高中物理高考复习专题三动力学中的典型“模型”

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1、专题三动力学中的典型“模型”时间 :40 分钟 1.放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成,且表面粗糙程度一样,现随长木板以速度v向右 做匀速直线运动,如图 Z3-1 所示.某时刻木板突然停止运动,已知mAmB,下列说法正确的是() 图 Z3-1 A.若木板光滑 ,由于A的惯性较大 ,所以A、B一定会相撞 B.若木板粗糙 ,由于A的惯性较大 ,所以A、B一定会相撞 C.若木板粗糙 ,由于A所受的摩擦力较大,所以A比B先停下来 D.不论木板是否光滑,A、B间的相对距离保持不变 2.如图 Z3-2 所示 ,a、b两个物体静止叠放在水平桌面上,已知ma=mb=m,a、b间的动摩擦因数为,b 与

2、地面间的动摩擦因数为 .已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对a施加一水平 向右的拉力 ,下列判断正确的是() 图 Z3-2 A.若a、b两个物体始终相对静止,则力F不能超过 mg B.当力F= mg时,a、b间的摩擦力为 mg C.无论力F为何值 ,b的加速度都不会超过 g D.当力F mg时,b相对a滑动 3.如图 Z3-3 所示 ,一长木板在水平地面上运动,在某时刻 (t=0)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 图 Z3-3 上之

3、后 ,木板运动的速度时间图像可能是图Z3-4 中的() 图 Z3-4 4.如图 Z3-5 所示 ,足够长的传送带与水平面的夹角为,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 Z3-6 中能客观地反 映小木块的速度随时间变化关系的是() 图 Z3-5 图 Z3-6 5.如图 Z3-7 甲所示 ,A、B两物体叠放在光滑水平面上,对物体A施加一水平力F,F-t图像如图乙所示, 两物体在力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,规定水平向右为正方向,则下列说法正确的是 () 图 Z3-7 A.两物体在4 s 时改变运动方向 B

4、.在 13 s 时间内两物体间的摩擦力为零 C.6 s 时两物体的速度为零 D.B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同 6.(多选 )如图 Z3-8甲所示 ,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块. 木板受到水平拉力F作用时 ,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系图像如图乙所示, 重力加速度g取 10 m/s 2 .下列说法正确的是() 图 Z3-8 A.小滑块的质量m=2 kg B.小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.1 C.当水平拉力F=7 N 时,长木板的加速度大小为3 m/s 2 D.当水平拉力F增大时 ,小滑块的加速度一定增大 7.如图 Z3-9

5、 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 )无初速度地放在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 =0.4,重力加速度大小g取 10 m/s 2.在煤块从 A运 动到B的过程中 ,下列说法正确的是() 图 Z3-9 A.煤块刚放上去时加速度方向水平向左 B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s C.煤块从A一直匀加速运动到B D.划痕长度是1.5 m 8.(多选 )如图 Z3-10 所示 ,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

6、2 m 且与水平方向的夹角均为37 .两个小物块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都是0.5.g取 10 m/s 2,sin 37 =0.6,cos 37 =0.8.下列说法正确的是 () 图 Z3-10 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.传送带对物块A、B均做负功 D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为13 9.如图 Z3-11 甲所示 ,一长为 2.0 m 、质量为2 kg 的木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1 kg 、 可视为质点的小物块置于长木板右端.当对木板施加的水平力F逐渐增大时 ,小物块所受的摩

7、擦力Ff 随水平力F的变化关系如图乙所示.现改用F=22 N 的水平力拉长木板,g取 10 m/s 2,则小物块在长木 板上滑行的时间为() 图 Z3-11 A.1 s B.2 s C.s D.s 10.(多选 )如图 Z3-12 所示 ,一斜面体固定在水平地面上,斜面倾角为,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间的动摩擦因数为,且 mg时 ,b相对a滑动 ,选项 A 正确 ,D 错误 ;当力F= mg时,a、b 一起加速运动,加速度为a1= g,对a,根据牛顿第二定律可得F-Ff1=ma1,解得a、b间的 摩擦力为Ff1= mg,选项 B 错

8、误 ;无论力F为何值 ,b的加速度都不会超过 g,选项 C 错误. 3.A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 ,由牛顿第二定律得-1mg- 2 2mg=ma1,解得a1=-( 1+22)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-2 2mg=2ma2,解得a2=- 2g,可见|a1|a2|,由v-t图像的斜率表示加速度可知,选项 A 正确. 4.D解析 开始阶段 ,木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带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

