《高考物理一轮总复习 第三章 牛顿运动定律 能力课2 动力学中的“传送带”“板块”模型练习（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮总复习 第三章 牛顿运动定律 能力课2 动力学中的“传送带”“板块”模型练习（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、能力课2 动力学中的“传送带”“板块”模型一、选择题1.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，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，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：选D开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面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，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma1，所以a1gsingcos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
2、直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsinmgcosma2所以a2gsingcos根据以上分析，有a2|a2|由vt图象的斜率表示加速度大小可知，选项A正确3光滑水平面上停放着质量M2 kg的平板小车，一个质量为m1 kg的小滑块(视为质点)以v03 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示小车长l1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为0.4，取g10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为()A1 mB0C0.25 m D0.75 m解析：选C设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1g，小车加速度a2，则vv0a1t0，va2t0，联立解得t00.5 sx2
3、即物块速度减为零之前已经到达最高点由x2vt3a3t32解得t3(2) s(t3(2) s0.5 s，舍去)即物块还需(2) s离开传送带答案：(1)1 s(2)(2) s8. (2018届潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落A、B间的动摩擦因数0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；(2)木板A的长度L；(3)若当铁块B轻放
4、在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小解析：(1)对A、C分析：mg2mav022ah，解得v0.(2)B放在A上后，设A、C仍一起运动，则由牛顿第二定律得mg4mgma解得a0即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，B匀加速运动，加速度aB0g设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0aB0t0，木板A的长度Lv0t0v0t0解得L2h.(3)共速前：A和C匀速，B加速，aB12gt1x1xACxBv0t1v0t1共速后全部向右加速aB2gaACgx2x1(aB2aAC)t22解得t2，vB2v0aB2t2.
5、答案：(1)(2)2h(3)|学霸作业|自选一、选择题1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为()A5 mm B6 mmC7 mm D10 mm解析：选A木箱加速的时间为t，这段时间内木箱的位移为x1，而传送带的位移为x2vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为lx2x1，联立
6、各式并代入数据，解得l5.2 mm，选项A正确2(多选)如图甲所示，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的关系如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A小滑块的质量m2 kgB小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C当水平拉力F7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2D当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大解析：选AC当F6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据解得Mm3 kg.当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有
7、a，图线的斜率k1，解得M1 kg，滑块的质量m2 kg，选项A正确；滑块的最大加速度ag2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；当F7 N时，由a知长木板的加速度a3 m/s2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度ag2 m/s2，恒定不变，选项D错误3. (多选)(2018届湖南衡阳模拟)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是
8、()A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：选BC对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f(Mm)gMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有f1Ma1，Ff1f2ma2，发生相对运动需要a2a1，代入已知条件解得F2(Mm)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F(2M3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1
9、g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t ，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移为d，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误二、非选择题4(2019届天津质检)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行，一质量为m4 kg的行李无初速的放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数0.1，AB间的距离l2 m，g取10 m/s2，求：(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少；(2)如果提高传送带的运行
10、速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v.解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得mgma，a1.0 m/s2设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则vat1，t11 s，s1at12，s10.5 m行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2则t21.5 s设行李从A运送到B共用时间为t，则tt1t22.5 s.(2)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短有lat2代入数据得t2 s此时传送带对应
11、的运行速率为vatmin2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s.答案：(1)2.5 s(2)2 s2 m/s5.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v1 m/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m5 kg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10 m/s2，不计空气阻力(sin370.6，cos370.8)(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B轮的
12、半径为R0.2 m，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，求斜面的长度解析：(1)行李包在水平传送带上加速时1mgma1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t，则va1t行李包前进距离x1a1t2传送带前进距离x2vt行李包相对传送带滑动的距离xx2x10.1 m.(2)行李包在B点，根据牛顿第二定律，有mgFN解得FN25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B点对传送带的压力为25 N，方向竖直向下(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律mgsin372mgcos37ma2行李包从斜面滑下过程：0v22a2x解得x1.25 m.答案：(1)0.1 m(2)2
13、5 N，方向竖直向下(3)1.25 m6. (2018届江西赣州月考)如图所示，传送带的水平部分ab2 m，斜面部分bc4 m，bc与水平面的夹角37.一个小物体A与传送带的动摩擦因数0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v2 m/s.若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带求物体A从a点被传送到c点所用的时间(已知：sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)解析：物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等在这一过程中有a1gx10.8 mxab经历时间为t1 s0.8 s此后随传送带运动到b点的时间为t2 s0.6 s当物
14、体A到达bc斜面时，由于mgsin370.6mgmgcos370.2mg.所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动，其加速度大小为a2gsin37gcos374 m/s2物体A在传送带bc上所用时间满足xbcvt3a2t32代入数据得t31 s(负值舍去)则物体A从a点被传送到c所用时间为tt1t2t32.4 s.答案：2.4 s7.长为L1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了x8.0 cm后停下若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、
15、B间的动摩擦因数10.25，g取10 m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？解析：(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a1.0 m/s2由牛顿第二定律得2mgma解得20.10.(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动其加速度a11g2.5 m/s2小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有1mg2(2m)gma2解得a20.50 m/s2设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速
16、度相同为v，则对于木板va2t解得t0.8 s小物块滑上木板的初速度v0va1t2.4 m/s.(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度为v0m，则v0mta1t2a2t2Lv0mva1tva2t由以上三式解得v0m3.0 m/s.答案：(1)0.10(2)2.4 m/s(3)3.0 m/s8(2019届江西玉山一中月考)图甲中，质量为m11 kg的物块叠放在质量为m23 kg的木板右端木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间
17、的动摩擦因数为10.2，整个系统开始时静止，重力加速度g10 m/s2.(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在04 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入20.25的粗糙水平面，在图丙中画出04 s内木板和物块的vt图象，并求出04 s内物块相对木板的位移大小解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得F(m1m2)a对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有1m1gm1a联立解得F1(m1m2)g8 N.(2)物块在02 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有1m1gm1a1解得a12 m/s22 s末物块的速度为v1a1t
18、122 m/s4 m/s木板在01 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F11m1gm2a2解得a24 m/s21 s末木板的速度v1a2t241 m/s4 m/s在12 s内F21m1g木板做匀速运动，速度为4 m/s24 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共2gm1的合力2m1gfm1m1g所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动由牛顿第二定律有1m1gm1a3解得a32 m/s2速度从4 m/s减至零的时间t3 s2 s木板做匀减速直线运动有2(m1m2)g1m1gm2a4解得a4 m/s2速度从4 m/s减至零的时间t4 s1.5 s二者在整个运动过程的vt图象如图所示(实线是木板的vt图象，虚线是物块的vt图象)02 s内物块相对木板向左运动x1a2t22(a2t2)(t1t2)a1t1224 s内物块相对木板向右运动x2解得xx1x21 m所以04 s内物块相对木板的位移大小为x1 m.答案：(1)8 N(2)见解析图1 m