备考2024届高考物理一轮复习分层练习第三章运动和力的关系专题六动力学问题的模型建构

这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第三章运动和力的关系专题六动力学问题的模型建构，共11页。试卷主要包含了4B，5sD，如图甲所示，一长为2等内容，欢迎下载使用。
1.[多选]如图甲所示，质量相同，但表面粗糙程度不同的三个小物块a、b、c放在三个完全相同的斜面体上，斜面体静置于同一粗糙水平面上.物块a、b、c以相同初速度下滑，其v－t图像如图乙所示.物块下滑过程中斜面体始终保持静止，a、b、c与斜面之间的动摩擦因数分别为μa、μb、μc，斜面体对地面的压力分别为FNa、FNb、FNc，斜面体对地面的摩擦力分别为fa、fb、fc.下列说法正确的是（ ABC ）
图甲 图乙
A.μa＜μb＜μcB.FNa＜FNb＜FNc
C.fb＝0，fa向右，fc向左D.fb＝0，fa向左，fc向右
解析 由v－t图像可知，物块a匀加速下滑，物块b匀速下滑，物块c匀减速下滑.对物块a有mg sin θ＞μamg cs θ，则有μa＜tan θ；对物块b有mg sin θ＝μbmg cs θ，则有μb＝tan θ；对物块c有mg sin θ＜μcmg cs θ，则有μc＞tan θ.故有μa＜μb＜μc，A正确.对物块和斜面体整体进行分析，物块a和斜面体有沿斜面向下的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向下的加速度，处于失重状态，则有FNa＜G总，水平方向有向左的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fa水平向右；物块b和斜面体处于平衡状态，则有FNb＝G总，斜面体与地面之间无摩擦力，即fb＝0；物块c和斜面体有沿斜面向上的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，则有FNc＞G总，水平方向有向右的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fc水平向左.则可得FNa＜FNb＜FNc，故B、C正确，D错误.
2.[多选]如图甲所示的水平传送带沿逆时针匀速转动，一小物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点）.已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是（ BC ）
A.μ＝0.4B.μ＝0.2
C.t＝4.5sD.t＝3s
解析 由图乙可得，物块做匀减速运动的加速度大小a＝ΔvΔt＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v－t图像中，图线与t轴所围图形面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后做匀速运动回到传送带左端的过程，物块的位移为0，前2 s内物块的位移大小为s1＝v2t1＝42×2 m＝4 m，方向向右，第3 s内的位移大小为s2＝v'2t'1＝22×1 m＝1 m，方向向左，前3 s内物块的位移s＝s1－s2＝4 m－1 m＝3 m，方向向右，物块再向左匀速运动的时间为t2＝sv'＝32 s＝1.5 s，所以物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间为t＝t1＋t'1＋t2＝4.5 s，C正确，D错误.
3.如图所示，小物块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后匀速转动的过程中，以下分析正确的是（ C ）
A.M下滑的速度不变
B.M开始在传送带上先加速到2v0，后向下做匀速运动
C.M先向下做匀速运动，后向下做加速运动，最后沿传送带向下做匀速运动
D.M所受摩擦力的方向始终沿传送带向上
解析 传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝Ff，摩擦力方向沿斜面向上，在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，这段过程中，物块继续匀速下滑；当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到沿斜面向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块先向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块将匀速下滑，故C正确.
4.[情境创新/2024四川射洪中学校考/多选]如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连，t＝0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.则下列说法正确的是（ AC ）
A.在0.15s末滑块的加速度为－8m/s2
B.滑块在0.1～0.2s内沿斜面向下运动
C.滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25
D.在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动
解析 在v－t图像中，图线斜率代表加速度，在0.1～0.2 s内，图线斜率为a＝ΔvΔt＝0.8- m/s2＝－8 m/s2，故A正确；沿斜面向上为正方向，由v－t图像可知，滑块在0.1～0.2 s内速度为正，故滑块还是沿斜面向上运动，B错误；滑块在0.1～0.2 s内，由牛顿第二定律有－mg sin 37°－μmg cs 37°＝ma，解得μ＝-a-gsin37°gcs37°＝8-10×0.610×0.8＝0.25，故C正确；由图像可知，在0～0.1 s内，滑块和弹簧始终接触，滑块先做加速运动后做减速运动，故D错误.
