专题3.2动力学典型模型的分析练解析版_04高考物理_新高考复习资料_2022年新高考复习资料_2022年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

专题3.2 动力学典型模型的分析【练】 目录 一．练经典题型..........................................................................................................................................................1 二、练创新情景..........................................................................................................................................................5 三．练规范解答........................................................................................................................................................10 一．练经典题型 1．(2021·湖南长沙市长沙县第六中学月考)如图，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体一起靠惯性沿光 滑斜面下滑，下列判断正确的是( ) A．图甲中两物体之间的绳中存在弹力 B．图乙中两物体之间存在弹力 C．图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力 D．图丁中两物体之间既有摩擦力，又有弹力 【答案】 C 【解析】 图甲：整体法分析，根据(m ＋m)gsin θ＝(m ＋m)a，隔离A可知F ＋mgsin θ＝ma，解得绳 1 2 1 2 T 1 1 的拉力F ＝0，故A错误；图乙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m ＋m)gsin θ＝(m ＋ T 1 2 1 m)a，隔离A可知F ＋mgsin θ＝ma，解得两物体之间的弹力F ＝0，故B错误；图丙：对两物体应用整 2 N 1 1 N 体法，根据牛顿第二定律可知(m＋m)gsin θ＝(m＋m)a，解得加速度沿斜面向下，隔离A，将加速度分解 1 2 1 2 到竖直和水平方向，根据牛顿第二定律可知，题图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力，故 C正确；图 丁：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m ＋m)gsin θ＝(m ＋m)a，隔离A可知F＋mgsin θ＝ 1 2 1 2 f 1 ma，解得：F＝0，故D错误． 1 f 2.(2020·丰台区第二学期统考)如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物 体间的摩擦力可忽略，已知m ＝4 kg，m ＝6 kg。从t＝0开始，推力F 和拉力F 分别作用于A、B上， A B A B F、F 随时间的变化规律为：F＝8－2t(N)，F ＝2＋2t (N)。则( ) A B A B A．t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2 B．t＝0时，A、B之间的相互作用力为4 N C．t＝1.5 s时，A、B开始分离D．A、B开始分离时的速度为3 m/s 【答案】B 【解析】：由变化规律可知，t＝0时，F＝8 N，F ＝2 N，合力F＝F＋F ＝10 N，故此时A与B的加速度 A B A B 相等，都是a＝＝＝1 m/s2，A错误；t＝0时设A、B间的作用力为F′，则对于B而言F′＋F ＝m a，代入数 B B 据解得F′＝4 N，故A、B之间的作用力为4 N，如果分析A的受力也是可以的，结果一样，B正确；由题 意可知，当A、B间的作用力为0时开始分离，设时间为t，则对于A而言：F＝m a，对于B而言：F ＝ A A B m a，解得t＝2 s，C错误；由于两个力的合力F＝10 N是不变的，即为恒力，故两个物体一起做匀加速直 B 线运动， 前面已经计算出了它共同的加速度是1 m/s2，则到分离时，即t＝2 s时，它们的速度大小为v＝at ＝1 m/s2×2 s＝2 m/s，D错误。 3．(多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图所示，材料相同的物体m 、m 由轻绳连接，在恒定拉力F的作用 1 2 下沿斜面向上加速运动.轻绳拉力的大小( ) A.与斜面的倾角θ有关 B.与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关 C.与两物体的质量m 和m 有关 1 2 D.若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与θ，μ无关 【答案】 CD 【解析】 对整体受力分析有F－(m ＋m)gsin θ－μ(m ＋m)gcos θ＝(m ＋m)a，对m 有F －mgsin θ－ 1 2 1 2 1 2 2 T 2 μm gcos θ＝ma，解得F ＝F，与μ和θ无关，与两物体的质量m 和m 有关，故A、B错误，C正确；若 2 2 T 1 2 改用F沿斜面向下拉连接体，同理可得F ＝F，故D正确. T 4．(多选)(2020·湖北鄂东南联盟模拟)如图所示，A物体的质量是B物体的k倍．A物体放在光滑的水平桌 面上通过轻绳与B物体相连，两物体释放后运动的加速度为 a ，轻绳的拉力为F ；若将两物体互换位 1 T1 置，释放后运动的加速度为a，轻绳的拉力为F .不计滑轮摩擦和空气阻力，则( ) 2 T2 A．a∶a＝1∶k B．a∶a＝1∶1 1 2 1 2 C．F ∶F ＝1∶k D．F ∶F ＝1∶1 T1 T2 T1 T2 【答案】 AD 【解析】 由牛顿第二定律m g＝(m ＋m )a ，F ＝m a ，同理两物体互换位置，则m g＝(m ＋m )a ，F B A B 1 T1 A 1 A A B 2 T2 ＝m a，解得a∶a＝m ∶m ＝1∶k，F ∶F ＝1∶1，故A、D正确． B 2 1 2 B A T1 T2 5.(2021·山东济南历城二中一轮复习验收)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的足够长的木板，其上 1 叠放一质量为m 的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间 2 t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块的加速度大小分别为 a 和a ，下列反映a 和a 变化的图线中 1 2 1 2正确的是( ) 【答案】 A 【解析】 当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a＝＝，a∝t；当F比 较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a ＝，μ、m 、m 一定，则a 一定，a ＝＝t－ 1 1 2 1 2 μg，a 是t的线性函数，t增大，a 增大．由于<，则木块相对于木板运动后，a －t图线的斜率大于两者相 2 2 2 对静止时图线的斜率．综上所述，A正确． 6．