2019届高考物理大一轮复习第3章第4讲专题四动力学中的典型“模型”精练 4页

动力学中的典型“模型”◎基础巩固练1．(多选)如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动。将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则(　　)A．前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动B．后t秒内Q与传送带之间无摩擦力C．前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1∶1D．Q由传送带左端运动到右端的平均速度为v解析：　前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律Ff＝ma可知，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误，B正确；前t秒内Q的位移x1＝t，后t秒内Q的位移x2＝vt，故＝，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度＝＝＝v，选项D正确。答案：　BD2．如图所示，一长木板静止放在水平地面上，木板长L＝5m，小茗同学(可视为质点)站在木板的左端，处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v＝4m/s，已知木板质量M＝20kg，小茗质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ(结果保留两位有效数字)。解析：　对小茗进行分析，由v＝a1t，得a1＝2m/s2则木板对小茗的摩擦力Ff＝ma1＝100N由x1＝a1t2，得小茗向右运动的位移x1＝4m则可知木板在此过程中向左运动的位移为x2＝1m由x2＝a2t2，得a2＝0.5m/s2n对木板进行受力分析可得Ff′－μ(M＋m)g＝Ma2由牛顿第三定律知Ff′＝Ff联立得μ＝＝0.13答案：　0.133．(2018·昆明统测)如图所示，质量M＝1kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2。(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。解析：　(1)A、B之间的最大静摩擦力为Ffm>μ1mg＝0.3×1×10N＝3N假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F＝(M＋m)a对A：FfAB＝Ma解得：FfAB＝2.5N因FfABtan30°，故小物块速度等于2.5m/s时，将做匀速直线运动至B点，设用时为t2，则t2＝＝0.3s，故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3s。(2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A到B一直做匀加速直线运动，到达B点的速度最大。由牛顿第二定律及运动学公式有v－v＝2a1L，解得vB＝8m/s。小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律有mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得a2＝12.5m/s2。由运动学公式可知vB′2＝v－2a2L，解得vB′＝2m/s。即小物块到达B点的速度范围为2m/s≤vB≤8m/s。答案：　(1)1.3s　(2)2m/s≤vB≤8m/s5.如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高。已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为μ1＝。若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动。重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足什么条件？n解析：　(1)整个系统匀速时对钩码：2mg＝FT对物块和木板：FT＝2mgsinθ＋2μ2mgcosθ解得：μ2＝(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2。对物块：μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma2解得：a2＝g对木板：FT′－mgsinθ－μ1mgcosθ－2μ2mgcosθ＝ma1对钩码：m′g－FT′＝m′a1解得：a1＝g联立解得：m′>m答案：　(1)　(2)m′>m