2017届高考物理一轮复习专题汇编3动力学中的典型“模型”作业手册

1专题3动力学中的典型“模型”一、单选题1．一皮带传送装置(足够长)如图Z3­1所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是()图Z3­1A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大2．如图Z3­2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，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10m/s2)()图Z3­2A．a1＝2m/s2，a2＝3m/s2B．a1＝3m/s2，a2＝2m/s2C．a1＝5m/s2，a2＝3m/s2D．a1＝3m/s2，a2＝5m/s23．[2015·济南模拟]如图Z3­3所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断不正确的是()图Z3­3A．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．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移二、多选题4．[2015·陕西安康二模]如图Z3­4所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，在物块相对木板运动2过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()图Z3­4A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B．物块先向左运动，再向右运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零5．如图Z3­5所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度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＞tanθ，则图Z3­6中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图Z3­5图Z3­66．[2015·江门一模]如图Z3­7所示，质量为m的木块，在水平向右的力F作用下在质量为M的木板上滑行，木板长度为L，相对地面保持静止．木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是()图Z3­7A．木板受到地面的摩擦力大小是μmgB．木板受到地面的摩擦力大小是μ(m＋M)gC．当F＞μ(m＋M)g时，木板便会开始运动D．木块滑过木板过程中，产生的热量为μmgL三、计算题7．如图Z3­8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F＝6N的水平力向右拉物体A，经过5s物体A运动到B的最右端，其v­t图像如图乙所示．已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求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．3图Z3­88．[2015·扬州中学月考]传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8m的平台上，如图Z3­9所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.问：(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到相同速度瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？图Z3­949．如图Z3­10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＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.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，重力加速度g取10m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5N，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．图Z3­105专题(三)1．D[解析]滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．2．D[解析]由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3m/s2.当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3m/s2，a2＞3m/s2，综上所述只有选项D符合题意．3．A[解析]因动摩擦因数μ＝0.5，有mgsin37°μmgcos37°，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得两物块的加速度a＝2m/s2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确．只有选项A符合题意．4．AC[解析]对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，选项A正确，B错误；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到二者相对静止而做匀速直线运动，选项C正确，选项D错误．5．C[解析]当小木块下滑的速度vv0时，小木块所受的摩擦力沿传送带向下，加速度a1＝mgsinθ＋μmgcosθm＝g(sinθ＋μcosθ)；当小木块下滑的速度v＝v0时，由于μ＞tanθ，故小木块将与传送带保持相对静止而做匀速运动，选项C正确．6．AD[解析]由于木板保持静止，木板水平方向上受到木块施加的向右的滑动摩擦力和地面向左的静摩擦力而平衡，所以木板受到地面的摩擦力大小是μmg，选项A正确，B错误；隔离木板为研究对象，由于μmg＜μ(M＋m)g，所以无论F多大，木板都不会运动，选项C错误；木块滑过木板过程中，产生的热量Q＝μmgx相对＝μmgL，选项D正确．7．(1)0.4(2)7.07s[解析](1)根据v­t图像可知物体A的加速度为aA＝ΔvΔt＝2m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝F－mAaAmAg＝0.4(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝12×5×10m＝25m若B不固定，则B的加速度为aB＝μmAgmB＝1m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，则6l＝12aAt2－12aBt2解得t＝7.07s8．(1)1s(2)(2－2)s[解析](1)物品与传送带速度相等前，有F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1解得a1＝8m/s2由v＝a1t1得t1＝0.5s位移x1＝a1t212＝1m随后有：F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma2解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升位移x2＝Hsin37°－x1＝2mt2＝x2v＝0.5s总时间为t＝t1＋t2＝1s(2)撤去恒力F后有：μmgcos37°－mgsin37°＝ma3a3＝－2m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移x＝－v22a3＝4mx2由x2＝vt3＋a3t232解得t3＝(2－2)s[t3＝(2＋2)s2s舍去]9．(1)F≤30N(2)能1.2s0.9m[解析](1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα联立解得F≤30N(2)因F＝37.5N＞30N，所以物块能够滑离木板隔离木板，由牛顿第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔离物块，由牛顿第二定律得μmgcosα－mgsinα＝ma2设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1＝12a1t2物块的位移x2＝12a2t27物块与木板的分离条件为Δx＝x1－x2＝L联立以上各式解得t＝1.2s物块滑离木板时的速度v＝a2t由公式－2gsinα·x＝0－v2解得x＝0.9m