【物理】2020届一轮复习人教版动力学中的两种典型模型作业

【物理】2020届一轮复习人教版动力学中的两种典型模型作业

　动力学中的两种典型模型 　 考向 1　水平传送带问题 1.求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 2.传送带上的物体所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在物 体的速度与传送带速度相等的时刻。 【例 1】 (2019·江西省重点中学协作体联考)如图 1 所示，绷紧的水平传送带始 终以恒定速率 v1 运行。初速度大小为 v2，质量为 m 的小物块从与传送带等高的 光滑水平地面上的 A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块 在传送带上运动的 v－t 图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知 v2＞v1，则(　　) 图 1 A.物块与传送带的动摩擦因数为v2 gt1 B.水平传送的长度可能小于 1 2v2t1 C.t1 时刻，物块受到的摩擦力发生突变 D.t2～t3 时间内，物块所受的摩擦力方向水平向左 解析　结合乙图斜率的物理意义和牛顿第二定律可知，物块在传送带上运动的加 速度为 a＝v2 t1 ＝μg，所以 μ＝v2 gt1 ，故选项 A 正确；t1 时刻，物块向左前进的距离 最大，为 s＝1 2v2t1，所以水平传送带的长度不能小于 1 2v2t1，故选项 B 错误； 从 开始滑上传送带，到 t2 时刻之前，物块相对于传送带向左运动，受到的摩擦力水 平向右，故选项 C 错误；在 t2～t3 时间内，物块与传送带相对静止，物块不受 摩擦力，故选项 D 错误。 答案　A 考向 2　倾斜传送带问题 1.求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到 滑动摩擦力作用。 2.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。摩擦力 方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关。 【例 2】 如图 2 所示，传送带与水平地面夹角 θ＝37°，从 A 到 B 长度为 L＝ 10.25 m，传送带以 v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端 A 无初速地放 一个质量为 m＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.5。煤 块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知 sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求： 图 2 (1)煤块从 A 到 B 的时间； (2)煤块从 A 到 B 的过程中传送带上形成痕迹的长度。 【思路点拨】　(1)当传送带的速度大于煤块的速度时，摩擦力为动力，沿斜面 向下。 (2)要根据动摩擦因数判断煤块与传送带能否相对静止。 (3)当传送带的速度小于煤块的速度时，摩擦力为阻力，沿斜面向上。 解析　(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为 a1＝mg（sin θ＋μcos θ） m ＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 加速过程中 t1＝v0 a1 ＝1 s， x1＝1 2a1t21＝5 m 达到 v0 后，煤块受到沿斜面向上的摩擦力，则 a2＝mg（sin θ－μcos θ） m ＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m x2＝v0t2＋1 2a2t22 t2＝0.5 s，(t2＝－10.5 s 舍去) 煤块从 A 到 B 的时间为 t＝t1＋t2＝1.5 s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长 Δx1＝v0t1－x1＝5 m， 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长 Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx2 与 Δx1 部分重合，故痕迹总长为 5 m。 答案　(1)1.5 s　(2)5 m 1. (多选) (2019·山东济宁期末)机场使用的货物安检装置如图 3 所示，绷紧的传送 带始终保持 v＝1 m/s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平部分且长度 L＝2 m，现 有一质量为 m＝1 kg 的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的 A 端，可 从 B 端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带的动摩擦因数 μ＝0.5，g＝10 m/s2， 下列说法正确的是(　　) 图 3 A.背包从 A 运动到 B 所用的时间为 2.1 s B.背包从 A 运动到 B 所用的时间为 2.3 s C.背包与传送带之间的相对位移为 0.3 m D.背包与传送带之间的相对位移为 0.1 m 解析　背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得 μmg＝ ma，得 a＝5 m/s2；背包达到传送带的速度 v＝1 m/s 所用时间 t1＝v a ＝0.2 s，此过 程背包对地位移 x1＝v 2t1＝1 2 ×0.2 m＝0.1 m＜L＝2 m；共速后背包与传送带相对 静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为 Δx＝vt1－x1＝(1×0.2－ 0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的时间 t2＝L－x1 v ＝2－0.1 1 s＝1.9 s，所以背包从 A 运动到 B 所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.1 s，故选项 A、D 正确。 答案　AD 2.(多选)如图 4 甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ，在传送带上某位置 轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为 μ，小木块的速度随时间变 化关系如图乙所示，v0、t0 已知，则(　　) 图 4 A.传送带一定逆时针转动 B.μ＝tan θ＋ v0 gt0cos θ C.