2019版高考物理一轮复习 第三章 第4讲 动力学中两类典型问题练习 鲁科版.doc

第4讲 动力学中两类典型问题课时作业单独成册方便使用基础题组一、单项选择题1.(2018山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，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tan ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()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 mgcos ma1所以a1gsin gcos 木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，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 mgcos ma2所以a2gsin gcos 根据以上分析，有a2a1，所以本题正确选项为D.答案：D2.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黑色的径迹下列说法正确的是()A黑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：刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，mgma，所以ag，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v22as得，木炭包位移s木，设相对滑动时间为t，由vat得t，此时传送带的位移为s传vt，所以相对滑动的位移是ss传s木，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误答案：C3.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)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()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1，木板与地面间的动摩擦因数为2.对木板应用牛顿第二定律得：1mg22mgma1a1(122)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22mg2ma2a22g可见|a1|a2|由vt图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确答案：A二、非选择题4.如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高已知斜面倾角30，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为1.若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)木板与斜面间的动摩擦因数2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m应满足什么条件？解析：(1)整个系统匀速时对钩码：2mgT对物块和木板：T2mgsin 22mgcos 解得：2(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2.对物块：1mgcos mgsin ma2解得：a2g对木板：Tmgsin 1mgcos 22mgcos ma1对钩码：mgTma1解得：a1g联立解得：mm答案：(1)(2)mm5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v1 m/s运行，一质量为m4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离L2 m，g取10 m/s2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率解析：(1)行李所受滑动摩擦力大于fmg0.1410 N4 N，加速度大小ag0.110 m/s21 m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则vat1，得t1 s1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a1 m/s2，当行李到达右端时，有v2aL，得vmin m/s2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由vminatmin得行李最短运行时间tmin s2 s.答案：(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s能力题组非选择题6如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A静止叠放在B的最左端现用F6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其vt图象如图乙所示已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间解析：(1)根据vt图象可知物体A的加速度为aA m/s22 m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得FmAgmAaA解得0.4(2)由题图乙可知木板B的长度为l510 m25 m若B不固定，则B的加速度为aB m/s21 m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2aBt2l，解得t7.07 s.答案：(1)0.4(2)7.07 s7.(2018河北正定中学月考)一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数0.2，试问：(sin 370.6，g取10 m/s2)(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgma1s11 mL所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v0速度滑上斜面mgsin ma2物块速度为零时上升的距离s2 m由于s20.4 m，所以物块未到达斜面的最高点(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t11.5 s物块在斜面上往返一次的时间t2 s物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左mgma3向左端发生的最大位移s31 m物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间t32 s45 s末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程sL3s22s3s5 m答案：(1)不能m(2)5 m8.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块已知木块的质量m1 kg，木板的质量M4 kg，长L2.5 m，下表面与地面之间的动摩擦因数0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为3 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求对木板施加的水平拉力F的大小范围(2)若用大小为F28 N的水平恒力拉木板，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为2 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求水平恒力F作用的最短时间解析：(1)设木块的最大加速度为a木块，则fm1ma木块对木板Ffm1(Mm)gMa木板木板从木块的下方抽出的条件为a木板a木块，解得F25 N即欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的水平拉力F应满足F25 N.(2)加上力F时木板加速，撤去F后木板减速分析可知，如果木板和木块的速度相同时木块恰好运动到木板最左端脱离，那么力F的作用时间最短设作用时间t1后撤去力F，此时木板速度为v1，则对木板有Ffm2(Mm)gMa1解得a14 m/s2，v1a1t1对木块有fm2ma2，解得a22 m/s2撤去力F后，木板减速运动，加速度大小为a0则fm2(Mm)gMa0，解得a03 m/s2木块加速运动过程中加速度不变，当木块和木板速度相同时木块恰好脱离木板，设共同速度为v2，则可作出如图所示的速度时间图线分析位移关系，可知，L，v1a0()v2，联立解得v1 m/s，t1 s故欲使木板能从木块的下方抽出，水平恒力F作用的最短时间应为 s.答案：(1)F25 N(2) s9.(2018湖北武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37、长为5 m的传送带与两平台平滑连接现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：mgcos 37mgsin 37ma1BC过程有：v2a1l解得：a110 m/s2，0.5.(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma2若恰好能到达平台CD时，有：v22a2l解得：v2 m/s，a22 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：vv2a1s1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v2a2s2s1s2L解得：v23 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.答案：(1)0.5(2)2 m/s(3)3 m/s