(2020·安徽六安市质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m ＝1 kg，与地面的 1 动摩擦因数μ ＝0.2，质量为m ＝2 kg可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为 μ ＝0.4，以 1 2 2 v＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是( ) 0 A．木板的长度为1.68 m B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s C．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右 D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 【答案】 D 【解析】 由于μmg>μ(m ＋m)g，得物块在木板上以a ＝μg＝4 m/s2减速滑行时木板以a ＝＝2 m/s2向 2 2 1 1 2 1 2 2 右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v ＝v －at＝1.6 m/s，木板的速度v ＝at＝1.2 m/s，B错误.0.6 s内物 1 0 1 2 2 块位移为x ＝t＝1.68 m，木板位移x ＝t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x －x ＝1.32 m，即木板长度为1.32 1 2 1 2 m，A错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，方向向左，C错．在地面上 4 2 物块会滑行x＝＝＝0.32 m，木板会滑行x＝＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确． 4 3 7.(多选)(2020·山东济南一中期中)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，则下图中 能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )【答案】 CD 【解析】 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大 小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小 了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D正 确，A、B错误． 8.(2020·辽宁师大附中开学考试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为 m的煤块(可视为质 点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度 a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色 痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度大小为g)( ) A．μ与a之间一定满足关系μ> B．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为 C．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为 D．黑色痕迹的长度为 【答案】 C 【解析】 由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有 μmgF，则F >F ，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平 1 2 f Nx fx 向左，A错误； 因为AB一起加速下滑，所以μ(m＋m)gcos θ<(m＋m)gsin θ，则μF＝1.8 N 1 0 故物块与平板发生相对滑动. 对物块和平板由牛顿第二定律有： a＝ 1 a＝ 2 解得：a＝2 m/s2，a＝3 m/s2 1 2 (2)0～1 s内(t＝1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有： 1 v＝at 1 11 v＝at 2 21 解得：v＝2 m/s，v＝3 m/s 1 2 1～1.5 s内(t ＝0.5 s)，由于水平向右的拉力F ＝1.4 N恰好与F ＋F 平衡，故平板做匀速直线运动，物块 2 2 f1 f2 继续做匀加速直线运动，有： v′＝v＋at＝3 m/s 1 1 12 v′＝v＝3 m/s 2 2 (3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为： a′＝＝2 m/s2 1 a′＝＝5 m/s2 2 物块和平板停下所用的时间分别为：Δt＝＝1.5 s 1 Δt＝＝0.6 s 2 可画出物块、平板的速度－时间图象，如图所示， 根据“速度－时间图象与时间轴所围的面积表示位移”可知，1～1.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离 为：x＝×(1.5－1)×3 m＝0.75 m 1 1.5～3 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x＝×(3－2.1)×3 m＝1.35 m 2 由于x>x，故L＝x＝1.35 m. 2 1 2 4.（2021届云南省高三（下）第二次复习统一检测物理试题）如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器， 弹射器上有一质量 m= 1 kg的小滑块，管和弹射器的总质量 m= 2 kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小 1 2 为0.4mg。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为 1.0 m； 1 滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4 m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的 初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10 m/s2。求 （1）滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小； （2）滑块离开弹射器后运动到最高点的时间；（3）当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力 F，为保证滑块不滑出管口，计算 F 的最小值。 【答案】（1） ；（2） ；（3）24N 【解析】 （1）对滑块由牛顿第二定律得 ① 解得 ② （2）设滑块离开弹射器的初速度为v，离开管口的速度为v，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大 0 1 高度为H。 滑块由底端。上升到最高点的过程中，由动能定理得 ③ 滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得 ④ 滑块滑到管口的时间 ⑤ 滑块从管口，上抛到最大高度处的时间 ⑥滑块运动的总时间 ⑦ 解得 ⑧ （3）为保证滑块不滑出圆柱管，当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的 外力F最小。设圆柱形管上升的加速度为a，共速的时间为t，共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得 2 3 ⑨ 滑块与圆柱形管的相对位移 共速时 解得 F= 24N