高考物理总复习教科版试题第三章 牛顿运动定律 专题讲座四 动力学中的典型模型Word下载.docx
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aB,即①斜率的绝对值应大于②的斜率,故选项A,B错误.若A不能滑下,则两者最终共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,故选项C正确,D错误.
3.如图所示,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.在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图像可能是( A )
放上物块后,长木板受到物块向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度,故A正确,也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度,B,C错误;
由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D错误.
4.(2018·
河北沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,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上,木炭包在传送带上将会留下一段深色的径迹.下列说法正确的是( C )
A.深色的径迹将出现在木炭包的左侧
B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短
C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短
D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短
当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动,所以深色径迹应出现在木炭包的右侧,选项A错误;
设木炭包的质量为m,传送带的速度为v,木炭包与传送带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg=ma,木炭包加速的时间t=
=
该过程传送带的位移x1=vt=
木炭包的位移x2=vt=
t=
深色径迹的长度Δx=x1-x2=
由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带的速度越大,径迹越长,木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C正确,B,D错误.
5.导学号58826067(多选)如图所示,水平传送带A,B两端相距s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,则(g=10m/s2)( ABC )
A.若传送带不动,则vB=3m/s
B.若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动,vB=3m/s
C.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,vB=3m/s
D.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,vB=2m/s
若传送带不动,由匀变速规律可知
-
=-2as,a=μg,代入数据解得vB=3m/s;
若传送带以4m/s逆时针转动或以2m/s顺时针转动,工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时相同,所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3m/s,故选项A,B,C正确,D错误.
6.导学号58826068(多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>
gsinα)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )
A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mg
B.静摩擦力沿斜面向下
C.静摩擦力的大小可能等于mgsinα
D.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tanα
物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;
加速度a>
gsinα,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;
由牛顿第二定律知mgsinα+f=ma,因为a比gsinα大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsinα,C正确;
皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tanα,故D错误.
7.导学号58826069(2018·
江苏淮阴模拟)如图所示,质量M=8kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8N,当小车速度达到1.5m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=2kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,物体从放上小车开始经t=1.5s的时间,物体相对地面的位移为(取g=10m/s2)
( B )
A.1mB.2.1mC.2.25mD.3.1m
放上物体后,物体的加速度a1=μg=2m/s2,小车的加速度a2=
m/s2=0.5m/s2,物体的速度达到与小车共速的时间为t,则v=a1t=v0+a2t,解得t=1s,此过程中物体的位移s1=
a1t2=1m,共同速度为v=a1t=2m/s,当物体与小车相对静止时,共同加速度为a=
m/s2=0.8m/s2,再运动0.5s的位移s2=vt′+
at′2=1.1m,故物体从放上小车开始经t=1.5s的时间,物体相对地面的位移为1m+1.1m=2.1m,故选项B正确.
8.如图所示,为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°
A,B两端相距L=5.0m,质量为M=10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s.(g取10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)求:
(1)物体从A点到达B点所需的时间;
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少?
(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得Mgsinθ+μMgcosθ=Ma1
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1=
通过的位移x1=
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2
Mgsinθ-μMgcosθ=Ma2
由μ<
tanθ=0.75知,物体继续减速,设经时间t2到达传送带B点
L-x1=vt2-
a2
联立各式可得t=t1+t2=2.2s.
(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则所用时间最短,此种情况加速度大小一直为a2,L=v0t′-
a2t′2
得出t′=1s(t′=5s舍去).
答案:
(1)2.2s
(2)1s
9.(2018·
南昌二中月考)如图1所示,质量M=1kg的木板静止在水平面上,质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.
(1)若力F恒为8N,经1s铁块运动到木板的左端,求木板的长度L;
(2)若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长,试通过分析与计算,在图2中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像.
(1)对铁块由牛顿第二定律得F-μ2mg=ma1;
对木板由牛顿第二定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2.
设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则
s木=
a2t2,s铁=
a1t2,s铁-s木=L,
联立解得L=1m.
(2)①当F≤μ1(m+M)g=2N时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力大小相等,即f=F.
②当F>
μ1(m+M)g=2N时,如果二者相对静止,铁块与木板有相同的加速度,
则F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,
解得F=2f-2.此时f≤μ2mg=4N,即F≤6N,
所以,当2N<
F≤6N时,f=
+1N.
③当F>
6N时,M,m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为f=μ2mg=4N,f
F图像如图所示.
(1)1m
(2)见解析
10.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行,AB为水平传送带部分且足够长,现有一质量为m=5kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,传送到B端时没有被及时取下,行李包从B端沿倾角为37°
的斜面滑入储物槽.已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5,行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8,g取10m/s2,不计空气阻力(sin37°
=0.8).
(1)求行李包相对于传送带滑动的距离;
(2)若B端的转轮半径为R=0.2m,求行李包在B点对传送带的压力;
(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零,求斜面的长度.
(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg=ma1
若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t,则v=a1t
行李包前进距离x1=
a1t2
传送带前进距离x2=vt
行李包相对传送带滑动的距离Δx=x2-x1=0.1m.
(2)行李包在B点,根据牛顿第二定律,有mg-N=
解得N=25N
根据牛顿第三定律可得,行李包在B点对传送带的压力为25N,方向竖直向下.
(3)行李包在斜面上时,根据牛顿第二定律
mgsin37°
-μ2mgcos37°
=ma2
行李包从斜面滑下过程:
0-v2=2a2x
解得x=1.25m.
(1)0.1m
(2)25N,方向竖直向下 (3)1.25m
11.如图(甲)所示,有一倾角为30°
的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图像如图(乙)所示,g取10m/s2.求:
(1)水平作用力F的大小;
(2)滑块开始下滑时的高度;
(3)木板的质量.
(1)对滑块受力分析如图(a)所示,由平衡条件可得mgsinθ=Fcosθ,
则F=
N.
(2)由题图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为10m/s,当F变为水平向右之后,其受力如图(b)所示,由牛顿第二定律可得mgsinθ+Fcosθ=ma,
解得a=10m/s2,
滑块下滑的位移x=
解得x=5m,
故滑块下滑的高度h=xsin30°
=2.5m.
(3)由图像(乙)可知,两者先发生相对滑动,当达到共速后一起做匀减速运动.设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,由图像得,两者共同减速时的加速度大小a1=1m/s2,
发生相对滑动时,木板的加速度a2=1m/s2,
滑块减速的加速度大小a3=4m/s2,
对整体受力分析可得a1=
=μ1g,
可得μ1=0.1.
在0~2s内分别对m和M分析可得
对M:
=a2,
对m:
=a3,
代入数据解得M=1.5kg.
(1)
N
(2)2.5m (3)1.5kg
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