高考物理一輪復習 微專題4 動力學中常考的“三個物理模型”練習 新人教版

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1、 微專題四 動力學中?？嫉摹叭齻€物理模型” [A級—基礎練] 1．(08786280)(2018湖南衡陽聯考)如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在水平足夠長的傳送帶上，取向右為速度的正方向，物塊P最初一段時間的速度—時間圖象如圖乙所示，關于傳送帶的運動情況描述正確的是 (　　) A．一定是向右的勻加速運動 B．可能是向右的勻速運動 C．一定是向左的勻加速運動 D．可能是向左的勻速運動 解析：A　[由題意可知：物塊P向右做加速運動，初始做加速度為μg的加速運動，然后與傳送帶相對靜止一起向右做勻加速運動，故A正確．] 2．(08786281)(2018河南信陽高級中學大

2、考)身體素質拓展訓練中，人從豎直墻壁的頂點A沿光滑桿自由下滑到傾斜的木板上(人可看成質點)，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．帶式傳送機是在一定的線路上連續(xù)輸送物料的搬運機械

3、，又稱連續(xù)輸送機．如圖所示，一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行．現將一個木炭包無初速度地放在傳送帶上，木炭包在傳送帶上將會留下一段黑色的徑跡．下列說法正確的是(　　) A．黑色的徑跡將出現在木炭包的左側 B．木炭包的質量越大，徑跡的長度越短 C．木炭包與傳送帶間動摩擦因數越大，徑跡的長度越短 D．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越短 解析：C　[剛放上木炭包時，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包相對傳送帶向后滑動，所以黑色的徑跡將出現在木炭包的右側，所以A錯誤．木炭包在傳送帶上運動靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產生加速度，所以由牛頓第二定律知，μmg＝

4、ma，所以a＝μg，當達到共同速度時，不再有相對滑動，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝，設相對滑動時間為t，由v＝at得t＝，此時傳送帶的位移為x傳＝vt＝，所以相對滑動的位移是Δx＝x傳－x木＝，由此可知，黑色的徑跡與木炭包的質量無關，所以B錯誤．木炭包與傳送帶間的動摩擦因數越大，徑跡的長度越短，所以C正確．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越長，所以D錯誤．] 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，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦．現將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平．若在彈簧從自然長度到第一次達到

5、最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達到共速，則在此過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到共速，故滑塊始終受到水平向左的滑動摩擦力，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，物塊和小車間的動摩擦因數為μ＝0.3，用水平恒力F拉動小車，物塊的加速度為a1，小車的加

6、速度為a2.當水平恒力F取不同值時，a1與a2的值可能為(當地重力加速度g取10 m/s2)(　　) 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：D　[當F<μmg＝3 m/s2m時，物塊與小車一起運動，且加速度相等，最大共同加速度為amax＝μg＝3 m/s2，故A、B錯誤；當F≥3 m/s2m時，小車的加速度大于物塊的加速度，此時物塊與小車發(fā)生相對運動，此時物塊的加速度最大，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錯誤，D正確．] 6．如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質量均為m，A、B之間的動摩擦因數為μ，B與地面之間的動摩擦因數為.若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時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　[當水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，臨界情況是A、B的加速度相等．隔離對B分析，B的加速度為aB＝a1＝＝μg.當水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的摩擦力剛好達到最大，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)如圖甲所示，以速度v逆時針勻速轉動的足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ.現將一個質量為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摩擦因數為μ，則乙圖中能夠正確地描述小木塊的速度隨時間變化關系的圖線可能是(　　) 解析：CD　[木塊放上后一定先向下加速，由于傳送帶足夠長，所以一定有木塊速度大小等于傳送帶速度大小的機會，此時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動，故C、D項正確，A、B項錯誤．] 8．(08786284)(多選)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A.木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板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的質量為4 kg B．木板B的質量為1 kg C．當F＝10 N時木板B的加速度為4 m/s2 D．滑塊A與木板B間的動摩擦因數為0.1 解析：BC　[當F＝8 N時，加速度為a＝2 m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數據解得

10、M＋m＝4 kg，當F＞8 N時，對B根據牛頓第二定律得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，滑塊的質量為m＝3 kg，故A錯誤，B正確；根據F大于8 N時的圖線知，F＝6 N時a＝0，即0＝6－，代入數據解得μ＝0.2，故選項D錯誤；由圖示圖象可知，當F＝10 N時，滑塊與木板相對滑動，B滑動的加速度為a＝10 m/s2－ m/s2＝4 m/s2，故C正確．] [B級—能力練] 9．(08786285)(多選)(2018河北唐山一中調研)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，

11、砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是(　　) A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g B．要使紙板相對砝碼運動，F一定大于2μ(M＋m)g C．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下 D．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達桌面邊緣 解析：BC　[對紙板分析，當紙板相對砝碼運動時，所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤．設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1＝Ma1，F－f1－f2＝ma2，發(fā)生相對運動需要a2＞a1，代入數據解得：F＞2μ(M＋m)g，故

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

13、為37.現有兩個小物塊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摩擦因數都是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先到達傳送帶底端 B．物塊A、B同時到達傳送帶底端 C．傳送帶對物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上 D．物塊A下滑過程中相對傳送帶的路程小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的路程 解析：BCD　[A、B都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，故傳送帶對兩物塊的滑動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，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，

14、B、C正確；A物塊與傳送帶運動方向相同，相對路程較小，故D正確．] 11．(2018安徽合肥質檢)如圖所示，某皮帶傳動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，傳送帶不打滑．現傳送帶沿順時針方向以v＝2.5 m/s的速度勻速轉動，將一小物塊輕輕地放置于A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝，g取10 m/s2.試求： (1)小物塊運動至B點的時間； (2)若傳送帶速度可以任意調節(jié)，當小物塊在A點以v0＝3 m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達B點的速度范圍． 解析：(1)剛開始小物塊沿傳送帶向上做勻加速直線運動，設加速度為a1，根據牛頓第

15、二定律有μmgcos 30－mgsin 30＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2. 設小物塊速度等于2.5 m/s時，小物塊對地位移為L1，用時為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，將做勻速直線運動至B點，設用時為t2，則t2＝＝0.3 s，故小物塊從A到B所用時間為t＝t1＋t2＝1.3 s. (2)由于傳送帶速度可以任意調節(jié)，則小物塊從A到B一直做勻加速直線運動，到達B點的速度最大．由牛頓第二定律及運動學公式有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動，到達B

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

17、，求木板的長度l為多少？已知小物塊與木板之間的動摩擦因數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動，木板向上做勻加速運動，當小物塊運動到木板的上端時，恰好和木板共速．設小物塊的加速度為a，由牛頓第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，設木板的加速度為a′，由牛頓第二定律得，F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′，設二者共速時的速度為v，經歷的時間為t，由運動學公式得v＝v0－at，v＝a′t；小物塊的位移為s，木板的位移為s′，由運動學公式得，s＝v0t－at2，s′＝a′t2；小物塊恰好不從木板上端滑下，有s－s′＝l，聯立解得l＝0.5 m. 答案：0.5 m 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375