【文档说明】2021届高考物理二轮专题复习（选择性考试）专题强化练（三） 动力学观点在力学中的应用 含解析.docx，共(14)页，339.592 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(三)题组一木板滑块类型1.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为m′的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0＝3m/s开始水平向右滑动，已知m′＞m.用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者

速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是()解析：木块A滑上B时，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得aA＝μmgm，aB＝μmgm′，已知m＜m′，所以aA＞aB，即①斜率的绝对值应

大于②的斜率，故A、B错误．若A不能滑下，则两者最终共速，若A滑下，则A的速度较大，B的速度较小，故C项正确，D项错误．答案：C2．如图甲中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用，用传感器

测出其加速度a，得到乙图的a-F图象．g取10m/s2，对此得到下列结论，其中正确的是()A．滑块的质量m＝2kgB．木板的质量M＝4kgC．当F＝8N时滑块加速度为3m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数

为0.1解析：由图知，F＝6N时，加速度为a＝1m/s2.此时滑块和木板恰好一起运动，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝6kg；当F＞6N时，对木板有a＝F－μmgM＝1MF－μmgM，知图线的斜率k＝1M＝12，解得M＝2kg，滑块的质

量m＝4kg，故A、B错误；根据F＞6N的图线知，F＝4N时，a＝0，代入a＝1MF－μmgM，代入数据解得μ＝0.1；当F＝8N时，对滑块有μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1m/s2，故C错误，D正确．答案：

D3．(多选)如图甲所示，质量为2m足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端．且A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．在t＝3s以前，A受到的摩擦力水平向右B．在t＝

4s时，A的加速度大小为13μgC．在t＝5s时，A受到的摩擦力大小为0.5μmgD．在t＝6s以后，A受到的摩擦力大小为μmg解析：A相对B即将滑动时，A加速度为aA＝μg，B加速度aB＝F－4μmg2m，且有aA＝aB，解得F＝6μmg.所以F＝6μmg时，A相对B即将滑动，在t

＝6s以后，A受到的摩擦力大小为μmg，故D正确；A随B一起将要滑动时，aAB＝F－3μmg3m＝0，解得F＝3μmg，所以在t＝3s以前，AB静止不动，A受到的摩擦力为0，故A错误；当t＝4s时，A

随B一起滑动时，A的加速度大小为aAB＝F－3μmg3m＝4μmg－3μmg3m＝13μg，故B正确；在t＝5s时，A随B一起滑动时，A受到的摩擦力大小Ff＝maAB＝m×5μmg－3μmg3m＝23μmg

，故C错误；故选BD.答案：BD4．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M的足够长的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)静止放在长木板上．从t＝0时刻开始，长木板受到的水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是

()A．长木板的质量M＝1kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5C．当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大解析：长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，当F＝6N时，此时两物体

具有共同的最大加速度，代入数据解得：M＋m＝3kg，当F大于6N时，对长木板，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，故F＝Ma＋μmg，知图线的斜率k＝M＝1kg，则滑块的质量为：m＝2kg，μmg＝4N，μ＝0.2，故A正确，B错误；当F＝6.5N时，长木板的加速度为：a＝2.5m/s

2，故C正确；当拉力大于6N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μmgm＝2m/s2，恒定不变．答案：AC题组二传送带问题5.如图所示，长度为L的水平传送带以恒定的速度向右匀速运动，在左端轻轻放上一个工件，当工件运

动到距离传送带右端L3处时，传送带出现故障突然卡住不动，此后工件恰好滑到传送带右端．已知工件可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则()A．工件先加速后减速B．工件在整个过程中的平均速度为μgL6C．传送带的速度大小为2μgL3D．工件从传送带左端运

动到右端的时间为436Lμg解析：工件从传送带左端运动到右端的过程中，先在滑动摩擦力作用下加速运动，根据题意，可知在传送带卡住之前，工件就已经加速到与传送带速度相等．传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做

减速运动，即工件先加速后匀速再减速，选项A错误；传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，其加速度大小a＝μg，由v2＝2aL3，解得v＝2μgL3，选项C正确；工件做加速运动的时间t1＝va＝2L3μg，加速运动的位移大小x1＝L3，做减速运动的时间t3＝t1＝2L3μg，匀速运动的

位移大小x2＝L－x1－L3＝L3，做匀速运动的时间t2＝x2v＝L6μg，工件从传送带左端运动到右端的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2L3μg＋L6μg＋2L3μg＝5L6μg，选项D错误；根据上述分析可知，工件在整个过程中的平均速度v＝Lt＝6μgL5，选项

B错误．答案：C6.(多选)如图所示，传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：在刚开始时，由于木块的速度小于传送带的

速度，所以木块受到的摩擦力方向向下，此时a1＝mgsinθ＋μmgcosθm＝gsinθ＋μgcosθ.若到达传送带底端时，木块的速度仍没有达到和传送带的速度相同，则整个过程中木块都是以加速度a1做匀加速直

