高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題4 動(dòng)力學(xué)中?？嫉摹叭齻€(gè)物理模型”練習(xí) 新人教版

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1、 微專題四 動(dòng)力學(xué)中?？嫉摹叭齻€(gè)物理模型” [A級(jí)—基礎(chǔ)練] 1．(08786280)(2018湖南衡陽(yáng)聯(lián)考)如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在水平足夠長(zhǎng)的傳送帶上，取向右為速度的正方向，物塊P最初一段時(shí)間的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示，關(guān)于傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是 (　　) A．一定是向右的勻加速運(yùn)動(dòng) B．可能是向右的勻速運(yùn)動(dòng) C．一定是向左的勻加速運(yùn)動(dòng) D．可能是向左的勻速運(yùn)動(dòng) 解析：A　[由題意可知：物塊P向右做加速運(yùn)動(dòng)，初始做加速度為μg的加速運(yùn)動(dòng)，然后與傳送帶相對(duì)靜止一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A正確．] 2．(08786281)(2018河南信陽(yáng)高級(jí)中學(xué)大

2、考)身體素質(zhì)拓展訓(xùn)練中，人從豎直墻壁的頂點(diǎn)A沿光滑桿自由下滑到傾斜的木板上(人可看成質(zhì)點(diǎn))，若木板的傾斜角不同，人沿著三條不同路徑AB、AC、AD滑到木板上的時(shí)間分別為t1、t2、t3，若已知AB、AC、AD與板的夾角分別為70、90和105，則(　　) A．t1>t2>t3 B．t1t2>t3，A正確．] 3．帶式傳送機(jī)是在一定的線路上連續(xù)輸送物料的搬運(yùn)機(jī)械

3、，又稱連續(xù)輸送機(jī)．如圖所示，一條足夠長(zhǎng)的淺色水平傳送帶自左向右勻速運(yùn)行．現(xiàn)將一個(gè)木炭包無(wú)初速度地放在傳送帶上，木炭包在傳送帶上將會(huì)留下一段黑色的徑跡．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè) B．木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長(zhǎng)度越短 C．木炭包與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)越大，徑跡的長(zhǎng)度越短 D．傳送帶運(yùn)動(dòng)的速度越大，徑跡的長(zhǎng)度越短 解析：C　[剛放上木炭包時(shí)，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包相對(duì)傳送帶向后滑動(dòng)，所以黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的右側(cè)，所以A錯(cuò)誤．木炭包在傳送帶上運(yùn)動(dòng)靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產(chǎn)生加速度，所以由牛頓第二定律知，μmg＝

4、ma，所以a＝μg，當(dāng)達(dá)到共同速度時(shí)，不再有相對(duì)滑動(dòng)，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝，設(shè)相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為t，由v＝at得t＝，此時(shí)傳送帶的位移為x傳＝vt＝，所以相對(duì)滑動(dòng)的位移是Δx＝x傳－x木＝，由此可知，黑色的徑跡與木炭包的質(zhì)量無(wú)關(guān)，所以B錯(cuò)誤．木炭包與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)越大，徑跡的長(zhǎng)度越短，所以C正確．傳送帶運(yùn)動(dòng)的速度越大，徑跡的長(zhǎng)度越長(zhǎng)，所以D錯(cuò)誤．] 4．(08786282)(2018唐山一中模擬)一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦．現(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長(zhǎng)度且軸線水平．若在彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)到

5、最長(zhǎng)的過(guò)程中，滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，則在此過(guò)程中滑塊的速度和加速度變化情況是 (　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析：D　[因滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，故滑塊始終受到水平向左的滑動(dòng)摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑塊的加速度先減小后反向增大，而滑塊的速度先增大后減小，直到速度為零，故只有D項(xiàng)正確．] 5．如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3，用水平恒力F拉動(dòng)小車，物塊的加速度為a1，小車的加

6、速度為a2.當(dāng)水平恒力F取不同值時(shí)，a1與a2的值可能為(當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10 m/s2)(　　) A．a(chǎn)1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 B．a(chǎn)1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2 C．a(chǎn)1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2 D．a(chǎn)1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2 解析：D　[當(dāng)F<μmg＝3 m/s2m時(shí)，物塊與小車一起運(yùn)動(dòng)，且加速度相等，最大共同加速度為amax＝μg＝3 m/s2，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)F≥3 m/s2m時(shí)，小車的加速度大于物塊的加速度，此時(shí)物塊與小車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊的加速度最大，由牛頓第二定律得：a1＝＝μg＝3 m/s2，小車的加速度a2>

7、3 m/s2，故C錯(cuò)誤，D正確．] 6．如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為a2，則a1與a2的比為(　　) A．1∶1　　　　　　　　 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 解析：C　[當(dāng)水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，臨界情況是A、B的加速度相等．隔離對(duì)B分析，B的加速度為aB＝a1＝＝μg.當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大，A、B的

8、加速度相等，有a1＝a2＝＝μg，可得a1∶a2＝1∶3.故選C.] 7．(08786283)(多選)(2018鹽城1月檢測(cè))如圖甲所示，以速度v逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ.現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊輕輕地放在傳送帶的上端，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則乙圖中能夠正確地描述小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的圖線可能是(　　) 解析：CD　[木塊放上后一定先向下加速，由于傳送帶足夠長(zhǎng)，所以一定有木塊速度大小等于傳送帶速度大小的機(jī)會(huì)，此時(shí)若重力沿傳送帶向下的分力大小大于最大靜摩擦力，則之后木塊繼續(xù)加速，但加速度變小了；而若重力沿傳送帶向下的分力大小小于或等于最大靜摩擦力

