備考2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系專(zhuān)題六動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的模型建構(gòu)

專(zhuān)題六動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的模型建構(gòu)1.[多選]如圖甲所示，質(zhì)量相同，但表面粗糙程度不同的三個(gè)小物塊a、b、c放在三個(gè)完全相同的斜面體上，斜面體靜置于同一粗糙水平面上.物塊a、b、c以相同初速度下滑，其v－t圖像如圖乙所示.物塊下滑過(guò)程中斜面體始終保持靜止，a、b、c與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μa、μb、μc，斜面體對(duì)地面的壓力分別為FNa、FNb、FNc，斜面體對(duì)地面的摩擦力分別為fa、fb、fc.下列說(shuō)法正確的是（ABC）圖甲圖乙A.μa＜μb＜μc B.FNa＜FNb＜FNcC.fb＝0，fa向右，fc向左 D.fb＝0，fa向左，fc向右解析由v－t圖像可知，物塊a勻加速下滑，物塊b勻速下滑，物塊c勻減速下滑.對(duì)物塊a有mgsinθ＞μamgcosθ，則有μa＜tanθ；對(duì)物塊b有mgsinθ＝μbmgcosθ，則有μb＝tanθ；對(duì)物塊c有mgsinθ＜μcmgcosθ，則有μc＞tanθ.故有μa＜μb＜μc，A正確.對(duì)物塊和斜面體整體進(jìn)行分析，物塊a和斜面體有沿斜面對(duì)下的加速度，對(duì)加速度進(jìn)行分解，豎直方向有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則有FNa＜G總，水平方向有向左的加速度，則地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向左，依據(jù)牛頓第三定律可知，斜面體對(duì)地面的摩擦力fa水平向右；物塊b和斜面體處于平衡狀態(tài)，則有FNb＝G總，斜面體與地面之間無(wú)摩擦力，即fb＝0；物塊c和斜面體有沿斜面對(duì)上的加速度，對(duì)加速度進(jìn)行分解，豎直方向有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，則有FNc＞G總，水平方向有向右的加速度，則地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向右，依據(jù)牛頓第三定律可知，斜面體對(duì)地面的摩擦力fc水平向左.則可得FNa＜FNb＜FNc，故B、C正確，D錯(cuò)誤.2.[多選]如圖甲所示的水平傳送帶沿逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一小物塊沿曲面從確定高度處由靜止起先下滑，以某一初速度從左端滑上傳送帶，在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變更關(guān)系如圖乙所示（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及物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)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（BC）A.μ＝0.4 B.μ＝0.2C.t＝4.5s D.t＝3s解析由圖乙可得，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝ΔvΔt＝2.0m/s2，由牛頓其次定律得Ff＝ma＝μmg，則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軸所圍圖形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，最終做勻速運(yùn)動(dòng)回到傳送帶左端的過(guò)程，物塊的位移為0，前2s內(nèi)物塊的位移大小為s1＝v2t1＝42×2m＝4m，方向向右，第3s內(nèi)的位移大小為s2＝v'2t'1＝22×1m＝1m，方向向左，前3s內(nèi)物塊的位移s＝s1－s2＝4m－1m＝3m，方向向右，物塊再向左勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝sv'＝32s＝1.5s，所以物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)第一次回到傳送帶左端的時(shí)間為t＝t1＋t'13.