高考物理人教版时作业135小专题动力学中常考的物理模型 8页

www.ks5u.com 第5课时　(小专题)动力学中常考的物理模型 基本技能练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示。则传送带转动后 ‎(　　)‎ 图1‎ A．物块将减速下滑 B．物块仍匀速下滑 C．物块受到的摩擦力变小 D．物块受到的摩擦力变大 解析　当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mgsin θ＝μmgcos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcos θ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。‎ 答案　B ‎2．如图2所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1和小车的加速度为a2。当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)‎ ‎(　　)‎ 图2‎ A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2‎ B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2‎ C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2‎ D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2‎ 解析　由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2。当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2。当F较大时，m与M发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2，综上述只有选项D符合题意。‎ 答案　D ‎▲如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为 ‎(　　)‎ ‎　‎ A. s B．2 s C. s D．2 s 解析　A、E两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝＝＝2 s，选B。‎ 答案　B ‎3．(多选)如图3所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中 ‎(　　)‎ 图3‎ A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s C．划痕长度是0.5 m D．划痕长度是2 m 解析　根据牛顿第二定律，煤块的加速度 a＝＝4 m/s2，‎ 煤块运动到速度与传送带相等时的时间t1＝＝1 s，‎ 位移大小x1＝at＝2 m＜x，‎ 此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即 Δs＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确、C错误；‎ x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，‎ 运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确、A错误。‎ 答案　BD ‎▲如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k＜1。求：物体与斜面间的动摩擦因数μ。‎ 解析　设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为Ff，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，则由牛顿第二定律可得 ‎ mgsin α－Ff＝ma，Ff＝μmgcos α 所以a＝g(sin α－μcos α)‎ 由运动规律可知v＝2ax＝2xg(sin α－μcos α)，v2＝2gh 由题意：v1＝kv 解得：μ＝(1－k2)tan α。‎ 答案　(1－k2)tan α ‎4．(多选) (2014·哈尔滨九中四模)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两小块物A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是 ‎(　　)‎ 图4‎ A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端 C．物块A、B运动的加速度大小不同 D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同 解析　A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项A、C错，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确。‎ 答案　BD ‎▲(多选)(2014·湖北黄冈中学检测)‎ 某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型。一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中 ‎(　　)‎ A．地面对滑梯始终无摩擦力作用 B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小 D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小 解析　由题给条件μ1tan θ知，在AB段：μ1mgcos θmgsin θ，小朋友减速下滑，即整体有斜向右上方的加速度，所以地面对滑梯的摩擦力向右，支持力大于总重力。综上所述，B、D正确。‎ 答案　BD 能力提高练 ‎5．如图5所示，质量M＝1 kg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＝1 kg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＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上。设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。‎ 图5‎ ‎(1)若水平地面光滑，计算说明铁块B与木板A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的时间。‎ 解析　(1)A、B之间的最大静摩擦力为 Ffm＝μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N 假设A、B之间不发生相对滑动，则 对A、B整体：F＝(M＋m)a 对B：FfAB＝ma 解得FfAB＝2.5 N 因FfAB＜Ffm，故A、B之间不发生相对滑动 ‎(2)对B：F－μ1mg＝maB 对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA 据题意xB－xA＝L，xA＝aAt2，xB＝aBt2，解得t＝ s 答案　(1)不会发生相对滑动　(2) s ‎6．如图6所示，水平传送带AB长L＝10 m，向右匀速运动的速度v0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1＝6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。求：‎ 图6‎ ‎(1)小物块相对地面向左运动的最大距离；‎ ‎(2)小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。‎ 解析　(1)设小物块与传送带间摩擦力大小为Ff 则Ff＝μmg，Ff x物＝mv，x物＝4.5 m ‎(2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等 v1－at1＝0，a＝，t1＝1.5 s，v0＝at2，t2＝1 s 设反向加速时，小物块的位移为x1，则有 x1＝at＝2 m 小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点 x物－x1＝v0t3‎ t3＝0.625 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝3.125 s 答案　(1)4.5 m　(2)3.125 s ‎7．如图7所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1‎ ‎ kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。‎ 图7‎ ‎(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；‎ ‎(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。‎ 解析　(1)对M、m，由牛顿第二定律 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a ‎①‎ 对m，有Ff－mgsin α＝ma ‎②‎ Ff≤Ffm＝μmgcos α ‎③‎ 代入数据得F≤30 N ‎④‎ ‎(2)F＝37.5 N＞30 N，物块能滑离木板 ‎⑤‎ 对M，有F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1‎ ‎⑥‎ 对m，有μmgcos α－mgsin α＝ma2‎ ‎⑦‎ 设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式 a1t2－a2t2＝L ‎⑧‎ 代入数据得t＝1.2 s ‎⑨‎ 物块滑离木板时的速度v＝a2t ‎⑩‎ 由公式－2gsin α·x＝0－v2‎ ‎⑪‎ 代入数据得x＝0.9 m ‎⑫‎ 答案　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m