9、，則木塊將隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，故C、D項(xiàng)正確，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤．] 8．(08786284)(多選)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A.木板B受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的aF圖象，已知g取10 m/s2，則(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．滑塊A的質(zhì)量為4 kg B．木板B的質(zhì)量為1 kg C．當(dāng)F＝10 N時(shí)木板B的加速度為4 m/s2 D．滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 解析：BC　[當(dāng)F＝8 N時(shí)，加速度為a＝2 m/s2，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得

10、M＋m＝4 kg，當(dāng)F＞8 N時(shí)，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝F－，由題圖圖象可知，圖線的斜率k＝＝＝kg－1＝1 kg－1，解得M＝1 kg，滑塊的質(zhì)量為m＝3 kg，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)F大于8 N時(shí)的圖線知，F(xiàn)＝6 N時(shí)a＝0，即0＝6－，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由圖示圖象可知，當(dāng)F＝10 N時(shí)，滑塊與木板相對(duì)滑動(dòng)，B滑動(dòng)的加速度為a＝10 m/s2－ m/s2＝4 m/s2，故C正確．] [B級(jí)—能力練] 9．(08786285)(多選)(2018河北唐山一中調(diào)研)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，

11、砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g B．要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g C．若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于，砝碼不會(huì)從桌面上掉下 D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時(shí)，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣 解析：BC　[對(duì)紙板分析，當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯(cuò)誤．設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1＝Ma1，F(xiàn)－f1－f2＝ma2，發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要a2＞a1，代入數(shù)據(jù)解得：F＞2μ(M＋m)g，故

12、B正確．若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于，砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于＝＝，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于＝＝，則總位移小于d，不會(huì)從桌面上掉下，故C正確．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時(shí)，砝碼未脫離紙板時(shí)的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝＝2μg，根據(jù)a2t2－a1t2＝d，解得t＝ ，則此時(shí)砝碼的速度v＝a1t＝，砝碼脫離紙板后做勻減速運(yùn)動(dòng)，勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a′＝μg，則勻減速運(yùn)動(dòng)的位移x＝＝＝d，而勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x′＝a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯(cuò)誤．] 10．(08786286)(多選)如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊傾斜的傳送帶長(zhǎng)都是2 m且與水平方向的夾角均

13、為37.現(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.下列判斷正確的是(　　) A．物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B．物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C．傳送帶對(duì)物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上 D．物塊A下滑過(guò)程中相對(duì)傳送帶的路程小于物塊B下滑過(guò)程中相對(duì)傳送帶的路程 解析：BCD　[A、B都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，故傳送帶對(duì)兩物塊的滑動(dòng)摩擦力均沿傳送帶向上，大小也相等，故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同，滑到底端時(shí)位移大小相同，故時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤，

14、B、C正確；A物塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同，相對(duì)路程較小，故D正確．] 11．(2018安徽合肥質(zhì)檢)如圖所示，某皮帶傳動(dòng)裝置與水平面夾角為30，兩輪軸心相距L＝2 m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點(diǎn)，傳送帶不打滑．現(xiàn)傳送帶沿順時(shí)針方向以v＝2.5 m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，將一小物塊輕輕地放置于A點(diǎn)，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2.試求： (1)小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的時(shí)間； (2)若傳送帶速度可以任意調(diào)節(jié)，當(dāng)小物塊在A點(diǎn)以v0＝3 m/s的速度沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度范圍． 解析：(1)剛開始小物塊沿傳送帶向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第

15、二定律有μmgcos 30－mgsin 30＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2. 設(shè)小物塊速度等于2.5 m/s時(shí)，小物塊對(duì)地位移為L(zhǎng)1，用時(shí)為t1，則t1＝＝ s＝1 s. L1＝＝m＝1.25 m， 因L1＜L且μ＞tan 30，故小物塊速度等于2.5 m/s時(shí)，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，設(shè)用時(shí)為t2，則t2＝＝0.3 s，故小物塊從A到B所用時(shí)間為t＝t1＋t2＝1.3 s. (2)由于傳送帶速度可以任意調(diào)節(jié)，則小物塊從A到B一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度最大．由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v－v＝2a1L，解得vB＝8 m/s. 小物塊從A到B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B

16、點(diǎn)的速度最小，由牛頓第二定律有mgsin 30＋μmgcos 30＝ma2，解得a2＝12.5 m/s2. 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v′＝v－2a2L，解得vB′＝2 m/s. 即小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度范圍為2 m/s≤vB≤8 m/s. 答案：(1)1.3 s　(2)2 m/s≤vB≤8 m/s 12．(08786287)(2018河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板靜置于傾角θ＝37、足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面底端．質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0＝4 m/s從木板的下端沖上木板，同時(shí)在木板上端施加一個(gè)沿斜面向上的F＝3.2 N的恒力．若小物塊恰好不從木板的上端滑下

17、，求木板的長(zhǎng)度l為多少？已知小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8. 解析：由題意，小物塊向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到木板的上端時(shí)，恰好和木板共速．設(shè)小物塊的加速度為a，由牛頓第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，設(shè)木板的加速度為a′，由牛頓第二定律得，F(xiàn)＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′，設(shè)二者共速時(shí)的速度為v，經(jīng)歷的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v＝v0－at，v＝a′t；小物塊的位移為s，木板的位移為s′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，s＝v0t－at2，s′＝a′t2；小物塊恰好不從木板上端滑下，有s－s′＝l，聯(lián)立解得l＝0.5 m. 答案：0.5 m 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375