高考物理总复习牛顿运动定律专题讲座四动力学中的典型模型课时训练教科版20180723349 5页

专题讲座四　动力学中的典型模型 ‎1.导学号 58826065水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=‎2 m/s不变,两端A,B间距离为‎3 m.一物块从B端以v0=‎4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取‎10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是(　B　)‎ 解析:物块在传送带上与传送带相对滑动时,加速度为a=μg=‎4 m/s2,则当物块减速为0时,位移x==‎2 m<‎3 m,所以物块没有从A端掉下,会反向运动,加速度大小不变;当物块与传送带共速之后,随传送带一起匀速,故B正确.‎ ‎2.导学号 58826066(2019·山西大学附中模拟)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=‎3 m/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的图像,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的变化图像,其中可能正确的是(　C　)‎ 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=,aB=,已知maB,即①斜率的绝对值应大于②的斜率,故选项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,故选项C正确,D错误.‎ ‎3.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图像可能是(　A　)‎ 解析:放上物块后,长木板受到物块向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度,故A正确,也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度,B,C错误;由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D错误.‎ ‎4.(2019·河北沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段深色的径迹.下列说法正确的是(　C　)‎ A.深色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短 C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短 D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短 解析:当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动,所以深色径迹应出现在木炭包的右侧,选项A错误;设木炭包的质量为m,传送带的速度为v,木炭包与传送带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg=ma,木炭包加速的时间t==,该过程传送带的位移x1=vt=,木炭包的位移x2=vt=t=,深色径迹的长度Δx=x1-x2=‎ ‎,由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带的速度越大,径迹越长,木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C正确,B,D错误.‎ ‎5.导学号 58826067(多选)如图所示,水平传送带A,B两端相距s=‎3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端瞬时速度vA=‎4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,则(g=‎10 m/s2)(　ABC　)‎ A.若传送带不动,则vB=‎3 m/s B.若传送带以速度v=‎4 m/s逆时针匀速转动,vB=‎3 m/s C.若传送带以速度v=‎2 m/s顺时针匀速转动,vB=‎3 m/s D.若传送带以速度v=‎2 m/s顺时针匀速转动,vB=‎2 m/s 解析:若传送带不动,由匀变速规律可知-=-2as,a=μg,代入数据解得vB=‎3 m/s;若传送带以‎4 m/s逆时针转动或以‎2 m/s顺时针转动,工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时相同,所以工件到达B端时的瞬时速度仍为‎3 m/s,故选项A,B,C正确,D错误.‎ ‎6.导学号 58826068(多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsin α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是(　BC　)‎ A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mg B.静摩擦力沿斜面向下 C.静摩擦力的大小可能等于mgsin α D.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan α 解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin α+f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误.‎ ‎7.导学号 58826069(2019·江苏淮阴模拟)如图所示,质量M=‎8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到‎1.5 m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=‎2 kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为(取g=‎10 m/s2)‎ ‎(　B　)‎ A‎.1 m B.‎2.1 m C.‎2.25 m D.‎‎3.1 m 解析:放上物体后,物体的加速度a1=μg=‎2 m/s2,小车的加速度a2== m/s2=‎0.5 m/s2,物体的速度达到与小车共速的时间为t,则v=a1t=v0+a2t,解得t=1 s,此过程中物体的位移s1=a1t2=‎1 m,共同速度为v=a1t=‎2 m/s,当物体与小车相对静止时,共同加速度为a== m/s2=‎0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移s2=vt′+at′2=‎1.1 m,故物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为‎1 m+‎1.1 m=‎2.1 m,故选项B正确.‎ ‎8.如图所示,为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A,B两端相距L=‎5.0 m,质量为M=‎10 kg的物体以v0=‎6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=‎4.0 m/s.(g取‎10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:‎ ‎(1)物体从A点到达B点所需的时间;‎ ‎(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少?‎ 解析:(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1‎ 设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1=‎ 通过的位移x1=‎ 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2‎ Mgsin θ-μMgcos θ=Ma2‎ 由μμ1(m+M)g=2 N时,如果二者相对静止,铁块与木板有相同的加速度,‎ 则F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,‎ 解得F=‎2f-2.此时f≤μ2mg=4 N,即F≤6 N,‎ 所以,当2 N6 N时,M,m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为f=μ2mg=4 N,fF图像如图所示.‎ 答案:(1)‎1 m　(2)见解析 ‎10.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示,绷紧的传送带始终保持v=‎1 m/s的恒定速率运行,AB为水平传送带部分且足够长,现有一质量为m=‎‎5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,传送到B端时没有被及时取下,行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽.已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5,行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8,g取‎10 m/s2,不计空气阻力(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).‎ ‎(1)求行李包相对于传送带滑动的距离;‎ ‎(2)若B端的转轮半径为R=‎0.2 m,求行李包在B点对传送带的压力;‎ ‎(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零,求斜面的长度.‎ 解析:(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg=ma1‎ 若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t,则v=a1t 行李包前进距离x1=a1t2‎ 传送带前进距离x2=vt 行李包相对传送带滑动的距离Δx=x2-x1=‎0.1 m.‎ ‎(2)行李包在B点,根据牛顿第二定律,有mg-N=‎ 解得N=25 N 根据牛顿第三定律可得,行李包在B点对传送带的压力为25 N,方向竖直向下.‎ ‎(3)行李包在斜面上时,根据牛顿第二定律 mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2‎ 行李包从斜面滑下过程:0-v2=‎2a2x 解得x=‎1.25 m.‎ 答案:(1)‎0.1 m　(2)25 N,方向竖直向下　(3)‎‎1.25 m ‎11.如图(甲)所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=‎1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图像如图(乙)所示,g取‎10 m/s2.求:‎ ‎(1)水平作用力F的大小;‎ ‎(2)滑块开始下滑时的高度;‎ ‎(3)木板的质量.‎ 解析:(1)对滑块受力分析如图(a)所示,由平衡条件可得mgsin θ=Fcos θ,‎ 则F= N.‎ ‎(2)由题图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为‎10 m/s,当F变为水平向右之后,其受力如图(b)所示,由牛顿第二定律可得mgsin θ+Fcos θ=ma,‎ 解得a=‎10 m/s2,‎ 滑块下滑的位移x=,‎ 解得x=‎5 m,‎ 故滑块下滑的高度h=xsin 30°=‎2.5 m.‎ ‎(3)由图像(乙)可知,两者先发生相对滑动,当达到共速后一起做匀减速运动.设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,由图像得,两者共同减速时的加速度大小a1=‎1 m/s2,‎ 发生相对滑动时,木板的加速度a2=‎1 m/s2,‎ 滑块减速的加速度大小a3=‎4 m/s2,‎ 对整体受力分析可得a1==μ‎1g,‎ 可得μ1=0.1.‎ 在0～2 s内分别对m和M分析可得 对M:=a2,‎ 对m:=a3,‎ 代入数据解得M=‎1.5 kg.‎ 答案:(1) N　(2)‎2.5 m　(3)‎‎1.5 kg