传送带的速度大于 v0 D.t0 后木块的加速度为 2gsin θ－v0 t0 解析　若传送带顺时针转动，当滑块下滑(mgsin θ＞μmgcos θ)，将一直匀加速到 底端；当滑块上滑(mgsin θ＜μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运 动，两种均不符合运动图象，所以传送带是逆时针转动，选项 A 正确；滑块在 0～t0 内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，加速度 a1＝gsin θ＋μgcos θ，又由图可 知 a1＝v0 t0 ，由以上两式得出 μ＝ v0 gt0cos θ －tan θ，选项 B 错误；当滑块的速度等于 传送带的速度时，滑块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度等于 v0，选 项 C 错误；等速后的加速度 a2＝gsin θ－μgcos θ，代入 μ 值得 a2＝2gsin θ－v0 t0 ， 选项 D 正确。 答案　AD 　“板—块”模型 1.分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联 2.两种类型 类型图示 规律分析 木板 B 带动物块 A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件 是物块滑到木板左端时二者速度恰好相等，位移关系为 xB ＝xA＋L 物块 A 带动木板 B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件 是物块滑到木板右端时二者速度恰好相等，位移关系为 xB ＋L＝xA 考向 1　水平面上的“板—块”模型 【例 3】 (多选)如图 5 所示，表面粗糙、质量 M＝2 kg 的木板，t＝0 时在水平恒 力 F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度 a＝2.5 m/s2， t＝0.5 s 时，将一质量 m＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端， 铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，已知铁块和木板之间的动摩擦因数 μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数 μ2＝0.25，g 取 10 m/s2，则(　　) 图 5 A.水平恒力 F 的大小为 10 N B.铁块放在木板上后，木板的加速度为 2 m/s2 C.铁块在木板上运动的时间为 1 s D.木板的长度为 1.625 m 解析　开始时木板在水平方向受到的拉力与摩擦力，由牛顿第二定律可得 F＝ Ma＋μ2Mg＝10 N，选项 A 正确；铁块放在木板上后，木板在水平方向受到拉力、 水平面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得 F－μ2(M＋m)g －μ1mg＝Ma′，代入数据解得 a′＝0.75 m/s2，选项 B 错误；小铁块无初速度地放 在木板最右端时木板的速度 v＝at＝1.25 m/s，铁块的加速度为 a″＝μ1g＝1 m/s2， 设从铁块放上木板到铁块从木板掉落时所用的时间为 t′，则 v＋a′t′＝2a″t′，代入 数据解得 t′＝1 s，选项 C 正确；这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为 L＝ vt′＋1 2a′t′2－1 2a″t′2，代入数据解得 L＝1.125 m，选项 D 错误。 答案　AC 考向 2　斜面上的“板—块”模型 【例 4】 (2016·四川理综)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡 床和防撞设施等组成，如图 6 所示。竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 θ 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当 车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动， 当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货 车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4， 货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物 与货车分别视为小滑块和平板，取 cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： 图 6 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 【审题指导】 题干关键 获得信息 货物在车厢内滑向车头 货物对车厢的滑动摩擦力沿斜面向上 货物在车厢内滑动 4 m 时，车头距制动 坡床顶端 x0＝38 m ①设货物、车的位移分别为 x1、x2，则 x1－x2＝4 m； ②设坡长为 L，车长为 l0，则 l＝x0＋x2＋ l0。 解析　(1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，与车厢间的动摩擦因 数 μ＝0.4，受摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②并代入数据得 a1＝5 m/s2③ a1 的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v＝23 m/s。货物在车 厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 x0＝38 m 的过程中，用时为 t，货物相对制 动坡床的运动距离为 x1，在车厢内滑动的距离 x＝4 m，货车的加速度大小为 a2， 货车相对制动坡床的运动距离为 x2。货车受到制动坡床的阻力大小为 F，F 是货 车和货物总重的 k 倍，k＝0.44，货车长度 l0＝12 m，制动坡床的长度为 l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2④ F＝k(m＋M)g⑤ x1＝vt－1 2a1t2⑥ x2＝vt－1 2a2t2⑦ x＝x1－x2⑧ l＝l0＋x0＋x2⑨ 联立①～⑨并代入数据得 l＝98 m⑩ 答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m 滑块与滑板存在相对滑动的临界条件 (1)运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。 (2)力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法求出一起运 动的加速度，再用隔离法求出滑块“所需要”的摩擦力 Ff，比较 Ff 与最大静摩 擦力 Ffm 的关系，若 Ff>Ffm，则发生相对滑动。 (3)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰 好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件。　　　　　　 1.(多选)如图 7 所示，一固定在水平地面上的斜面的倾角为 θ，斜面上叠放着 A、 B 两物体，物体 B 在沿斜面向上的力 F 的作用下沿斜面匀速上滑。若 A、B 之间 的动摩擦因数为 μ，μμmgcos θ，所以 A、B 一定 相对滑动，选项 A 错误，B 正确；选物体 B 为研究对象，由牛顿第二定律得 F－ μmgcos θ－mgsin θ－μB·2mgcos θ＝0，μB＝F－mgsin θ－μmgcos θ 2mgcos θ ，故选项 C 错误， D 正确。 答案　BD 2.(2019·广东汕头市测试)如图 8 所示，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放 置在水平地面上。一小滑块处于长木板的左端，与挡板的初始距离为 L＝2.5 m。 滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.30、μ2＝0.40。开始时 滑块以大小为 v0＝8.0 m/s 的初速度开始滑动。已知滑块和长木板(连同挡板)的质 量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换。设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10 m/s2。求： 图 8 (1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小； (2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离。 解析　(1)设滑块和长木板的质量都为 m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动 摩擦力分别为 f1＝μ1mg① f2＝μ2·2mg② 因为 f1< f2，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止 对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式得 f1＝ma1③ v21－v20＝2a1L④ 代入数据解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小 v1＝7.0 m/s⑤ (2)滑块与挡板碰后瞬间，滑块与木板的速度分别为 0 和 v1，设碰后经过时间 t1， 滑块挡板达到相等的速度 v2，则 对滑块，有 v2＝a1t1⑥ x1＝1 2a1t21 ⑦ 对木板，有 f1＋ f2＝ma2⑧ v2＝v1－a2t1⑨ x2＝v1t1－1 2a2t21⑩ 代入数据联立解得 t1＝0.5 s，v2＝1.5 m/s 此后，滑块和木板都做减速运动，木板减速更快，因此比滑块先停下。 对木板，有 f2－ f1＝ma2′○11 0－v22＝2a2′x2′○12 对滑块，由于加速度大小保持不变，因此减速至停下的时间还是 t1，减速过程的 位移 x1′＝x1○13 滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离 Δx＝(x2＋x2′)－(x1＋x1′) ○14 代入数据联立解得 Δx＝1.6 m○15 答案　(1)7.0 m/s　(2)1.6 m 　牛顿运动定律与运动学公式的综合应用规范答题 【例 5】 (12 分)(2018·湖北宜昌调研)如图 9 所示，有两个高低不同的水平面， 高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为 5 kg、长 L＝2 m 的长木板靠在高水平 面边缘 A 点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因 数为 μ＝0.05。一质量 m＝1 kg 可视为质点的滑块静止放在高水平面上，距 A 点 距离为 3 m，现用大小为 F＝6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到 A 点 时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为 μ1 ＝0.5，取 g＝10 m/s2。求： 图 9 (1)滑块滑到 A 点时的速度大小； (2)滑块滑到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多大？ (3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。 【教你审题】 [规范解答] (1)根据牛顿第二定律有 F＝ma(1 分) 由运动学公式有 v2＝2aL0(1 分) 解得 v＝6 m/s(1 分) (2)滑上长木板后，根据牛顿第二定律， 对滑块有－μ1mg＝ma1(1 分) 解得 a1＝－5 m/s2(1 分) 对长木板有 μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma2(1 分) 解得 a2＝0.4 m/s2(1 分) 滑块和长木板的加速度大小分别为 5 m/s2 和 0.4 m/s2。 (3)设滑块不能从长木板的右端滑出，从滑块滑上长木板到二者相对静止所用时 间为 t，则 v＋a1t＝a2t(1 分) 解得 t＝10 9 s(1 分) 此过程中滑块位移为 x1＝vt＋1 2a1t2(1 分) 长木板的位移为 x2＝1 2a2t2(1 分) 因 x1－x2＝10 3 m＞L，所以滑块能从长木板的右端滑出(1 分) 答案　(1)6 m/s　(2)5 m/s2　0.4 m/s2　(3)滑块能从长木板的右端滑出 活页作业 (时间：40 分钟) 基础巩固练 1.(2019·山东泰安期末)如图 1 所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定 一弹性挡杆。在 t＝0 时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性 挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损 失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的 v－t 图象下列可能的是(　　) 图 1 解析　工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，选项 A、B 错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后 的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，选项 C 正确，D 错误。 答案　C 2.如图 2 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

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