线运动．若在到达底端前速度和传送带的速度相同，则由μ＜tanθ知，木块继续沿传送带加速向下运动，但此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2＝mgsinθ－μmgcosθm＝gsinθ－μgcosθ＜a1，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小，故B

、D正确．答案：BD7.(多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2m/s的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v2＝3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，则(

)A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B．小墨块的加速度大小为0.2m/s2C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5mD．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m解析：小墨块未与传送带速度相同时，相对传送

带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，故a＝v1－（－v2）t＝v1＋v2t＝1m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左做匀

减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝0＋v22t1，联立解得：x1＝4.5m；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2＝v1t1，小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x′1＝0＋v12t2，对传送带有：x′2＝v1t2，因而小墨块

在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x′2－x′1)，解得：x＝12.5m，故C错误，D正确．答案：AD题组三整体法与隔离法8.如图所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F

竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有()A．

a1＝a2，x1＝x2B．a1＜a2，x1＝x2C．a1＝a2，x1＞x2D．a1＜a2，x1＞x2解析：以两物体及弹簧组成的整体为研究对象，竖直向上运动时，F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1；沿光滑水平桌面运动时，F＝(m1＋m2)a2，比较两式可得：a1＜a2，A

、C项错；以b为研究对象，由牛顿第二定律有：kx1－m2g＝m2a1，kx2＝m2a2，解得：x1＝x2＝m2Fk（m1＋m2），B项正确．答案：B9.如图所示，粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B，质量分

别为mA＝m，mB＝3m，与水平面间的动摩擦因数均为μ，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓缓向左水平推木块B，使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始向右运动，当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离)，则()A．木块A对木块B的作用力大小一定为3F4

B．木块A对木块B的作用力大小一定为F4C．木块A对木块B的作用力大小一定为34F－3μmgD．木块A对木块B的作用力大小一定为F－μmg解析：当弹簧弹力大小为F时，设木块A对木块B的作用力大小为FN.根据牛顿第二定律，对A、B整

体有：F－μ·4mg＝4ma，对B有FN－μ·3mg＝3ma，联立解得：FN＝34F，故选A.答案：A题组四综合练10．如图所示，在水平地面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，

木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求木块

和木板保持相对静止的时间t1；(2)t＝10s时，两物体的加速度各为多大；(3)画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及计算过程)．解析：(1)当F<μ2(m1＋m2)g＝3

N时，此时F<μ1m2g＝6N，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态．当木块和木板一起运动时，对m1∶Ffmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，Ffmax＝μ1m2g，解得：amax＝3m/s2.对m1和m2整体

有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax，解得Fmax＝12N，由Fmax＝3t1(N)得t1＝4s.(2)t＝10s时，木块与木板已相对运动，则有：对m1：μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1

，解得：a1＝3m/s2.对m2：F－μ1m2g＝m2a2，F＝30N，解得：a2＝12m/s2.(3)图象过(1，0)，(4，3)，(10，12)答案：见解析11．如图所示，一倾角θ＝37°的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v＝6m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以

v0＝4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C点．已知斜面AB长度为L1＝8m，传送带BC长度为L2＝18m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求物块与斜面之间

的动摩擦因数μ1；(2)求物块在传送带上运动时间．解析：(1)在AB过程，物体做匀减速直线运动：L1＝v20－02a1，可得a1＝1m/s2，根据牛顿第二定律：μ1mgcos37°－mgsin37°＝ma1，故μ1＝0.875.(2)在BC过程，物体先匀加速：a2＝μ2g＝3m/s2，t1＝v－0

a2＝2s，x1＝0＋v2·t1＝6m.共速后，物体做匀速直线运动：x2＝L2－x1＝12m，t2＝x2v＝2s，故t总＝t1＋t2＝4s.答案：(1)0.875(2)4s12.如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动．某时刻速度为v0＝2m/s，此时一与木板质量相等

的小滑块(可视为质点)以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左．重力加速度g取10m/s2，试求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同

的过程中，滑块相对木板的位移大小．解析：(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝v2－v1t＝1－41m/s2＝－3m/s2，负号表示加速度方向向右．对小滑块，设小滑块的质量为m，根据牛顿第

二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3.(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：μ1mg＋μ2·2mg＝mv0t1，向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：μ1mg－μ2·2mg＝mv2t2，而且t

1＋t2＝t＝1s，联立以上各式得μ2＝0.05，t1＝0.5s，t2＝0.5s.(3)在t1＝0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝0＋v02·t1＝0.5m，方向向右．在t2＝

0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝v2＋02·t2＝0.25m，方向向左．在整个t＝1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝v1＋v22·t＝2.5m，方向向左，则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：

Δx＝x＋x1－x2＝2.75m.答案：(1)0.3(2)0.05(3)2.75m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com