2019高考物理二輪復習 第3講 動力學觀點在力學中的應用專題訓練.docx

第3講動力學觀點在力學中的應用一、選擇題(每小題6分,共48分)1.如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面的夾角為,以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數<tan ,則選項圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是() 2.(2018廣東四校聯考)如圖所示,木盒中固定一質量為m的砝碼,木盒和砝碼在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距離后停止。現拿走砝碼,而持續(xù)加一個垂直于斜面向下的恒力F(F=mg cos ),其他條件不變,則木盒滑行的距離將()A.不變B.變小C.變大D.變大變小均有可能3.(2018內蒙古呼和浩特一調,15)甲、乙兩球質量分別為m1、m2,從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比,與球的質量無關,即f=kv(k為正的常量)。兩球的v-t圖像如圖所示。落地前,經下落t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是()A.t0時間內兩球下落的高度相等B.甲球質量大于乙球的質量C.釋放瞬間甲球加速度較大D.m1m2=v2v14.如圖所示,質量為M的物塊在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時,傳送帶突然啟動,方向如圖中箭頭所示,在此傳送帶的速度由零逐漸增加到2v0后勻速運動的過程中,以下分析正確的是()A.物塊下滑的速度不變B.物塊開始在傳送帶上加速到2v0后向下勻速運動C.物塊先向下勻速運動,后向下加速運動,最后沿傳送帶向下勻速運動D.物塊受的摩擦力方向始終沿傳送帶向上5.(多選)如圖所示,水平傳送帶以速度v1勻速運動,小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連,t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質量和摩擦,繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是()6.(2018遼寧鞍山一中四模,2)一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行?，F將一個木炭包無初速地放在傳送帶的最左端,木炭包將會在傳送帶上留下一段黑色的徑跡。下列說法中正確的是()A.黑色的徑跡將出現在木炭包的左側B.木炭包的質量越大,徑跡的長度越短C.傳送帶運動的速度越大,徑跡的長度越短D.木炭包與傳送帶間動摩擦因數越大,徑跡的長度越短7.(2018山東菏澤一模)(多選)質量為M的足夠長的木板B放在光滑水平地面上,一個質量為m的滑塊A(可視為質點)放在木板上,設滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,如圖甲所示。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時,用傳感器測出木板B的加速度a,得到如圖乙所示的a-F圖像,取g=10 m/s2,則()A.滑塊A的質量m=1.5 kgB.木板B的質量M=1.5 kgC.當F=5 N時,木板B的加速度a=4 m/s2D.滑塊A與木板B間的動摩擦因數為=0.18.(2018山西考前測試)如圖所示,傾角為=37的傳送帶以速度v1=2 m/s順時針勻速轉動。將一小物塊以v2=8 m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數=0.5,傳送帶足夠長,取sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2,下列說法正確的是()A.小物塊運動的加速度大小恒為10 m/s2B.小物塊向上運動的時間為0.6 sC.小物塊向上滑行的最遠距離為4 mD.小物塊最終將隨傳送帶一起向上勻速運動二、非選擇題(共22分)9.(2018山東濰坊一模)(10分)如圖所示,一長為200 m的列車沿平直的軌道以80 m/s的速度勻速行駛,當車頭行駛到進站口O點時,列車接到停車指令,立即勻減速停車,因OA段鐵軌不能停車,整個列車只能停在AB段內,已知OA=1 200 m,OB=2 000 m,求:(1)列車減速運動的加速度大小的取值范圍;(2)列車減速運動的最長時間。10.(2018山西五市聯考)(12分)如圖所示,兩個完全相同的長木板放置于水平地面上,木板間緊密接觸,每個木板質量M=0.6 kg,長度l=0.5 m?，F有一質量m=0.4 kg的小木塊,以初速度v0=2 m/s從木板的左端滑上木板,已知木塊與木板間的動摩擦因數1=0.3,木板與地面間的動摩擦因數2=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)小木塊滑上第二個木板的瞬間的速度;(2)小木塊最終滑動的位移(保留3位有效數字)。答案精解精析一、選擇題1.D小木塊被釋放后的開始階段做勻加速直線運動,所受摩擦力沿傳送帶向下,加速度為a1=g cos +g sin 。當小木塊的速度與傳送帶速度相同后,小木塊開始以a2=g sin -g cos 的加速度做勻加速直線運動,此時小木塊所受摩擦力沿傳送帶向上,可知a1>a2,在v-t圖像中,圖線的斜率表示加速度,故選項D對。2.B設木盒的質量為M且向上滑行,放有砝碼時由牛頓第二定律有(M+m)g cos +(M+m)g sin =(M+m)a1,換成垂直于斜面向下的恒力F時由牛頓第二定律有(M+m)gcos +Mg sin =Ma2可知a2>a1,再由x=v022a可得x2<x1。