（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第一道 选择题涉及的命题点 1.4 动力学综

1－4动力学综合问题备考精要1．“滑块——滑板”模型(1)模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。(2)两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2(3)解题步骤2．水平传送带模型设传送带的速度为v带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两轮之间的距离为L，物体置于传送带一端时的初速度为v0。(1)v0＝0，如图甲所示物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a＝μg的匀加速运动。假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v＝2μgL。显然，若v带2μgL，则物体在传送带上将先加速，后匀速运动；若v带≥2μgL，则物体在传送带上将一直加速运动。(2)v0≠0，且v0与v带同向，如图乙所示①v0v带时，由(1)可知，物体刚放到传送带上时将做a＝μg的匀加速运动。假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v＝v02＋2μgL。显然，若v0v带v02＋2μgL，则物体在传送带上将先加速，后匀速运动；若v带≥v02＋2μgL，则物体在传送带上将一直加速运动。②v0v带，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动。假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v＝v02－2μgL。显然，若v带≤v02－2μgL，则物体在传送带上将一直减速运动；若v0v带v02－2μgL，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动。(3)v0≠0，且v0与v带反向，如图丙所示。此种情形下，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v＝v02－2μgL。显然，若v0≥2μgL，则物体将一直做匀减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；若v02μgL，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能的运动情形有：①先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带。②先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速，最后匀速运动直至从进入端离开传送带。3．倾斜传送带模型(1)物体和传送带一起匀速运动匀速运动说明物体处于平衡状态，则物体受到的静摩擦力和重力沿传送带方向的分力等大反向，即物体受到的静摩擦力的方向沿传送带向上，大小为mgsinα(α为传送带的倾角)。(2)物体和传送带一起加速运动①若物体和传送带一起向上加速运动，传送带的倾角为α，则对物体有f－mgsinα＝ma，即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，大小为f＝ma＋mgsinα。②若物体和传送带一起向下加速运动，传送带的倾角为α，则静摩擦力的大小和方向决定于加速度a的大小。当a＝gsinα时，无静摩擦力；当agsinα时，有mgsinα＋f＝ma，即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向下，大小为f＝ma－mgsinα。在这种情况下，重力沿传送带向下的分力不足以提供物体的加速度a，物体相对于传送带有向上的运动趋势，受到的静摩擦力沿传送带向下以弥补重力分力的不足；当agsinα时，有mgsinα－f＝ma，即物体受到的静摩擦力的方向沿传送带向上，大小为f＝mgsinα－ma。此时重力沿传送带向下的分力提供物体沿传送带向下的加速度过剩，物体有相对于传送带向下的运动趋势，必受到沿传送带向上的摩擦力。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2019·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()答案：DA．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。2．[多选](2019·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2s～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图(c)知，2s～4s内，木板的加速度大小a1＝0.42m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝0.4－0.21m/s2＝0.2m/s2设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2s～4s内：F－F摩＝ma14s～5s内：F摩＝ma2答案：AB且知F摩＝0.2N解得m＝1kg，F＝0.4N，选项A、B正确。由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。3.[多选](2019·汕头一模)假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比，即F阻＝kv，比例系数k决定于小球的体积，与其他因素无关。让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图像如图所示，则()A．小球的质量越大，图像中的a0越大B．小球的质量越大，图像中的vm越大C．小球的质量越大，速率达到vm时经历的时间越短D．小球的质量越大，速率达到vm时下落的距离越长解析：根据牛顿第二定律得mg－F阻＝ma，据题F阻＝kv，解得a＝g－kmv，当v＝0时，a＝a0＝g，与小球的质量无关。当a＝0时，v＝vm＝mgk，可知小球的质量m越大，图像中的vm越大，故A错误，B正确。Δt＝ΔvΔa＝mk，随着m的增大而增大，即小球的质量越大，速率达到vm时经历的时间越长，故C错误。m越大，vm越大，速率达到vm时经历的时间越长，下落的距离越长，故D正确。答案：BD4．(2019·铁岭模拟)如图所示，质量为M＝10kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0kg的煤块(煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动，稳定后做匀速直线运动B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C．煤块在3s内前进的位移为9mD．煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8m解析：煤块刚放到小车上时，根据牛顿第二定律，对煤块有：μmg＝ma1，代入数据解得：a1＝2m/s2，刚开始运动时，对小车有：F－μmg＝Ma2，解得：a2＝0.6m/s2，设经过时间t，煤块和小车的速度相等，煤块的速度为：v1＝a1t，小车的速度为：v2＝v＋a2t，由v1＝v2，解得：t＝2s，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，a3＝56m/s2，即煤块和小车一起以加速度a3＝56m/s2做加速运动，故选项A、B错误；在2s内煤块前进的位移为：x1＝12a1t2＝12×2×22m＝4m，答案：D然后和小车共同运动1s时间，此1s时间内位移为：x1′＝v1t′＋12a3t′2＝4.42m，故煤块在3s内前进的位移为4m＋4.42m＝8.42m，故选项C错误；在2s内煤块前进的位移x1＝4m，小车前进的位移为：x2＝vt＋12a2t2＝(2.8×2＋12×0.6×22)m＝6.8m，两者的相对位移为：Δx＝x2－x1＝6.8m－4m＝2.8m，故选项D正确。5．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v­t图像如图乙所示，物块运动到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则()A．传送带的速度为4m/sB．传送带底端到顶端的距离为14mC．物块与传送带间的动摩擦因数为18D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4m/s，选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v­t图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1m＋12×1×4m＝10m，选项B错误。0～1s内，gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2,1～2s内，gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，解得μ＝14，选项C错误。在1～2s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。答案：A二练会迁移——综合性考法1．[多选](2019·深圳调研)如图甲所示，质量m＝1kg、初速度v0＝6m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．t＝2s时物块速度为零B．t＝3s时物块回到O点C．恒力F大小为2ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1答案：ACD解析：物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝v022x1＝362×6m/s2＝3m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为：t1＝v0a1＝2s，故A正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝v′22x2＝162×8m/s2＝1m/s2，反向加速到出发点的时间t′＝2x1a2＝2×61s＝23s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立两式解得：F＝2N，Ff＝1N，则物块与水平面间的动摩擦因数为：μ＝Ffmg＝0.1，故C、D正确。2.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过()A．2FB.F2C．3FD.F3解析：力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm＝ma①，对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma②，由①②解得：fm＝13F。当F′作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F′－fm＝ma1③，对整体，有：F′＝3ma1④，由上述各式联立解得：F′＝12F，即F′的最大值是12F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过12F，故B正确。答案：B3．[多选](2019·天水一模)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA＝1kg和mB＝2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A