2019年高三物理一轮达标训练--动力学中三种典型物理模型(有解析)

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2019年高三物理一轮达标训练--动力学中三种典型物理模型(有解析)

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章 来源莲山课件 ww w.
5 Y k j.CoM

动力学中的典型“模型”
 
一、选择题(1~3题为单项选择题,4~5题为多项选择题)
1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止,行李随传送带一起前进。设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s,把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,木箱以6 m/s2的加速度前进,那么这个木箱放在传送带上后,传送带上将留下的摩擦痕迹约为(  )
 
图1
 A.5 mm   B.6 mm C.7 mm   D.10 mm
 解析 木箱加速的时间为t=v/a,这段时间内木箱的位移为x1=v22a,而传送带的位移为x2=vt,传送带上将留下的摩擦痕迹长为l=x2-x1,联立各式并代入数据,解得l=5.2 mm,选项A正确。
 答案 A
2.(2018•山东日照模拟)如图2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-时间图象可能是下列选项中的(  )
 
图2
 
 解析 设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得:
 -μ1mg-μ2•2mg=ma1
 a1=-(μ1+2μ2)g
 设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对整体有-μ2•2mg=2ma2
 a2=-μ2g,可见|a1|>|a2|
 由v-t图象的斜率表示加速度大小可知,图象A正确。
 答案 A
3.(2017•山东潍坊质检)如图3所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(  )
 
图3
 
 解析 开始阶段,木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用,做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得
 mgsin θ+μmgcos θ=ma1
 所以a1=gsin θ+μgcos θ
 木块加速至与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动,之后木块继续加速,所受滑动摩擦力变为沿传送带向上,做加速度为a2的匀加速直线运动,这一阶段由牛顿第二定律得
 mgsin θ-μmgcos θ=ma2
 所以a2=gsin θ-μgcos θ
 根据以上分析,有a2<a1,所以本题正确选项为D。
 答案 D
4.如图4所示,质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上,其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起,给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小,图中可能符合它们运动情况的是(  )
 
图4
 
 解析 若长木板和木块之间没有相对滑动,A对;若长木板和木块之间有相对滑动,则a2>a1,B、D错,C对。
 答案 AC
5.如图5所示,质量为M=2 kg、长为L=2 m的长木板静止放置在光滑水平面上,在其左端放置一质量为m=1 kg的小木块(可视为质点),小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.2。先相对静止,然后用一水平向右F=4 N的力作用在小木块上,经过时间t=2 s,小木块从长木板另一端滑出,g取10 m/s2,则(  )
 
图5
 A.滑出瞬间木块速度2 m/s
 B.滑出瞬间木块速度4 m/s
 C.滑出瞬间木板速度2 m/s
 D.滑出瞬间木板速度4 m/s
 解析 小木块加速度a1=F-μmgm=4-21 m/s2=2 m/s2,木板加速度a2=μmgM=1 m/s2,脱离瞬间小木块速度v1=a1t=4 m/s,A错误,B正确;木板速度v2=a2t=2 m/s,C正确,D错误。
 答案 BC
二、非选择题
6.一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上,小车表面光滑。某时刻小车由静止开始向右匀加速运动,经过2 s,细绳断裂。细绳断裂前后,小车的加速度保持不变,又经过一段时间,滑块从小车左端刚好掉下,在这段时间内,已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m,后3 s内滑行了10.5 m。求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少?
 
图6
 解析 设小车加速度为a。绳断裂时,车和物块的速度为v1=at1。断裂后,小车的速度v=v1+at2,小车的位移为:
 x1=v1t2+12at22
 滑块的位移为:x2=v1t2
 绳断后,前3 s相对位移有关系:
 Δx=x1-x2=12at23=4.5 m
 得:a=1 m/s2
 细绳断开时小车和物块的速度均为:
 v1=at1=1×2 m/s=2 m/s
 设后3 s小车的初速度为v1′,则小车的位移为:
 x1′=v1′t4+12at24
 滑块的位移为:
 x2′=v1t4
 得:x1′-x2′=3v1′+4.5 m-3v1=10.5 m
 解得:v1′=4 m/s
 由此说明后3 s实际上是从绳断后2 s开始的,滑块与小车相对运动的总时间为:
 t总=5 s
 答案 5 s
7.如图7所示,甲、乙两传送带倾斜放置,与水平方向夹角均为37°,传送带乙长为4 m,传送带甲比乙长0.45 m,两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动,可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放,可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑,两物块质量相等,与传送带间的动摩擦因数均为0.5,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
 
图7
 (1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间;
 (2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。
 解析 (1)对物块A由牛顿第二定律知mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,代入数值得a1=10 m/s2
 设经时间t1物块A与传送带共速,则由运动学规律知
 v带=a1t1,即t1=0.3 s
 此过程中物块A的位移为x1=12a1t21=0.45 m
 物块A与传送带共速后,由牛顿第二定律知
 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,代入数值得a2=2 m/s2
 由运动学规律知L甲-x1=v带t2+12a2t22,代入数值得
 t2=1 s
 所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t=t1+t2=1.3 s。
 (2)在物块A的第一个加速过程中,物块A在传送带上的划痕长度为
 L1=v带t1-x1=0.45 m
 在物块A的第二个加速过程中,物块A在传送带上的划痕长度为
 L2=v带t2+12a2t22-v带t2=1.0 m
 所以物块A在传送带上的划痕长度为
 LA=L2=1.0 m
 由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同,从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同
 所以物块B在传送带上的划痕长度为LB=v带t2+12a2t22-v带t2=1.0 m
 故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB=1∶1
 答案 (1)1.3 s (2)1∶1
8.如图8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,现将力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图象如图乙所示,g=10 m/s2。求:
 
图8
 (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)滑块受力如图所示,根据平衡条件,有
 
 mgsin θ=Fcos θ
 解得F=1033 N
 (2)当力F变为水平向右之后,由牛顿第二定律,有mgsin θ+Fcos θ=ma 
 解得a=10 m/s2
 根据题意,由题图乙可知,滑块滑到木板上的初速度
 v=10 m/s。
 滑块下滑的位移x=v22a,解得x=5 m
 故滑块下滑的高度h=xsin 30°=2.5 m
 (3)由题图乙可知,滑块和木板起初相对滑动,当达到共同速度后一起做匀减速运动,两者共同减速时加速度a1=1 m/s2,相对滑动时,木板的加速度a2=1 m/s2,滑块的加速度大小a3=4 m/s2,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,对它们整体受力分析,有
 a1=μ1(M+m)gM+m=μ1g,解得μ1=0.1
 0~2 s内分别对木板和滑块受力分析,即
 对木板:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2
 对滑块:μ2mg=ma3
 联立解得M=1.5 kg。
 答案 (1)1033 N (2)2.5 m (3)1.5 kg

 

 


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