如圖所示，小物塊M在靜止的足夠長(zhǎng)的傳送帶上以速度v0勻速下滑時(shí)，傳送帶突然啟動(dòng)，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由0漸漸增加到2v0后勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，以下分析正確的是（C）A.M下滑的速度不變B.M起先在傳送帶上先加速到2v0，后向下做勻速運(yùn)動(dòng)C.M先向下做勻速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，最終沿傳送帶向下做勻速運(yùn)動(dòng)D.M所受摩擦力的方向始終沿傳送帶向上解析傳送帶靜止時(shí)，物塊勻速下滑，故mgsinθ＝Ff，摩擦力方向沿斜面對(duì)上，在傳送帶的速度由零漸漸增加到v0的過(guò)程中，物塊相對(duì)于傳送帶下滑，這段過(guò)程中，物塊接著勻速下滑；當(dāng)傳送帶的速度大于物塊的速度時(shí)，物塊受到沿斜面對(duì)下的摩擦力，依據(jù)受力分析可知，物塊先向下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到與傳送帶速度相等時(shí)，物塊將勻速下滑，故C正確.4.[情境創(chuàng)新/2024四川射洪中學(xué)校考/多選]如圖甲所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長(zhǎng)的斜面底端，一質(zhì)量m＝2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連，t＝0s時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的v－t圖像如圖乙所示，其中Ob段為曲線，bc段為直線，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說(shuō)法正確的是（AC）A.在0.15s末滑塊的加速度為－8m/s2B.滑塊在0.1～0.2s內(nèi)沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)C.滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25D.在滑塊與彈簧脫離之前，滑塊始終在做加速運(yùn)動(dòng)解析在v－t圖像中，圖線斜率代表加速度，在0.1～0.2s內(nèi)，圖線斜率為a＝ΔvΔt＝0.8-1.60.2-0.1m/s2＝－8m/s2，故A正確；沿斜面對(duì)上為正方向，由v－t圖像可知，滑塊在0.1～0.2s內(nèi)速度為正，故滑塊還是沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；滑塊在0.1～0.2s內(nèi)，由牛頓其次定律有－mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得μ5.如圖甲所示，一長(zhǎng)為2.0m、質(zhì)量為2kg的長(zhǎng)木板靜止在粗糙水平面上，有一個(gè)質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊置于長(zhǎng)木板右端.對(duì)長(zhǎng)木板施加的外力F漸漸增大時(shí)，小物塊所受的摩擦力Ff隨外力F的變更關(guān)系如圖乙所示.現(xiàn)改用F＝22N的水平外力拉長(zhǎng)木板，取g＝10m/s2，則小物塊在長(zhǎng)木板上滑行的時(shí)間為（A）A.1s B.2s C.2s D.3s解析由圖乙知力F較小時(shí)，小物塊和長(zhǎng)木板均靜止，隨著外力的增大二者先一起加速運(yùn)動(dòng)，后發(fā)生相對(duì)滑動(dòng).當(dāng)F≥2N時(shí)二者起先加速，表明長(zhǎng)木板受水平面的滑動(dòng)摩擦力Ff2＝2N；當(dāng)F＞14N時(shí)小物塊和長(zhǎng)木板起先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)小物塊受到的摩擦力Ff1＝ma1＝4N，則小物塊的加速度a1＝4m/s2.改用F＝22N的外力水平拉長(zhǎng)木板時(shí)，對(duì)長(zhǎng)木板由牛頓其次定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma2，代入數(shù)據(jù)得a2＝8m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知小物塊在長(zhǎng)木板上滑行的時(shí)間滿(mǎn)意12a2t2－12a1t2＝L，解得t＝1s，故A6.[2024湖南長(zhǎng)沙一中?？糫如圖所示，兩個(gè)小物體A、B中間用一輕彈簧相連.A、B的質(zhì)量分別為m和2m，A、B與水平地面上的傾角為θ的斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA、μB，且滿(mǎn)意μA＞tanθ，穩(wěn)定時(shí)，A、B兩物體一起在斜面體上勻速下滑，斜面靜止不動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（C）A.彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)B.地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向右C.μB＜tanθD.若增大mA，穩(wěn)定時(shí)A、B兩物體將一起加速下滑解析分析A物體的受力狀況，因μAmgcosθ＞mgsinθ，故彈簧對(duì)A必有推力，彈簧應(yīng)處于壓縮狀態(tài)，A錯(cuò)誤；由A、B和斜面體整體平衡知，地面對(duì)斜面體無(wú)摩擦力作用，B錯(cuò)誤；依據(jù)A、B與彈簧整體受力平衡可知μAmgcosθ＋2μBmgcosθ＝3mgsinθ，解得μB＝3tanθ-μA2＜3tanθ-tanθ2＝tanθ，C正確；若增大mA，對(duì)A、B與彈簧整體受力分析有μAmAgcosθ＋2μBmgcosθ＞(2mg＋mAg)sinθ7.[新趨勢(shì)命題/2024湖南株洲檢測(cè)/多選]如圖甲所示，水平地面上有一長(zhǎng)平板車(chē)，平板車(chē)右端放一小物塊，起先時(shí)平板車(chē)、物塊均靜止.t＝0時(shí)，平板車(chē)在外力作用下起先沿水平地面對(duì)右運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖乙所示，最終物塊也停止，整個(gè)過(guò)程中物塊恰好沒(méi)有從平板車(chē)上滑下.已知物塊與平板車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，取g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（AC）A.0～4s內(nèi)，物塊的加速度始終保持不變B.整個(gè)過(guò)程中，物塊相對(duì)平板車(chē)滑動(dòng)的時(shí)間為4sC.平板車(chē)的長(zhǎng)度為12mD.整個(gè)過(guò)程中，物塊相對(duì)平板車(chē)的位移大小為16m解析規(guī)定向右為正方向，物塊向右加速時(shí)，由牛頓其次定律有μmg＝mam，解得加速度am＝1m/s2，由題圖乙可知，平板車(chē)減速時(shí)加速度為aM＝0－86－2m/s2＝－2m/s2，設(shè)t0時(shí)兩者共速，則amt0＝8m/s－2（t0－2）m/s，解得t【敲黑板】物塊和平板車(chē)共速前，物塊始終相對(duì)于平板車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，物塊加速度始終不變4m/s，共速后由于平板車(chē)的加速度為aM＝－2m/s2，物塊減速時(shí)，由牛頓其次定律得－μmg【易錯(cuò)辨析】整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程物塊始終相對(duì)于平板車(chē)滑動(dòng)，且水平方向只受摩擦力作用，共速前物塊加速，共速后物塊減速＝ma'm，解得a'm＝－1m/s2，平板車(chē)的加速度大于物塊的加速度，所以物塊以1m/s2的加速度減速，設(shè)共速后再經(jīng)t1物塊減速到零.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0＝4m/s＋a'mt1，解得t1＝4s，即t'＝4s＋4s＝8s時(shí)物塊的速度為零，整個(gè)過(guò)程中，物塊相對(duì)平板車(chē)滑動(dòng)的時(shí)間為8s，A正確，B錯(cuò)誤.4s前物塊相對(duì)平板車(chē)向左滑動(dòng)的位移大小x1＝8×2×12m＋12（8＋4）×2m－4×4×12m＝12m，4s后物塊相對(duì)平板車(chē)向右滑動(dòng)的位移大小x2＝4×4×12m－2×4×12m＝4m，所以平板車(chē)的長(zhǎng)度為12m，整個(gè)過(guò)程物塊相對(duì)平板車(chē)的位移大小為12m－4m＝8m，方向向左，巧思妙解圖像法！可以結(jié)合題意，畫(huà)出物塊加速時(shí)的v－t圖像，如圖所示，通過(guò)兩圖線的交點(diǎn)分析出二者共速時(shí)間和共速時(shí)速度大小，又減速和加速時(shí)物塊的加速度大小相等，可作出物塊減速時(shí)的v－t圖像，結(jié)合圖像分析出整個(gè)過(guò)程中，物塊相對(duì)平板車(chē)滑動(dòng)的時(shí)間為8s，A正確，B錯(cuò)誤.v－t圖像和時(shí)間軸圍成的面積表示位移，所以物塊相對(duì)平板車(chē)的位移大小為12×8×6m－128.如圖所示，一水平的長(zhǎng)傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的.