《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 專題探究四 動力學(xué)中的典型模型練習(xí)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 專題探究四 動力學(xué)中的典型模型練習(xí)（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題探究四　動力學(xué)中的典型模型 1.在民航和火車站可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶.當旅客把行李放到傳送帶上時,傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速運動.隨后它們保持相對靜止,行李隨傳送帶一起前進.設(shè)傳送帶勻速前進的速度為 0.25 m/s,把質(zhì)量為5 kg的木箱靜止放到傳送帶上,由于滑動摩擦力的作用,木箱以6 m/s2的加速度前進,那么這個木箱放在傳送帶上后,傳送帶上將留下的摩擦痕跡約為(　A　) A.5 mm B.6 mm C.7 mm D.10 mm 解析:木箱加速的時間為t=,這段時間內(nèi)木箱的位移為x1=,而傳送帶的位移為x2=vt,傳送

2、帶上將留下的摩擦痕跡長為l=x2-x1,聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù),解得l=5 mm,選項A正確. 2.(2019·山西大學(xué)附中模擬)如圖所示,在光滑的水平面上有一個質(zhì)量為M的木板B處于靜止狀態(tài),現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的木塊A從B的左端以初速度v0=3 m/s 開始水平向右滑動,已知M>m.用①和②分別表示木塊A和木板B的圖像,在木塊A從B的左端滑到右端的過程中,下面關(guān)于二者速度v隨時間t的變化圖像,其中可能正確的是(　C　) 解析:木塊A滑上B時,A做勻減速直線運動,B做勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律得aA=,aB=,已知maB,即①斜率的絕對值應(yīng)大于②的斜率,故選項A,

3、B錯誤.若A不能滑下,則兩者最終共速,若A滑下,則A的速度較大,B的速度較小,故選項C正確,D錯誤. 3.如圖所示,一長木板在水平地面上運動,在某時刻(t=0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上,已知物塊與木板的質(zhì)量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且物塊始終在木板上.在物塊放到木板上之后,木板運動的速度—時間圖像可能是(　A　) 解析:放上物塊后,長木板受到物塊向左的滑動摩擦力和地面向左的滑動摩擦力,在兩力的共同作用下減速,物塊受到向右的滑動摩擦力作用,做勻加速運動,當兩者速度相等后,可能以共同的加速度一起減速,直至速度為零,共

4、同減速時的加速度小于木板剛開始運動時的加速度,故A正確;也可能物塊與長木板間動摩擦因數(shù)較小,達到共同速度后物塊相對木板向右運動,給木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于剛開始運動的加速度,B,C錯誤;由于水平面有摩擦,故兩者不可能一起勻速運動,D錯誤. 4.(2019·河北滄州模擬)帶式傳送機是在一定的線路上連續(xù)輸送物料的搬運機械,又稱連續(xù)輸送機.如圖所示,一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行.現(xiàn)將一個木炭包無初速度地放在傳送帶上,木炭包在傳送帶上將會留下一段深色的徑跡.下列說法正確的是(　C　) A.深色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè) B.木炭包的質(zhì)量越大,徑跡的長度越短 C.

5、木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大,徑跡的長度越短 D.傳送帶運動的速度越大,徑跡的長度越短 解析:當放上木炭包后傳送帶相對于木炭包向右滑動,所以深色徑跡應(yīng)出現(xiàn)在木炭包的右側(cè),選項A錯誤;設(shè)木炭包的質(zhì)量為m,傳送帶的速度為v,木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ,則對木炭包有μmg=ma,木炭包加速的時間t==,該過程傳送帶的位移x1=vt=,木炭包的位移x2=t=t=,深色徑跡的長度Δx=x1-x2=,由上式可知徑跡的長度與木炭包的質(zhì)量無關(guān),傳送帶的速度越大,徑跡越長,木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大,徑跡越短,選項C正確,B,D錯誤. 5.(多選)傳送機的皮帶與水平方向的夾角為α,如圖所示,將質(zhì)

