高考物理人教版时作业135小专题动力学中常考的物理模型

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高考物理人教版时作业135小专题动力学中常考的物理模型

www.ks5u.com 第5课时 (小专题)动力学中常考的物理模型 基本技能练                   ‎ ‎1.物块m在静止的传送带上匀速下滑时,传送带突然转动,传送带转动的方向如图1中箭头所示。则传送带转动后 ‎(  )‎ 图1‎ A.物块将减速下滑 B.物块仍匀速下滑 C.物块受到的摩擦力变小 D.物块受到的摩擦力变大 解析 当传送带静止时,物块匀速下滑,物块受力平衡可得:mgsin θ=μmgcos θ;当传送带转动起来时,由于物块与传送带之间运动方向相反,可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化,仍然沿斜面向上,大小仍为μmgcos θ,物块受力仍然是平衡的,所以物块仍匀速下滑。‎ 答案 B ‎2.如图2所示,在光滑平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车间的动摩擦因数为μ=0.3,用水平恒力F拉动小车,设物块的加速度为a1和小车的加速度为a2。当水平恒力F取不同值时,a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)‎ ‎(  )‎ 图2‎ A.a1=2 m/s2,a2=3 m/s2‎ B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2‎ C.a1=5 m/s2,a2=3 m/s2‎ D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s2‎ 解析 由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力,即Ff=ma1,且Ff的最大值为Ffm=μmg,即a1的最大值为a1m=μg=3 m/s2。当二者相对静止一起加速时,a1=a2≤3 m/s2。当F较大时,m与M发生相对滑动,a1=3 m/s2,a2>3 m/s2,综上述只有选项D符合题意。‎ 答案 D ‎▲如图甲是某景点的山坡滑道图片,为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间,技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度,D点是AC竖直线上的一点,且有AD=DE=10 m,滑道AE可视为光滑,滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动,g取10 m/s2,则滑行者在滑道AE上滑行的时间为 ‎(  )‎ ‎ ‎ A. s B.2 s C. s D.2 s 解析 A、E两点在以D为圆心半径为R=10 m的圆上,在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同,t===2 s,选B。‎ 答案 B ‎3.(多选)如图3所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度大小g=10 m/s2,则煤块从A运动到B的过程中 ‎(  )‎ 图3‎ A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s C.划痕长度是0.5 m D.划痕长度是2 m 解析 根据牛顿第二定律,煤块的加速度 a==4 m/s2,‎ 煤块运动到速度与传送带相等时的时间t1==1 s,‎ 位移大小x1=at=2 m<x,‎ 此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端,所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小,即 Δs=v0t1-x1=2 m,选项D正确、C错误;‎ x2=x-x1=2 m,匀速运动的时间t2==0.5 s,‎ 运动的总时间t=t1+t2=1.5 s,选项B正确、A错误。‎ 答案 BD ‎▲如图所示,物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放,它滑到底端时速度大小为v1;若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下,末速度大小为v,已知v1是v的k倍,且k<1。求:物体与斜面间的动摩擦因数μ。‎ 解析 设斜面长为x,高为h,物体下滑过程受到的摩擦力为Ff,由于物体沿斜面匀加速下滑,设加速度为a,则由牛顿第二定律可得 ‎ mgsin α-Ff=ma,Ff=μmgcos α 所以a=g(sin α-μcos α)‎ 由运动规律可知v=2ax=2xg(sin α-μcos α),v2=2gh 由题意:v1=kv 解得:μ=(1-k2)tan α。‎ 答案 (1-k2)tan α ‎4.(多选) (2014·哈尔滨九中四模)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两小块物A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5,下列说法正确的是 ‎(  )‎ 图4‎ A.物块A先到达传送带底端 B.物块A、B同时到达传送带底端 C.物块A、B运动的加速度大小不同 D.物块A、B在传送带上的划痕长度不相同 解析 A、B受力情况相同,均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力,故A、B的加速度相同,运动时间相同,将同时到达底端,故选项A、C错,B正确;由于小物块A与传送带的运动方向相同,小物块B与传送带的运动方向相反,故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同,选项D正确。‎ 答案 BD ‎▲(多选)(2014·湖北黄冈中学检测)‎ 某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型。一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1tan θ,他从A点开始下滑,滑到C点恰好静止,整个过程中滑梯保持静止状态。该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中 ‎(  )‎ A.地面对滑梯始终无摩擦力作用 B.地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左,后水平向右 C.地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小 D.地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小 解析 由题给条件μ1tan θ知,在AB段:μ1mgcos θmgsin θ,小朋友减速下滑,即整体有斜向右上方的加速度,所以地面对滑梯的摩擦力向右,支持力大于总重力。综上所述,B、D正确。‎ 答案 BD 能力提高练 ‎5.如图5所示,质量M=1 kg的木板A静止在水平地面上,在木板的左端放置一个质量m=1 kg的铁块B(大小可忽略),铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3,木板长L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在铁块上。设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。‎ 图5‎ ‎(1)若水平地面光滑,计算说明铁块B与木板A间是否会发生相对滑动;‎ ‎(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1,求铁块运动到木板右端的时间。‎ 解析 (1)A、B之间的最大静摩擦力为 Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N 假设A、B之间不发生相对滑动,则 对A、B整体:F=(M+m)a 对B:FfAB=ma 解得FfAB=2.5 N 因FfAB<Ffm,故A、B之间不发生相对滑动 ‎(2)对B:F-μ1mg=maB 对A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA 据题意xB-xA=L,xA=aAt2,xB=aBt2,解得t= s 答案 (1)不会发生相对滑动 (2) s ‎6.如图6所示,水平传送带AB长L=10 m,向右匀速运动的速度v0=4 m/s,一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1=6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2。求:‎ 图6‎ ‎(1)小物块相对地面向左运动的最大距离;‎ ‎(2)小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。‎ 解析 (1)设小物块与传送带间摩擦力大小为Ff 则Ff=μmg,Ff x物=mv,x物=4.5 m ‎(2)设小物块经时间t1速度减为0,然后反向加速,设加速度大小为a,经时间t2与传送带速度相等 v1-at1=0,a=,t1=1.5 s,v0=at2,t2=1 s 设反向加速时,小物块的位移为x1,则有 x1=at=2 m 小物块与传送带同速后,将做匀速直线运动,设经时间t3再次回到B点 x物-x1=v0t3‎ t3=0.625 s 所以t总=t1+t2+t3=3.125 s 答案 (1)4.5 m (2)3.125 s ‎7.如图7所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1‎ ‎ kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。‎ 图7‎ ‎(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;‎ ‎(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。‎ 解析 (1)对M、m,由牛顿第二定律 F-(M+m)gsin α=(M+m)a ‎①‎ 对m,有Ff-mgsin α=ma ‎②‎ Ff≤Ffm=μmgcos α ‎③‎ 代入数据得F≤30 N ‎④‎ ‎(2)F=37.5 N>30 N,物块能滑离木板 ‎⑤‎ 对M,有F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1‎ ‎⑥‎ 对m,有μmgcos α-mgsin α=ma2‎ ‎⑦‎ 设物块滑离木板所用时间为t,由运动学公式 a1t2-a2t2=L ‎⑧‎ 代入数据得t=1.2 s ‎⑨‎ 物块滑离木板时的速度v=a2t ‎⑩‎ 由公式-2gsin α·x=0-v2‎ ‎⑪‎ 代入数据得x=0.9 m ‎⑫‎ 答案 (1)F≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m
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