現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a起先運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留了一段黑色痕跡后，相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)，關(guān)于上述過(guò)程，以下推斷正確的是（重力加速度大小為g）（C）A.μ與a之間確定滿(mǎn)意關(guān)系μ＞aB.煤塊從起先運(yùn)動(dòng)到相對(duì)傳送帶靜止通過(guò)的位移為vC.煤塊從起先運(yùn)動(dòng)到相對(duì)傳送帶靜止閱歷的時(shí)間為vD.黑色痕跡的長(zhǎng)度為（解析設(shè)煤塊的加速度大小為a1，對(duì)煤塊由牛頓其次定律有μmg＝ma1，解得a1＝μg，由題意知煤塊與傳送帶之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則傳送帶的加速度大于煤塊的加速度，有μg＜a，解得μ＜ag，A錯(cuò)誤；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，煤塊從起先運(yùn)動(dòng)到相對(duì)傳送帶靜止的過(guò)程中通過(guò)的位移x1＝v22a1＝v22μg，B錯(cuò)誤；煤塊從起先運(yùn)動(dòng)到相對(duì)傳送帶靜止閱歷的時(shí)間t1＝va1＝vμg，C正確；傳送帶從起先運(yùn)動(dòng)到速度為v閱歷的時(shí)間t2＝va，傳送帶在從起先運(yùn)動(dòng)到速度為v的過(guò)程中通過(guò)的位移x2＝v22a，則傳送帶在從速度為v到與煤塊相對(duì)靜止的過(guò)程中，做勻速運(yùn)動(dòng)的位移x3＝v(t1－t2)＝v2μg－v2a，所以9.如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v1＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).一小物塊以v2＝8m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶.已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶足夠長(zhǎng)，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小物塊向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；（2）小物塊回原委端時(shí)的速度大小；（3）小物塊從放上傳送帶至回原委端所閱歷的時(shí)間.答案（1）4m（2）4m/s（3）3.6s解析（1）由于物塊的速度大于傳送帶的速度，所以物塊相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2，方向沿傳送帶向下設(shè)物塊減速到與傳送帶共速須要的時(shí)間為t1，有t1＝v1－在這個(gè)階段物塊運(yùn)動(dòng)位移x1＝v1＋v2由于物塊所受重力沿傳送帶方向的分力大于滑動(dòng)摩擦力，因此物塊相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2，方向沿傳送帶向下設(shè)最終減速到零須要的時(shí)間為t2有t2＝v1a在這個(gè)階段物塊運(yùn)動(dòng)位移x2＝v12t2小物塊向上滑行的最遠(yuǎn)距離為xm＝x1＋x2＝4m（2）小物塊之后向下加速運(yùn)動(dòng)直至回原委端，加速度a2＝2m/s2由v32－0＝2a2解得回原委端的速度v3＝4m/s（3）設(shè)向下加速運(yùn)動(dòng)直到回原委端的時(shí)間為t3，有t3＝v3a小物塊從放上傳送帶至回原委端所閱歷的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝3.6s.10.[開(kāi)放性問(wèn)題/2024四川成都名校入學(xué)考試]在水平道路上行駛的汽車(chē)，擋風(fēng)玻璃與水平面成θ＝37°角.無(wú)風(fēng)的天氣里，車(chē)輛行駛時(shí)，擋風(fēng)玻璃上的樹(shù)葉受到水平方向空氣的推力，推力方向與車(chē)前進(jìn)方向相反，大小由車(chē)速v確定，且滿(mǎn)意F＝kv2.只探討樹(shù)葉沿?fù)躏L(fēng)玻璃向下或向上的運(yùn)動(dòng)，垂直紙面的運(yùn)動(dòng)可視為靜止.已知樹(shù)葉質(zhì)量m＝0.01kg，k＝0.75×10－3kg/m，取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.（1）若忽視樹(shù)葉與玻璃間的摩擦，車(chē)以v1勻速行駛時(shí)，樹(shù)葉恰好能靜止在玻璃上，求v1.（2）若樹(shù)葉與玻璃間有摩擦，且μ＝0.1，車(chē)以v2＝215m/s勻速行駛，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，樹(shù)葉能否靜止在玻璃上.