6、量為m的小物塊放在傳送機皮帶上,隨皮帶保持相對靜止一起向下以加速度a(a>gsin α)做勻加速直線運動,則下列關(guān)于小物塊在運動過程中的說法正確的是(　BC　) A.支持力與靜摩擦力的合力大小等于mg B.靜摩擦力沿斜面向下 C.靜摩擦力的大小可能等于mgsin α D.皮帶與小物塊間的動摩擦因數(shù)一定大于tan α 解析:物塊隨皮帶保持相對靜止一起向下做勻加速運動,物塊所受合外力不為零,所以支持力與靜摩擦力的合力大小不等于mg,故A錯誤;加速度a>gsin α,說明靜摩擦力沿皮帶向下,B正確;由牛頓第二定律知mgsin α+Ff=ma,因為a比gsin α大多少不明確,所以靜摩擦

7、力的大小可能等于mgsin α,C正確;皮帶與小物塊間的動摩擦因數(shù)可以小于tan α,故D錯誤. 6.(2019·江蘇淮陰模擬)如圖所示,質(zhì)量M=8 kg的小車靜止在光滑水平面上,在小車右端施加一水平拉力F=8 N,當小車速度達到1.5 m/s時,在小車的右端,輕放一大小不計、質(zhì)量m=2 kg的物體,物體與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,小車足夠長,從物體放上小車開始經(jīng)t=1.5 s的時間,物體相對地面的位移為(取g=10 m/s2)(　B　) A.1 m B.2.1 m C.2.25 m D.3.1 m 解析:放上物體后,物體的加速度a1=μg=2 m/s2

8、,小車的加速度a2= = m/s2=0.5 m/s2,物體的速度達到與小車共速的時間為t,則v= a1t=v0+a2t,解得t=1 s,此過程中物體的位移s1=a1t2=1 m,共同速度為v=a1t=2 m/s,當物體與小車相對靜止時,共同加速度為a== m/s2 =0.8 m/s2,再運動0.5 s的位移s2=vt′+at′2=1.1 m,故從物體放上小車開始經(jīng)t=1.5 s的時間,物體相對地面的位移為1 m+1.1 m=2.1 m,故選項B正確. 7.如圖所示,為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分,傳送帶與水平地面的傾角θ=37°,A,B兩端相距L=5.0 m,質(zhì)量為M=10 kg的

9、物體以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶,物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同,均為0.5.傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度v=4.0 m/s.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)物體從A點到達B點所需的時間; (2)若傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度可以調(diào)節(jié),物體從A點到達B點的最短時間是多少? 解析:(1)設(shè)物體速度大于傳送帶速度時加速度大小為a1,由牛頓第二定律得Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1 設(shè)經(jīng)過時間t1物體的速度與傳送帶速度相同,t1= 通過的位移x1= 設(shè)物體速度小于傳送帶速度時物體的加速度為a2 Mgsin

10、θ-μMgcos θ=Ma2 由μ

11、數(shù) μ1=0.1,鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4,g取10 m/s2.現(xiàn)給鐵塊施加一個水平向左的力F. (1)若力F恒為8 N,經(jīng)1 s鐵塊運動到木板的左端,求木板的長度L; (2)若力F從零開始逐漸增加,且木板足夠長,試通過分析與計算,在圖2中作出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像. 解析:(1)對鐵塊由牛頓第二定律得F-μ2mg=ma1; 對木板由牛頓第二定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2. 設(shè)木板的長度為L,經(jīng)時間t鐵塊運動到木板的左端,則 s木=a2t2,s鐵=a1t2,s鐵-s木=L, 聯(lián)立解得L=1 m. (2)①當F≤μ1(m+M)g=2 N

