2020年高考物理一轮复习 专题7.3 动力学之“三大基本模型”提高训练（含解析）

1、专题7.2、动力学之三大基本模型（提高训练） 1、一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹，则下列说法正确的是()A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量m越大，黑色径迹的长度越短C.传送带运动的速度v0越大，黑色径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大，黑色径迹的长度越短【答案】D【解析】由于木炭包做匀加速运动的速度小于传送带的速度v0，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A错误；木炭包做初速度为零的匀加速运动的过程中，会在传送带上留下一段黑色的径迹，当木炭包的速度等于传送带的速度v0后，黑色的径迹不再增加。木炭包做匀加速运动的加速度大小ag，时间t，黑色径迹的长度Lv0tat2，得L，可见L与m无关，选项B错误；由式知v0越大，L越长，选项C错误；由式知越大，L越短，选项D正确。2、如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑

2、动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，也可能小，还可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C.若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D.不论大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin 【答案】A【解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若tan ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若tan ，则粮袋先做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得加速度ag(sin cos )，选项B错误；若tan ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动

3、，选项C、D均错误。3.如图所示,物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,传送带在速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动,在此过程中,以下分析正确的是()A.M下滑的速度不变B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C.M先向下匀速运动,后向下加速,最后沿传送带向下匀速运动D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上【答案】C【解析】传送带静止时,物块匀速下滑,故mg sin =f,传送带转动时,若传送带的速度大于物块的速度,则物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到传送带速度,物块和传送带具有相同的速度,匀速下滑,故C正确。4.(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回到光滑水平面上,这时速率为v2,则下列说法正确的是()A.若v1 v2,则v2= v2C.不管v2多大,总有v2= v2D.只有v1= v2,才有v2= v1【答案】AB【解析】由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到

4、速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论:如果v1v2,物体会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2=v2;如果v1=v2,物体同样会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2=v2;如果v1v2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速度增大到等于传送带速度时,物体还在传送带上,之后不受摩擦力,故物体与传送带一起向右匀速运动,有v2=v1;故A、B正确,C、D错误。5、如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m。的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l现向下拉盘使弹簧再伸长l后停止，然后松手放开设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘对物体的支持力等于 ( )【答案】A【解析】整体分析：开始平衡态、松手后非平衡态，用两个过程处理联立1、2、3式得正确答案A 6、一弹簧秤的秤盘质量m1=15kg，盘内放一质量为m2=105kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在

5、最初02s内F是变化的，在02s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）F【答案】168N、72N【解析】7、如图所示,光滑水平面上有一长木板,板长为L=1m,板上右端放一质量为m=1kg的物块,物块与长木板间的动摩擦因数为u=0.4,长木板的质量为M=2kg,重力加速度,现在长木板的右端施加一平向右的拉力.(1)要使物体与长木板不发生相对滑动,求拉力F的最大值;(2)要使物体2s内从长木板上滑下,求拉力F的最小值.【答案】12N 13N【解析】(1)当物块与长木板刚好要发生相对滑动时,施加的拉力最大,对物块计算得出: 对整体有: 求得拉力的最大值为:(2)设物块刚好经过2s从长木板上滑下,则物块滑动的加速度为: 长木板的加速度为: 2s内物块的位移为:长木板运动的位移为:代入数据有: 计算得出:答:(1)要使物体与长木板不发生相对滑动,拉力F的最大值12N;(2)要使物体2s内从长木板上滑下,拉力F的最小值13N8.(2018课标,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直

6、线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是() 【答案】A【解析】本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。9.如图所示，在水平地面上固定一倾角为=53的足够长斜面，斜面上放一块上表面光滑、长度L=1.8 m、质量m=0.8 kg的薄平板PQ，其下端Q与斜面底端O的距离为7.05 m。在平板的上端P处放一质量M=1.6 kg的小滑块(可视为质点)，开始时使平板和滑块都静止。现将它们无初速释放，假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为=0.2，不考虑小滑块由平板滑到斜面上时速度的变化。已知sin 53=0.8，cos 53=0.6，g=10 m/s2，求:(1)小滑块离开平板时平板的速度大小；(2)小滑块从开始运动到到达斜面底端O处所用的时间；(3)小滑块到达底端O

7、处时，平板的Q端与O处的距离。【答案】(1) 4.4 m/s；(2) 1.5 s；(3) 1.8 m【解析】(1)滑块在平板上滑动的过程中，对滑块和平板分别受力分析，根据牛顿第二定律，对滑块有Mgsin 53=Ma1，解得a1=gsin 53=8 m/s2对平板有mgsin 53-(m+M)gcos 53=ma2，代入数据解得a2=4.4 m/s2设滑块在平板上滑行的时间为t1，有代入数据解得t1=1 s可得滑块离开平板时平板的速度大小v1=a2t1=4.4 m/s。(2)设滑块离开平板时，滑块离O点的距离为x，则滑块离开平板时的速度大小为v2=a1t1=8 m/s设滑块离开平板后在斜面上滑动时的加速度大小为a3，从离开平板后到运动到斜面底端O经历的时间为t2，由牛顿第二定律有Mgsin 53-Mgcos 53=Ma3，解得a3=6.8 m/s2，根据位移公式有解得t2=0.5 s小滑块从开始运动到运动到斜面底端O所用的时间为t=t1+t2=1.5 s。(3)滑块离开平板时，平板运动的位移滑块离开平板后，平板在斜面上运动的加速度大小也为a3在t2的时间内平板的位移为，代入数据解得x2=

8、3.05 m滑块到达O处时，平板的Q端与O处的距离为x2=(7.05-2.2-3.05)m=1.8 m。10.如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g求：（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件【答案】（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度分别为2g，3g；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度为；（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足【解析】解：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度，方向向下球的加速度，方向向上（2）取竖直向下为正方向球与管第一次碰地时速度，方向向下碰地后管的速度，方向向上；球的速度，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有v1+a1t1=v2a2t1又管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则： 因为t1t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求得（3）球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度g竖直上升到最高点，由于，故这个高度是因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度这一过程球运动的位移则球与管发生相对位移当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知：所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是s1+s2L即L应满足条件 7

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