若不能，求出樹(shù)葉加速度的大小和方向.答案（1）v1＝10m/s（2）不能，1.33m/s2，方向沿玻璃向下解析（1）樹(shù)葉受力平衡，沿玻璃方向有kv12cosθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得v1＝10m/s（2）依據(jù)F＝kv22垂直玻璃方向有FN＝Fsinθ＋mgcosθ＝0.107N沿玻璃方向有mgsinθ－Fcosθ＞μFN所以樹(shù)葉不能靜止在玻璃上，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－Fcosθ－μFN＝ma解得a＝1.33m/s2所以加速度大小為1.33m/s2，方向沿玻璃向下.11.[2024山東濱州模擬]如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)L＝2.5m，右端與放在水平地面上的木板A、B上表面平齊.A、B緊靠在一起，質(zhì)量均為m＝1.0kg，上表面長(zhǎng)度均為l＝1.0m.傳送帶以6m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻將質(zhì)量為M＝2.0kg的物塊C無(wú)初速放在傳送帶左端，已知C與傳送帶、A、B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5，A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，重力加速度大小取g＝10m/s2，C的大小忽視不計(jì)，求：（1）C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）C滑上A后，A、B間的彈力；（3）A的最大速度.答案（1）1s（2）4N（3）34解析（1）C在傳送帶、A、B上的加速度為a1＝μ1g＝5m/s2假設(shè)C在傳送帶上始終做勻加速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L＝12a1t解得t＝1sC離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度v＝a1t＝5m/s＜6m/s故假設(shè)成立，C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1s（2）C滑上A后，A、B一起向右做加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)A、B整體受力分析可得μ1Mg－μ2（M＋2m）g＝2ma2解得A、B的加速度大小a2＝3m/s2對(duì)B受力分析可得FN－μ2mg＝ma2解得A、B間的彈力大小FN＝4N（3）物塊C剛從A離開(kāi)時(shí)，A的速度最大，設(shè)物塊C在A上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，可得vt1－12a1t12－12a解得t1＝14sA的最大速度為vA＝a2t1＝34m/s12.[情境創(chuàng)新＋選圖/2024江蘇部分學(xué)校期中聯(lián)考]如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的小物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為mA＝5kg、mB＝3kg，C為一固定擋板，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).現(xiàn)用一沿斜面對(duì)上的力F拉物塊A，使之沿斜面對(duì)上做加速度為4m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng).選定A的起始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，重力加速度取g＝10m/s2.從力F剛作用在木塊A的瞬間到B剛好要離開(kāi)固定擋板C的瞬間的過(guò)程中，下列圖像能正確描繪力F與木塊A的位移x之間關(guān)系的是（C）解析施加力F前，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對(duì)A有mAgsin30°＝kx0，x＝0位置，對(duì)A，由牛頓其次定律可知F0－mAgsin30°＋kx0＝mAa＝20N，即F0＝20N；對(duì)A，在彈簧復(fù)原原長(zhǎng)之前，有F－mAgsin30°＋k(x0－x)＝mAa，解得F＝kx＋mAa；對(duì)A，從彈簧復(fù)原原長(zhǎng)到B剛好要離開(kāi)C瞬間的過(guò)程，有F－mAgsin30°－k(x－x0)＝mAa，解得F＝kx＋mAa；B剛好要離開(kāi)固定擋板C時(shí)，有F－mAgsin30°－F'＝mAa，對(duì)B有F'＝mBgsin30°，解得F＝60N，故只有C正確.13.[情境創(chuàng)新/2024山