同理可知,若木盒向下滑行,放有砝碼時,有(M+m)g cos -(M+m)g sin =(M+m)a1,換成垂直于斜面向下的恒力F時,有(M+m)g cos -Mg sin =Ma2,可知a2>a1,再由x=v022a可得x2<x1。故B選項正確。3.B由圖像知,在t0時間內圖線與時間軸所圍面積不等,即下落的高度不等,所以A錯誤;速度穩(wěn)定時,重力與空氣阻力平衡,即mg=kv,由圖知,甲的穩(wěn)定速度大,所以甲的質量大于乙的質量,所以B正確;釋放的瞬間都是只受重力的作用,所以加速度都等于g,故C錯誤;由mg=kv知,m1m2=v1v2,故D錯誤。4.C傳送帶靜止時,物塊勻速下滑,故Mg sin =Ff,當傳送帶的速度小于物塊的速度時,物塊的受力情況不變,以速度v0勻速向下運動,當傳送帶的速度大于物塊的速度時,物塊受到向下的摩擦力,根據受力分析可知,物塊向下做加速運動,當速度達到與傳送帶速度相等時,物塊和傳送帶以相同的速度勻速下滑,故C正確。5.BC若v2<v1且mQg<mPg,則mPg-mQg=(mP+mQ)a1,當P加速運動速度達到v1后,與傳送帶一起勻速運動,直到離開傳送帶(也可能加速過程中就離開傳送帶),所以B項正確。若v2<v1且mQg>mPg,則P先勻減速到零再反向加速直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶);若v2>v1,且mQg<mPg,則P先勻減速至v1,然后與傳送帶一起勻速運動,直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶);若v2>v1且mQg>mPg,滿足mQg+mPg=(mP+mQ)a2,中途減速至v1,以后滿足mQg-mPg=(mP+mQ)a3,以a3先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶),故C正確,A、D錯誤。6.D放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而傳送帶仍勻速,雖然兩者都向右運動,但在木炭包的速度達到與傳送帶速度相等之前木炭包相對于傳送帶向左運動,故黑色徑跡出現在木炭包的右側,A錯誤。由于木炭包在摩擦力作用下加速運動時加速度a=g與其質量無關,故徑跡長度與其質量也無關,B錯誤。徑跡長度等于木炭包相對傳送帶的位移大小,即二者對地的位移差:x=vt-0+v2t=12vt=v22g,可見傳送帶速度越小、動摩擦因數越大,相對位移越小,黑色徑跡越短,C錯誤,D正確。7.AC由圖乙知,當F=4 N時A、B相對靜止,加速度為a=2 m/s2,對整體分析有F=(m+M)a,解得m+M=2 kg,當F>4 N時,A、B發(fā)生相對滑動,對B有a=F-mgM=1MF-mgM,由圖像可知,圖線的斜率k=1M=aF=2 kg-1,解得M=0.5 kg,則滑塊A的質量m=1.5 kg,故A正確,B錯誤;將F>4 N所對圖線反向延長線與F軸交點坐標代入a=1MF-mgM,解得=0.2,故D錯誤;根據F=5 N>4 N時,滑塊與木板相對滑動,B的加速度為aB=1MF-mgM=4 m/s2,故C正確。8.C小物塊的運動分兩個階段:因初始時v2>v1,則開始一段時間小物塊相對傳送帶向上運動,其所受滑動摩擦力沿傳送帶向下,由牛頓第二定律有:ma1=mg sin +mg cos 得a1=10 m/s2因mg cos <mg sin ,則小物塊速度與傳送帶速度相同之后,小物塊將相對傳送帶向下運動,其所受滑動摩擦力沿傳送帶向上,由牛頓第二定律有:ma2=mg sin -mg cos 得a2=2 m/s2所以A選項錯誤。向上運動的時間分別為:t1=v2-v1a1=0.6 st2=v1a2=1.0 s所以向上運動的時間為t1+t2=1.6 s,B選項錯。向上運動的位移分別為:s1=v2+v12t1=3 ms2=v12t2=1 m向上滑行最遠距離s=s1+s2=4 m,所以選項C正確。由以上分析可知,小物塊先向上減速到零,再向下加速,D選項錯。二、非選擇題9.答案(1)85 m/s2a167 m/s2(2)50 s解析(1)若列車車尾恰好停在A點,減速運動的加速度大小為a1,距離為x1,則0-v02=-2a1x1x1=1 200 m+200 m=1 400 m解得a1=167 m/s2若列車車頭恰好停在B點,減速運動的加速度大小為a2,距離為xOB=2 000 m,則0-v02=-2a2xOB解得a2=85 m/s2故加速度大小a的取值范圍為85 m/s2a167 m/s2(2)當列車車頭恰好停在B點時,減速運動的時間最長,則0=v0-a2t解得t=50 s10.答案(1)1 m/s(2)0.670 m解析(1)小木塊在第一個木板上滑動時,木板受到木塊的摩擦力為f1=1mg兩木板受到地面的摩擦力為f2=2(m+2M)g因為f2>f1,所以木塊在第一個木板上運動時,兩木板靜止不動木塊在左邊第一個木板上的加速度大小為a1,由牛頓第二定律有1mg=ma1設小木塊滑上第二個木板瞬間的速度為v,由運動學關系式得v2-v02=-2a1l解得v=1 m/s(2)木塊滑上第二個木板后,設第二個木板的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得1mg-2(m+M)g=Ma2設木塊與木板達到相同速度v1時,用時為t,則有:對木塊有v1=v-a1t對木板有v1=a2t解得v1=110 m/s,t=310 s此過程中木塊的位移s1=v+v12t=33200 m木板的位移s1=v122a2=3200 m木塊在木板上滑動的長度為s1-s1<l達到共速后,木塊和木板一起繼續(xù)運動。設木塊、木板一起運動的加速度大小為a3,位移為s2,有2(m+M)g=(m+M)a3v12=2a3s2解得s2=1200 m所以,移動的總位移s=l+s1+s20.670 m