【文档说明】高考物理二轮复习第3讲 动力学观点在力学中的应用 专题训练(含解析).doc，共(8)页，247.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第3讲动力学观点在力学中的应用一、选择题(每小题6分,共48分)1.如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ,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μ<tanθ,则选项图中能客观地

反映小木块的速度随时间变化关系的是()2.(2018广东四校联考)如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码,而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F=mgco

sθ),其他条件不变,则木盒滑行的距离将()A.不变B.变小C.变大D.变大变小均有可能3.(2018内蒙古呼和浩特一调,15)甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即f=k

v(k为正的常量)。两球的v-t图像如图所示。落地前,经下落t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是()A.t0时间内两球下落的高度相等B.甲球质量大于乙球的质量C.释放瞬间甲球加速度较大D.=4.如图所示,质量为M的物块在静止的足够长的传送带上以速度v0

匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中,以下分析正确的是()A.物块下滑的速度不变B.物块开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C.物块先向下匀速运动,后向下加速运动,最后沿传送带向下匀

速运动D.物块受的摩擦力方向始终沿传送带向上5.(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描

述小物体P速度随时间变化的图像可能是()6.(2018辽宁鞍山一中四模,2)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地放在传送带的最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是()A.黑色的径迹将出现在木炭包的左

侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短7.(2018山东菏泽一模)(多选)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面

上,一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上,设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,如图甲所示。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a-F图像,取g=10m/s2,则()A.滑块A的质量m=1.5kgB.木板B的质量M=1.5kgC.

当F=5N时,木板B的加速度a=4m/s2D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ=0.18.(2018山西考前测试)如图所示,倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一小物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,

传送带足够长,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,下列说法正确的是()A.小物块运动的加速度大小恒为10m/s2B.小物块向上运动的时间为0.6sC.小物块向上滑行的最远距离为4mD.小物块最终将随传送带一起向上

匀速运动二、非选择题(共22分)9.(2018山东潍坊一模)(10分)如图所示,一长为200m的列车沿平直的轨道以80m/s的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA段铁轨

不能停车,整个列车只能停在AB段内,已知OA=1200m,OB=2000m,求:(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围;(2)列车减速运动的最长时间。10.(2018山西五市联考)(12分)如图所示,两个完全相同

的长木板放置于水平地面上,木板间紧密接触,每个木板质量M=0.6kg,长度l=0.5m。现有一质量m=0.4kg的小木块,以初速度v0=2m/s从木板的左端滑上木板,已知木块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3,木

板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g=10m/s2。求:(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度;(2)小木块最终滑动的位移(保留3位有效数字)。答案精解精析一、选择题1.D小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动,所受

摩擦力沿传送带向下,加速度为a1=μgcosθ+gsinθ。当小木块的速度与传送带速度相同后,小木块开始以a2=gsinθ-μgcosθ的加速度做匀加速直线运动,此时小木块所受摩擦力沿传送带向上,可知a1>a2,在v-t图像中

,图线的斜率表示加速度,故选项D对。2.B设木盒的质量为M且向上滑行,放有砝码时由牛顿第二定律有μ(M+m)gcosθ+(M+m)gsinθ=(M+m)a1,换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有μ(M+m)g·cosθ+Mgsinθ=Ma2可知a2>a1,再由x=可得

x2<x1。同理可知,若木盒向下滑行,放有砝码时,有μ(M+m)gcosθ-(M+m)gsinθ=(M+m)a1',换成垂直于斜面向下的恒力F时,有μ(M+m)gcosθ-Mgsinθ=Ma2',可知a2'>a1',再由x=

可得x2<x1。故B选项正确。3.B由图像知,在t0时间内图线与时间轴所围面积不等,即下落的高度不等,所以A错误;速度稳定时,重力与空气阻力平衡,即mg=kv,由图知,甲的稳定速度大,所以甲的质量大于乙