12、時,系統(tǒng)沒有被拉動,靜摩擦力與外力大小相等,即f=F. ②當F>μ1(m+M)g=2 N時,如果二者相對靜止,鐵塊與木板有相同的加速度, 則F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma, 解得F=2f-2. 此時f≤μ2mg=4 N,即F≤6 N, 所以,當2 N6 N時,M,m相對滑動,此時鐵塊受到的摩擦力為f=μ2mg=4 N,f-F圖像如圖所示. 答案:(1)1 m　(2)見解析 9.如圖為一水平傳送帶裝置示意圖,繃緊的傳送帶AB始終保持1 m/s的恒定速度運行,一質(zhì)量為m=4 kg的行李無初速度地放在A處,該行李與傳送帶間

13、的動摩擦因數(shù)μ=0.1,AB間的距離l=2 m,g取 10 m/s2,求: (1)行李從A運送到B所用的時間t為多少; (2)電動機運送該行李需消耗的電能E為多少; (3)如果提高傳送帶的運行速率,行李就能夠較快的傳送到B處,求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應(yīng)的最小運行速率v′. 解析:(1)行李輕放在傳送帶上,開始是靜止的,行李受滑動摩擦力而向右運動,設(shè)此時行李的加速度為a,由牛頓第二定律得 μmg=ma,a=1.0 m/s2 設(shè)行李從速度為零運動至速度為1 m/s所用的時間為t1,所通過的位移為s1,則 v=at1,t1=1 s, s1=a=0.5 m 行

14、李速度達到1 m/s后與傳送帶保持相對靜止,一起做勻速運動,設(shè)所用時間為t2 則t2==1.5 s 設(shè)行李從A運送到B共用時間為t, 則t=t1+t2=2.5 s. (2)電動機需消耗的電能就是行李增加的動能和系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和,故E=mv2+μmgΔL 行李與傳送帶的相對位移 ΔL=vt1-s1=0.5 m, 代入數(shù)據(jù)解得E=4 J. (3)行李從A勻加速運動到B時,傳送時間最短 有l(wèi)=at2 代入數(shù)據(jù)得t=2 s, 此時傳送帶對應(yīng)的運行速率為v′≥atmin=2 m/s 故傳送帶對應(yīng)的最小運行速率為2 m/s. 答案:(1)2.5 s　(2)4 J　(3)2 s　

15、2 m/s 10.如圖(甲)所示,有一傾角為30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板,開始時質(zhì)量為m=1 kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上,今將水平力F變?yōu)樗较蛴?當滑塊滑到木板上時撤去力F,木塊滑上木板的過程不考慮能量損失.此后滑塊和木板在水平面上運動的vt圖像如圖(乙)所示,g取 10 m/s2.求: (1)水平作用力F的大小; (2)滑塊開始下滑時的高度; (3)木板的質(zhì)量. 解析:(1)對滑塊受力分析如圖(a)所示,由平衡條件可得mgsin θ=Fcos θ, 則F= N. (2)由題圖(乙)可知,滑塊滑到木板上的初速度為 10 m

16、/s,當F變?yōu)樗较蛴抑?其受力如圖(b)所示,由牛頓第二定律可得mgsin θ+Fcos θ=ma, 解得a=10 m/s2, 滑塊下滑的位移x=, 解得x=5 m, 故滑塊下滑的高度h=xsin 30°=2.5 m. (3)由題圖(乙)可知,兩者先發(fā)生相對滑動,當達到共速后一起做勻減速運動.設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2,由圖像得,兩者共同減速時的加速度大小a1=1 m/s2, 發(fā)生相對滑動時,木板的加速度a2=1 m/s2, 滑塊減速的加速度大小a3=4 m/s2, 對整體受力分析可得a1==μ1g, 可得μ1=0.1. 在0～2 s內(nèi)分別對m和M分析可得 對M:=a2, 對m:=a3, 代入數(shù)據(jù)解得M=1.5 kg. 答案:(1) N　(2)2.5 m (3)1.5 kg 7