为
B．剪断细线P的瞬间，小球a的加速度大小为
C．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为0
D．剪断细线P的瞬间，细线Q的拉力与剪断细线P前，细线P的拉力大小相同
【答案】 BCD
【解析】
A．剪短细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力，水平向右的弹簧弹力以
及沿绳子向上的细绳的拉力。根据共点力平衡有
解得
故A项错误；
B．剪短细线瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力等于其剪断前细绳的拉力，即
对小球有
解得
故B项正确；
C．剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，合力为零，加速度为0，故
C项正确；
D．剪断细线P前，对b球受力分析，有
解得
即两个细线上的拉力是相同的，剪断细线P瞬间，弹簧的弹力不变，小球b受力情况不变，所以
细线上的拉力不变，即剪断细线P的瞬间，细线Q的拉力与剪断细线P前，细线P的拉力大小相
同，故D线正确。
故选BCD。9、（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速
率v =0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角 ，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以
1
速度v =1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数
2
μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】 （1） ；（2）
【解析】
（1）小包裹的速度 大于传动带的速度 ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据
牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即 ，所以小包裹
与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为10、（2022·陕西宝鸡·三模）如图甲所示，足够长的木板 B静置于光滑水平面上，其上放置小滑
块A，木板B受到不断增大的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙
所示的a―F图像、已知g取10m/s2，则（ ）
A．滑块A的质量为1kg
B．木板B的质量为4kg
C．当F=10N时木板B加速度为4m/s2
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
【答案】 C
【解析】
AB．由图知，当F=8N时，加速度为a=2m/s2，对整体，由牛顿第二定律有
代入数据解得
mA+mB=4kg
当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得
解得
由图示图象可知，图线的斜率
解得
故滑块A的质量为
mA=3kg
故AB错误；
D．根据知当a=0时，F=6N，代入解得
故D错误；
C．根据F=10N>8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为
故C正确。
故选C。
11、（2022·湖南·长沙一中一模）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用
水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演
示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为 m 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为
1 2
g。若本实验中， ， ， ，香皂盒与纸板左端的距离 ，若香皂盒移动
的距离超过 ，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2；为确保香皂盒
移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（ ）
A．0.72N B．0.92N C．1.22N D．1.42N
【答案】 D
【解析】
香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得
解得
对纸板，根据牛顿第二定律可得
为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为
纸板运动距离为
纸板抽出后香皂盒运动的距离为则
由题意知
代入数据联立求得
故选D。
12、（2022·湖南·长郡中学二模）如图所示，倾角为 的斜面体C置于水平面上，在它上面放有
质量为m的木块B，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环 A，并将轻环套在一根两端固定、粗
糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，重力加速度为g。则（ ）
A．若斜面体上表面粗糙，细线对木块B一定有拉力作用
B．若斜面体上表面粗糙，水平面对斜面体C的摩擦力方向可能向右
C．若斜面体上表面光滑，水平面对斜面体C的摩擦力大小为
D．若斜面体上表面光滑，则细线被剪断的前后，水平面对斜面体C的摩擦力方向会反向
【答案】 C
【解析】
A．若斜面体上表面粗糙，木块B可能受到重力，斜面体C对它的弹力和摩擦力共三个力作用下
处于平衡，可能不受绳子拉力作用，故A错误；
B．若斜面体上表面粗糙，绳子对木块无拉力时，则水平面对斜面体无摩擦力；若斜面体上表面
粗糙，绳子对木块有拉力时，对B、C整体分析知，水平面对C的摩擦力与细线拉力在水平方向
上的分力平衡，所以水平面对斜面体C的摩擦力方向向左，故B错误；
C．若斜面体上表面光滑，设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有
对B、C整体受力分析可得，水平方向满足解得水平面对斜面体C的摩擦力大小为
故C正确；
D．若斜面体上表面光滑，剪断细线后，物块下滑，斜面受力不改变，水平面对斜面体的摩擦力
不变；故D错误。
故选C。
13、（2022·宁夏·银川一中三模）如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的
上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角 的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一
轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对 A施加一水平向右的恒
力 。使A、B、C恰好保持相对静止。已知A的质量为 ，B、C的质量均为 ，重力加速度
为 ，不计一切摩擦（ ， ），则恒力 的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】
设绳的张力为 ，斜面的支持力为 ，系统加速度为 ，以B为研究对象，由牛顿第二定律可得
物体C受力分析如图所示
以C为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
竖直方向根据受力平衡可得
联立解得以A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
D正确，ABC错误；
故选D。
14、（2022·河北·模拟预测）如图所示，水平传送带以速度v =4m/s向右匀速传动，两物块A、B
0
质量均为m=5kg，与传送带间的动摩擦因数均为 μ=0.2；物块A从传送带左端由静止释放，同时，
物块B从传送右端以速度大小v =4m/s向左滑上传送带，两物块恰好没有发生碰撞。重力加速度
1
g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A物块与传送带间的“划痕”长度为6m
B．B物块与传送带间的“划痕”长度为12m
C．传送带的长度为16m
D．A物块与传送带间因摩擦产生的内能为40J
【答案】 D
【解析】
A．如图所示为两物块在传送带上运动的速度一时间图像，两物块在传送带上做匀传送带变速运
动的加速度大小
物块A与传送带相对静止时所用时间
此过程中物块A的位移
物块A与传送带间“划痕”长度
故A错误；
B．物块B与传送带相对静止时所用时间
此过程中物块B位移此过程物块B与传送带间“划痕”长度
故B错误；
C．由于两物块恰好没有发生碰撞，当物块B刚回到传送带右端时，物块A也运动到传送带右端，
所以传送带的长度
故C错误；
D．物块A与传送带间因摩擦产生内能
故D正确。
故选D。
15、（多选）（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾
角θ= 37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v =12m/s从A端冲上传送带，煤块与
0
传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。则下列说法正确的是（
）
A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为10m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为（ ）m
【答案】 ABD
【解析】
A．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得解得
设经t时间与传送带共速，由
解得
故A正确；
B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律
解得
煤块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向
加速至回到A点，v-t图像如图所示
由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小
故B正确；
C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为 的匀加速直线运动，设返回
到A点所需的时间为t ，下滑的位移
1
解得
结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间为
故C错误；
D．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则
因为L m 时，B向下做匀加速运动，A向上做匀加速运动，设加速度大小均为 a，细绳中的拉力大
0
小为T，对A、B根据牛顿第二定律分别有
①
②
联立①②解得
③④
由③式可得，当m→∞时，有
⑤
所以
⑥
即
⑦
当mm 时，m越大，a越大；当mmg B．t ~t 时间内，v减小，F mg
2 3 N 2 3 N
【答案】 D
【解析】
A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t 时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重
1
状态，则F mg，选项C错误，D正确；
2 3 N
故选D。