9、第二定律得mgsin + mgcos =ma1,所以 a1=gsin + 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a2=gsin - gcos ,根据以 上分析 ,有a2a1,选项 D 正确. 5.D解析 以A、B为整体 ,由牛顿第二定律知,加速度a=,方向一直向右 ,整体一直做加速运 动,选项 A、C 错误 ;对B分析 ,摩擦力Ff=mBa,方向始终与力F的方向相同 ,16 s

10、 内摩擦力不为0,选 项 B 错误 ,D 正确. 6.AC解析 当F=6 N 时,两物体恰好具有最大共同加速度,对整体分析 ,由牛顿第二定律得 F=(M+m)a,解得M+m=3 kg, 当F大于 6 N 时,两物体发生相对滑动,对长木板 ,有a=-, 图线的斜率k=1 kg -1,解得 M=1 kg, 小滑块的质量m=2 kg, 选项 A 正确 ;小滑块的最大加速度a= g=2 m/s 2,所以小滑块与长木板间的动摩擦因数为 0.2,选项 B错误 ;当F=7 N 时,由a=知,长木 板的加速度a=3 m/s 2,选项 C 正确 ;当两物体发生相对滑动时 ,小滑块的加速度a= g=2 m/s 2

11、,恒定不 变,选项 D 错误. 7.B解析 根据牛顿第二定律知,煤块的加速度a=4 m/s 2,方向向右 ,煤块运动到速度与传送带 速度相等的时间t1=1 s,位移大小x1= a=2 m mgcos ,物块A、B都以 1 m/s的初速度沿传送带下滑,则传送带对 两物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向上,大小也相等 ,故两物块沿传送带向下的加速度大小相同,滑 到底端时位移大小相同,则所用时间也相同,故 A 错误 ,B正确 ;滑动摩擦力沿传送带向上,位移向下 ,摩擦 力做负功 ,故 C 正确 ;A、B两物块下滑时的加速度相同,下滑到底端的时间相同,由x=v0t+ at 2,a=g sin - gcos

12、 ,解得t=1 s,传送带在 1 s 内运动的距离是1 m,A与传送带是同向运动的,则A在传送带 上的划痕长度为2 m-1 m=1 m,B与传送带是反向运动的,则B在传送带上的划痕长度为2 m+1 m=3 m, 故 D 正确. 9.A解析 由图像可知 ,当F较小时 ,小物块和长木板都静止,随着水平力F增大 ,小物块和长木板先 一起加速运动,后来发生相对滑动,当F2 N 时,小物块与长木板开始加速运动,此时长木板受到水平面 的摩擦力Ff1=2 N; 当F14 N 时,小物块与长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff2=4 N, 加速度a1=4 m/s 2;改用 22 N 的水平力拉长木板

13、,长木板的加速度a2=8 m/s 2,小物块在 长木板上滑行的时间t满足a2t 2- a1t2=L ,解得t=1 s,选项 A 正确. 10.BD解析 因为 mgcos ,所以A、B一定相对滑动,选项 A 错误 ,B 正确 ;对物体B,由牛顿第二定律得F- mgcos -mgsin - B 2mgcos =0,解得 B=,故选项 C 错误 ,D 正确. 11.C解析 对小滑块 ,在水平方向上,有 mg=maB,解得aB=4 m/s 2,对木板 ,在水平方向上 ,有 F- mg=Ma A,解得 aA=6 m/s 2,当小滑块刚滑下木板时 ,有aAt 2- aBt2=L ,解得t=1 s, 此时

14、,vA=61 m/s=6 m/s,vB=41 m/s=4 m/s, 选项 C 正确 ,A、B、D 错误. 12.(1)3 m/s 2 (2)2.8 m/s(3)0.7 m 解析 (1) 长木板在水平方向上受水平恒力F和摩擦力作用,由牛顿第二定律得F- mg=Ma1 解得a1=3 m/s 2. (2)F未撤去时 ,物块的加速度am= g=2 m/s 2 刚撤去F时,长木板的速度v1=a1t=31 m/s=3 m/s 小物块的速度vm=amt=21 m/s=2 m/s 撤去F后,长木板的加速度大小a2=0.5 m/s 2 长木板与小物块最终的共同速度v2=vm+amt2=v1-a2t2 解得v2=2.8 m/s. (3)t=1 s 内小物块与长木板的相对位移x1= a1t 2- amt2= 0.5 m 撤去F后,小物块与长木板的相对位移x2=-=0.2 m 因此最终小物块离长木板右端的距离s=x1+x2=0.7 m.