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2023高考物理一轮复习专题突破练习4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型含解析新人教版202303181128

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专题突破练习(四)(时间:40分钟)1.(多选)如图所示,质量M=2kg的足够长木板静止在光滑水平地面上,质量m=1kg的物块静止在长木板的左端,物块和长木板之间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F=2N,则下列说法正确的是(  )A.物块和长木板之间的摩擦力为1NB.物块和长木板相对静止一起加速运动C.物块运动的加速度大小为1m/s2D.拉力F越大,长木板的加速度越大AC [物块对长木板的摩擦力使木板运动,当M与m之间达到最大静摩擦力时,发生相对滑动,设此时水平恒力为F0,由牛顿第二定律有a===,解得F0=1.5N。因F=2N>F0=1.5N,故两者有相对滑动,物块和长木板之间为滑动摩擦力,有Ff=μmg=1N,故A正确,B错误;对物块,由牛顿第二定律F-μmg=ma1,可得a1=1m/s2,故C正确;拉力F越大,物块的合力越大,则加速度越大,但长木板受到的滑动摩擦力为1N,保持恒定,则相对滑动时木板的加速度恒定为a2==0.5m/s2,故D错误。]2.(多选)机场使用的货物安检装置如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运动,AB为传送带水平部分且长度L=2m,现有一质量为m=1kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g=10m/s2,下列说法正确的是(  )A.背包从A运动到B所用的时间为2.1sB.背包从A运动到B所用的时间为2.3sC.背包与传送带之间的相对位移为0.3mD.背包与传送带之间的相对位移为0.1mAD [背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,μmg=ma,得a=5m/s2,背包达到速度v=1m/s所用时间t1==0.2s,此过程背包相对地面位移x1=t1=×0.2m=-7-\n0.1m<L=2m,则此后背包与传送带共速,共速后背包与传送带相对静止,没有相对位移,所以背包与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1×0.2m-0.1m=0.1m,背包匀速运动的时间t2==s=1.9s,所以背包从A运动到B所用的时间为:t=t1+t2=2.1s,故A、D正确。]3.(多选)(2020·湖南株洲二模)如图所示,一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动,滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,滑块可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则滑块速度v随时间t变化的图象可能是(  )A        BC        DBC [设传送带倾角为θ,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,滑块的质量为m,若μmgcosθ<mgsinθ,即μ<tanθ,则滑块所受的合力沿传送带向下,滑块匀加速下滑,选项C正确;若μmgcosθ=mgsinθ,即μ=tanθ,则滑块所受的合力为零,滑决匀速下滑;若μmgcosθ>mgsinθ,即μ>tanθ,则滑块先匀减速下滑,当速度减为零时,开始反向匀加速上滑,且加速上滑的加速度与减速下滑的加速度大小相等,当加速到与传送带速度相同后,因为μmgcosθ>mgsinθ,所以滑块随传送带一起匀速运动,选项B正确,A、D错误。]4.(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的vt图象可能是(  )-7-\nA     BC     DAC [滑块滑上木板,受到木板对滑块向左的滑动摩擦力,做匀减速运动,若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力,则木板做匀加速直线运动,当两者速度相等时,一起做匀减速运动。设木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,木块的质量为m,木板的质量为M,知木板若滑动,则μ1mg>μ2(M+m)g,最后一起做匀减速运动,加速度a′=μ2g,开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a=μ1g>μ2g,知图线的斜率变小,故C正确,D错误;若μ1mg<μ2(M+m)g,则木板不动,滑块一直做匀减速运动,故A正确;由于地面有摩擦力,最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动,故B错误。]5.(2020·四川德阳一模)如图所示,光滑水平地面上有一质量M=2kg的足够长木板以速度v0=10m/s向右匀速运动,从t=0时刻起对其施加一水平向左的恒力F=8N。经过t1=1s时,将一质量m=2kg的小物块轻放在木板右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10m/s2。求:(1)刚放上物块时木板的速度大小v1;(2)物块在木板上相对木板滑动的时间t。[解析] (1)放上物块之前,设木板的加速度大小为a1,对木板,根据牛顿第二定律有F=Ma1解得a1=4m/s2木板做匀减速直线运动,则v1=v0-a1t1解得v1=6m/s。