高考物理总复习 第三章 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-教科版高三全册物理试题.doc

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=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=g=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(2018·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.用和分别表示木块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m<M,所以aA>aB,即斜率的绝对值应大于的斜率,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.(2018·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,则对木炭包有mg=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x=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=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/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,vB=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,vB=3 m/sD.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=g,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,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 )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mgB.静摩擦力沿斜面向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin D.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan 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 ,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin +f=ma,因为a比gsin 大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin ,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tan ,故D错误.7.导学号 58826069(2018·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=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 mB.2.1 mC.2.25 mD.3.1 m解析:放上物体后,物体的加速度a1=g=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+at2=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=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 +Mgcos =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a2Mgsin -Mgcos =Ma2由<tan =0.75知,物体继续减速,设经时间t2到达传送带B点L-x1=vt2-a2联立各式可得t=t1+t2=2.2 s.(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则所用时间最短,此种情况加速度大小一直为a2,L=v0t-a2t2得出t=1 s(t=5 s舍去).答案:(1)2.2 s(2)1 s9.(2018·南昌二中月考)如图1所示,质量M=1 kg的木板静止在水平面上,质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4,g取10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.(1)若力F恒为8 N,经1 s铁块运动到木板的左端,求木板的长度L;(2)若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长,试通过分析与计算,在图2中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像.解析:(1)对铁块由牛顿第二定律得F-2mg=ma1;对木板由牛顿第二定律得2mg-1(M+m)g=Ma2.设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则s木=a2t2,s铁=a1t2,s铁-s木=L,联立解得L=1 m.(2)当F1(m+M)g=2 N时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力大小相等,即f=F.当F>1(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-1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,解得F=2f-2.此时f2mg=4 N,即F6 N,所以,当2 N<F6 N时,f=+1 N.当F>6 N时,M,m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为f=2mg=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1mg=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x=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°-2mgcos 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 m11.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 =Fcos ,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 +Fcos =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1,滑块与木板间的动摩擦因数为2,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=1g,可得1=0.1.在02 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