5.如图甲所示，一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端.对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示.现改用F＝22N的水平外力拉长木板，取g＝10m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为（ A ）
A.1sB.2sC.2sD.3s
解析 由图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后发生相对滑动.当F≥2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F＞14 N时小物块和长木板开始发生相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝ma1＝4 N，则小物块的加速度a1＝4 m/s2.改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，对长木板由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma2，代入数据得a2＝8 m/s2，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足12a2t2－12a1t2＝L，解得t＝1 s，故A正确.
6.[2024湖南长沙一中校考]如图所示，两个小物体A、B中间用一轻弹簧相连.A、B的质量分别为m和2m，A、B与水平地面上的倾角为θ的斜面体间的动摩擦因数分别为μA、μB，且满足μA＞tanθ，稳定时，A、B两物体一起在斜面体上匀速下滑，斜面静止不动，则下列说法正确的是（ C ）
A.弹簧处于伸长状态
B.地面对斜面体的摩擦力水平向右
C.μB＜tanθ
D.若增大mA，稳定时A、B两物体将一起加速下滑
解析 分析A物体的受力情况，因μAmg cs θ＞mg sin θ，故弹簧对A必有推力，弹簧应处于压缩状态，A错误；由A、B和斜面体整体平衡知，地面对斜面体无摩擦力作用，B错误；根据A、B与弹簧整体受力平衡可知μAmg cs θ＋2μBmg cs θ＝3mg sin θ，解得μB＝3tanθ-μA2＜3tanθ-tanθ2＝tan θ，C正确；若增大mA，对A、B与弹簧整体受力分析有μAmAg cs θ＋2μBmg cs θ＞(2mg＋mAg) sin θ，故A、B整体做减速运动，D错误.
7.[新趋势命题/2024湖南株洲检测/多选]如图甲所示，水平地面上有一长平板车，平板车右端放一小物块，开始时平板车、物块均静止.t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平地面向右运动，其v－t图像如图乙所示，最终物块也停止，整个过程中物块恰好没有从平板车上滑下.已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ AC ）
A.0～4s内，物块的加速度一直保持不变
B.整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为4s
C.平板车的长度为12m
D.整个过程中，物块相对平板车的位移大小为16m
解析 规定向右为正方向，物块向右加速时，由牛顿第二定律有μmg＝mam，解得加速度am＝1m/s2，由题图乙可知，平板车减速时加速度为aM＝0－86－2m/s2＝－2m/s2，设t0时两者共速，则amt0＝8m/s－2（t0－2）m/s，解得t0＝4s，共同速度大小为v4＝（8－2×2）m/s＝
【敲黑板】物块和平板车共速前，物块一直相对于平板车向左运动，物块加速度一直不变
4m/s，共速后由于平板车的加速度为aM＝－2m/s2，物块减速时，由牛顿第二定律得－μmg
【易错辨析】整个运动过程物块始终相对于平板车滑动，且水平方向只受摩擦力作用，共速前物块加速，共速后物块减速
＝ma'm，解得a'm＝－1m/s2，平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1物块减速到零.由运动学公式得0＝4m/s＋a'mt1，解得t1＝4s，即t'＝4s＋4s＝8s时物块的速度为零，整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为8s，A正确，B错误.4s前物块相对平板车向左滑动的位移大小x1＝8×2×12m＋12（8＋4）×2m－4×4×12m＝12m，4s后物块相对平板车向右滑动的位移大小x2＝4×4×12m－2×4×12m＝4m，所以平板车的长度为12m，整个过程物块相对平板车的位移大小为12m－4m＝8m，方向向左，C正确，D错误.
