2019届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业 1-3-5(小专题)动力学中常考的物理模型

1、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1A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 mgcos ；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mgcos ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。答案B2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2Aa12 m/s2，a23 m/s2Ba13 m/s2，a22 m/s2Ca15 m/s2，a23 m/s2Da13 m/s2，a25 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Ffma1，且Ff的最大值为Ffmmg，即a1的

2、最大值为a1mg3 m/s2。当二者相对静止一起加速时，a1a23 m/s2。当F较大时，m与M发生相对滑动，a13 m/s2，a23 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ADDE10 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 B2 s C. s D2 s解析A、E两点在以D为圆心半径为R10 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，t2 s，选B。答案B3(多选)如图3所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 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0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()图3A煤块从A运动到B的时间是2

3、.25 sB煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 m解析根据牛顿第二定律，煤块的加速度a4 m/s2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t11 s，位移大小x1at2 mx，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sv0t1x12 m，选项D正确、C错误；x2xx12 m，匀速运动的时间t20.5 s，运动的总时间tt1t21.5 s，选项B正确、A错误。答案BD如图所示，物体从倾角为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k1。求：物体与斜面间的动摩擦因数。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 Ffma，Ffmgcos 所以ag(sin cos )由运动规律可知v2ax2xg(sin cos )，v22gh由题意：v1kv解得：(1k2)tan 。答案(1k2)tan 4(多选) (2014哈尔滨九中四模)三角形传送带以1 m

4、/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4A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1tan ，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

5、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1tan 知，在AB段：1mgcos mgsin ，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M1 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m1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数10.3，木板长L1 m，用F5 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g10 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20.1，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Ffm1mg0.3110 N3 N假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F(Mm)a对B：FfABma解得FfAB2.5 N因FfABFfm，故A、B之间不发生相对滑动(2)对B：F1mgmaB对A：1mg2(Mm)gMaA据题意xBxAL，xAaAt2，xBaBt2，解得t s答案(1)不会发生相对

6、滑动(2) s6如图6所示，水平传送带AB长L10 m，向右匀速运动的速度v04 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v16 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Ffmg，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v1at10，a，t11.5 s，v0at2，t21 s设反向加速时，小物块的位移为x1，则有x1at2 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x1v0t3t30.625 s所以t总t1t2t33.125 s答案(1)4.5 m(2)3.125 s7如图7所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m、质量M3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。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g10 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F37.5 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(Mm)gsin (Mm)a对m，有Ffmgsin maFfFfmmgcos 代入数据得F30 N(2)F37.5 N30 N，物块能滑离木板对M，有Fmgcos Mgsin Ma1对m，有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式a1t2a2t2L代入数据得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t由公式2gsin x0v2代入数据得x0.9 m答案(1)F30 N(2)能1.2 s0.9 m- 9 -

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