(2)放上物块之后,设物块的加速度大小为a2,木板的加速度大小为a3对物块,根据牛顿第二定律有μmg=ma2解得a2=4m/s2对木板,根据牛顿第二定律有F+μmg=Ma3,解得a3=8m/s2经过时间t2二者共速时有a2t2=v1-a3t2,解得t2=0.5s共速后若物块和木板相对静止,设二者共同的加速度大小为a0,由于F=(M+m)a0,解得a0=2m/s2<a2所以共速后二者相对静止,共同减速,故t=t2=0.5s。[答案] (1)6m/s (2)0.5s-7-\n6.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)若传送带顺时针运动的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少?[解析] (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=Ma1,①设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1=,②通过的位移x1=t1,③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2,Mgsinθ-μMgcosθ=Ma2,④物体继续减速,设经t2速度到达传送带B点L-x1=vt2-a2t,⑤联立得①②③④⑤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,t′=1s(t′=5s舍去)。[答案] (1)2.2s (2)1s7.(2019·江苏高考)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;-7-\n(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、a′B;(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。[解析] A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=v解得vA=。(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg对齐后,A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2ma′B,得a′B=μg。(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA则v=aAt,v=vB-aBtxA=aAt2,xB=vBt-aBt2且xB-xA=L解得vB=2。[答案] (1) (2)3μg μg (3)28.如图甲所示,倾角为37°足够长的传送带以4m/s的速度顺时针转动,现使小物块以2m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,试求:-7-\n甲         乙(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大;(2)0~8s内小物块与传送带之间的划痕为多长。[解析] (1)根据vt图象的斜率表示加速度可得a==m/s2=1m/s2由牛顿第二定律得μmgcos37°-mgsin37°=ma解得μ=。(2)0~8s内只有前6s内物块与传送带发生相对滑动,0~6s内传送带匀速运动的距离为:x带=4×6m=24m,由题图乙可知:0~2s内物块位移大小为:x1=×2×2m=2m,方向沿斜面向下,2~6s内物块位移大小为:x2=×4×4m=8m,方向沿斜面向上所以划痕的长度为:Δx=x带+x1-x2=(24+2-8)m=18m。[答案] (1) (2)18m9.如图所示,一块质量为M=2kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上,B的左端有一质量为m=0.2kg的物块A(可视为质点),A上连接一根很长的轻质细绳,细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0=0.1kg的重物,用手托住重物使细绳伸直但无张力,重物距离地面的高度为h=1m;已知A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2,A与滑轮间的细绳与桌面平行,B右端距离桌边定滑轮足够远;释放重物后,A相对于B滑动,重力加速度g=10m/s2。(1)求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小;-7-\n(2)当A、B相对静止时,A仍在B上,求从释放重物到A,B相对静止的过程中A运动的时间。[解析] (1)设释放重物后重物的加速度为a1,细绳的张力大小为F,对重物,由牛顿第二定律可得m0g-F=m0a1对A,由牛顿第二定律有F-μmg=ma1联立解得F=0.8N,a1=2m/s2由v=2a1h解得重物落地前瞬间A的速度大小为v1=2m/s。(2)重物落地前,A运动的时间t1==1s。B的加速度a2==0.2m/s2重物落地时B的速度v2=a2t1=0.2m/s重物落地后,A开始做匀减速运动,加速度大小为a3=μg=2m/s2设经过时间t2,A、B速度相等,则有v1-a3t2=v2+a2t2解得t2=s故从释放重物到A、B相对静止的过程中A运动的时间t=t1+t2=s。[答案] (1)0.8N 2m/s (2)s-7-

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发布时间:2022-08-25 22:19:24 页数:7
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文章作者:U-336598

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