巧思妙解 图像法！可以结合题意，画出物块加速时的v－t图像，如图所示，通过两图线的交点分析出二者共速时间和共速时速度大小，又减速和加速时物块的加速度大小相等，可作出物块减速时的v－t图像，结合图像分析出整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为8s，A正确，B错误.v－t图像和时间轴围成的面积表示位移，所以物块相对平板车的位移大小为12×8×6m－12×4×8m＝8m，方向向左，D错误.
8.如图所示，一水平的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）（ C ）
A.μ与a之间一定满足关系μ＞ag
B.煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为v2μg
C.煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为vμg
D.黑色痕迹的长度为（a－μg）v22a2
解析 设煤块的加速度大小为a1，对煤块由牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝μg，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μg＜a，解得μ＜ag，A错误；由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移x1＝v22a1＝v22μg，B错误；煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t1＝va1＝vμg，C正确；传送带从开始运动到速度为v经历的时间t2＝va，传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过的位移x2＝v22a，则传送带在从速度为v到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移x3＝v(t1－t2)＝v2μg－v2a，所以黑色痕迹的长度Δx＝x2＋x3－x1＝v22μg－v22a，D错误.
9.如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动.一小物块以v2＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）小物块向上运动的最远距离；
（2）小物块回到底端时的速度大小；
（3）小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间.
答案 （1）4m （2）4m/s （3）3.6s
解析 （1）由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1
代入数据解得a1＝10m/s2，方向沿传送带向下
设物块减速到与传送带共速需要的时间为t1，有t1＝v1－v2－a1＝0.6s
在这个阶段物块运动位移x1＝v1＋v22t1＝3m
由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcsθ＝ma2
代入数据解得a2＝2m/s2，方向沿传送带向下
设最后减速到零需要的时间为t2
有t2＝v1a2＝1s
在这个阶段物块运动位移x2＝v12t2＝1m
小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4m
（2）小物块之后向下加速运动直至回到底端，加速度a2＝2m/s2
由v32－0＝2a2xm
解得回到底端的速度v3＝4m/s
（3）设向下加速运动直到回到底端的时间为t3，有t3＝v3a2＝2s
小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6s.
10.[开放性问题/2024四川成都名校入学考试]在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ＝37°角.无风的天气里，车辆行驶时，挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推力方向与车前进方向相反，大小由车速v决定，且满足F＝kv2.只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运动，垂直纸面的运动可视为静止.已知树叶质量m＝0.01kg，k＝0.75×10－3kg/m，取g＝10m/s2，cs37°＝0.8，sin37°＝0.6，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
（1）若忽略树叶与玻璃间的摩擦，车以v1匀速行驶时，树叶恰好能静止在玻璃上，求v1.
（2）若树叶与玻璃间有摩擦，且μ＝0.1，车以v2＝215m/s匀速行驶，请通过计算说明，树叶能否静止在玻璃上.若不能，求出树叶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）树叶受力平衡，沿玻璃方向有kv12csθ＝mgsinθ
代入数据解得v1＝10m/s
（2）根据F＝kv22＝0.045N
垂直玻璃方向有FN＝Fsinθ＋mgcsθ＝0.107N
沿玻璃方向有mgsinθ－Fcsθ＞μFN
所以树叶不能静止在玻璃上，根据牛顿第二定律有
mgsinθ－Fcsθ－μFN＝ma
解得a＝1.33m/s2
所以加速度大小为1.33m/s2，方向沿玻璃向下.
11.[2024山东滨州模拟]如图所示，水平传送带长L＝2.5m，右端与放在水平地面上的木板A、B上表面平齐.A、B紧靠在一起，质量均为m＝1.0kg，上表面长度均为l＝1.0m.传送带以6m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻将质量为M＝2.0kg的物块C无初速放在传送带左端，已知C与传送带、A、B上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，A、B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度大小取g＝10m/s2，C的大小忽略不计，求：
（1）C在传送带上运动的时间；
（2）C滑上A后，A、B间的弹力；
（3）A的最大速度.
答案 （1）1s （2）4N （3）34m/s
解析 （1）C在传送带、A、B上的加速度为a1＝μ1g＝5m/s2
假设C在传送带上一直做匀加速运动，根据运动学公式有L＝12a1t2
解得t＝1s
C离开传送带时的速度v＝a1t＝5m/s＜6m/s
故假设成立，C在传送带上运动的时间为1s
（2）C滑上A后，A、B一起向右做加速运动，对A、B整体受力分析可得μ1Mg－μ2（M＋2m）g＝2ma2
解得A、B的加速度大小a2＝3m/s2
对B受力分析可得FN－μ2mg＝ma2
解得A、B间的弹力大小FN＝4N
（3）物块C刚从A离开时，A的速度最大，设物块C在A上运动时间为t1，可得vt1－12a1t12－12a2t12＝l
解得t1＝14s（另一根不符合题意，舍去）
A的最大速度为vA＝a2t1＝34m/s.
12.[情境创新＋选图/2024江苏部分学校期中联考]如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的小物块A、B，它们的质量分别为mA＝5kg、mB＝3kg，C为一固定挡板，整个系统处于平衡状态.现用一沿斜面向上的力F拉物块A，使之沿斜面向上做加速度为4m/s2的匀加速直线运动.选定A的起始位置为坐标原点，重力加速度取g＝10m/s2.从力F刚作用在木块A的瞬间到B刚好要离开固定挡板C的瞬间的过程中，下列图像能正确描绘力F与木块A的位移x之间关系的是（ C ）
解析 施加力F前，整个系统处于平衡状态，对A有mAg sin 30°＝kx0，x＝0位置，对A，由牛顿第二定律可知F0－mAg sin 30°＋kx0＝mAa＝20 N，即F0＝20 N；对A，在弹簧恢复原长之前，有F－mAg sin 30°＋k(x0－x)＝mAa，解得F＝kx＋mAa；对A，从弹簧恢复原长到B刚好要离开C瞬间的过程，有F－mAg sin 30°－k(x－x0)＝mAa，解得F＝kx＋mAa；B刚好要离开固定挡板C时，有F－mAg sin 30°－F'＝mAa，对B有F'＝mBg sin 30°，解得F＝60 N，故只有C正确.
13.[情境创新/2024山东德州一中校考]如图所示，8块同样的木板一个一个紧挨着静止放在足够大的水平地面上，每个木板质量均为M＝0.5kg，长均为L＝1m，它们与地面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2.在第1块木板左端放一质量为m＝1kg的可视为质点的铅块，它与木板间的动摩擦因数均为μ2＝0.45.现给铅块一水平向右的初速度v0＝63m/s，使其在木板上滑行.已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2.
（1）求铅块刚滑过第1块木板时的速度大小v1；
（2）求铅块从左向右滑过几块木板时，下面的木板开始滑动；
（3）求第8块木板刚开始滑动时的加速度大小a；
（4）请通过计算说明，铅块是否会从木板的右端掉下去.如果不会，最终铅块会停在哪块木板上？
答案 （1）36m/s （2）6块 （3）0.5m/s2 （4）不会，第7块
解析 （1）铅块受滑动摩擦力为f2＝μ2mg＝4.5N
8块木板受最大静摩擦力为Fmax＝μ1（m＋8M）g＝10N
由于Fmax＞f2，所以木板均静止
铅块的加速度a2＝μ2g＝4.5m/s2
根据速度和位移的关系有v12－v02＝－2a2L
解得v1＝36m/s
（2）设右端还剩n块木板时，木板开始滑动，有μ2mg≥μ1（m＋nM）g
解得n≤2.5
所以铅块滑过6块木板时，下面的木板开始滑动.
（3）对第7、第8块木板整体，根据牛顿第二定律有μ2mg－μ1（m＋2M）g＝2Ma1
解得a1＝0.5m/s2
（4）铅块刚滑上第7块木板时的速度设为v2，根据速度和位移的关系有v22－v02＝－2a2·6L
解得v2＝3m/s
假设不会从右端掉下，共速时，v2－a2t＝a1t
解得t＝0.6s
则x2＝v2t－12a2t2＝0.99m，x1＝12a1t2＝0.09m
由于x2－x1＝0.9m＜1m，所以铅块最终不会从木板右端掉下，而会停在第7块木板上.