的质量,所以B正确;释放的瞬间都是只受重力的作用,所以加速度都等于g,故C错误;由mg=kv知,=,故D错误。4.C传送带静止时,物块匀速下滑,故Mgsinθ=Ff,当传送带的速度小于物块的速度时,物块的受力情况不变,以速度v0匀

速向下运动,当传送带的速度大于物块的速度时,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,当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带以相同的速度匀速下滑,故C正确。5.BC若v2<v1且mQg<μmPg,则μmPg-mQg=(mP+

mQ)a1,当P加速运动速度达到v1后,与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带),所以B项正确。若v2<v1且mQg>μmPg,则P先匀减速到零再反向加速直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且mQg<μm

Pg,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1且mQg>μmPg,满足mQg+μmPg=(mP+mQ)a2,中途减速至v1,以后满足mQg-μmPg=(mP+mQ)a3,以a3先

减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。6.D放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而传送带仍匀速,虽然两者都向右运动,但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动,故黑色

径迹出现在木炭包的右侧,A错误。由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a=μg与其质量无关,故径迹长度与其质量也无关,B错误。径迹长度等于木炭包相对传送带的位移大小,即二者对地的位移差:Δx=vt-t=vt=,可见传送带速度越小、动摩擦因数越大,相对位移越小,黑色

径迹越短,C错误,D正确。7.AC由图乙知,当F=4N时A、B相对静止,加速度为a=2m/s2,对整体分析有F=(m+M)a,解得m+M=2kg,当F>4N时,A、B发生相对滑动,对B有a==F-,由图像可知,图线

的斜率k===2kg-1,解得M=0.5kg,则滑块A的质量m=1.5kg,故A正确,B错误;将F>4N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a=F-,解得μ=0.2,故D错误;根据F=5N>4N时,滑块与木板相对滑动,B的加速度为aB=F-μ=4m/s2,故C正

确。8.C小物块的运动分两个阶段:因初始时v2>v1,则开始一段时间小物块相对传送带向上运动,其所受滑动摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律有:ma1=mgsinθ+μmgcosθ得a1=10m/s2因μmgcosθ<mgsinθ,则小物块速度与传送带速度相同之后,小物块将相对传送

带向下运动,其所受滑动摩擦力沿传送带向上,由牛顿第二定律有:ma2=mgsinθ-μmgcosθ得a2=2m/s2所以A选项错误。向上运动的时间分别为:t1==0.6st2==1.0s所以向上运动的时间为t1+t2=1.6s,B选项错。向上运动的位移分别为:s1=·t1=3ms2=·t2

=1m向上滑行最远距离s=s1+s2=4m,所以选项C正确。由以上分析可知,小物块先向上减速到零,再向下加速,D选项错。二、非选择题9.答案(1)m/s2≤a≤m/s2(2)50s解析(1)若列车车尾恰好停在A点,减速运动的加速度

大小为a1,距离为x1,则0-=-2a1x1①x1=1200m+200m=1400m②解得a1=m/s2③若列车车头恰好停在B点,减速运动的加速度大小为a2,距离为xOB=2000m,则0-=-2a2xOB④解得a2=m/s2⑤故加速度大小a的取值范围为m/s2≤a≤m/s2⑥(2)当列车车

头恰好停在B点时,减速运动的时间最长,则0=v0-a2t⑦解得t=50s⑧10.答案(1)1m/s(2)0.670m解析(1)小木块在第一个木板上滑动时,木板受到木块的摩擦力为f1=μ1mg两木板受到地面的摩擦力为f2=μ2(m+2M)g因为f2>f1,所以木块

在第一个木板上运动时,两木板静止不动木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1设小木块滑上第二个木板瞬间的速度为v,由运动学关系式得v2-=-2a1l解得v=1m/s(2)木块滑上第二个木板后,设第二个木板的

加速度大小为a2,由牛顿第二定律得μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2设木块与木板达到相同速度v1时,用时为t,则有:对木块有v1=v-a1t对木板有v1=a2t解得v1=m/s,t=s此过程中木块的位移s1=t

=m木板的位移s1'==m木块在木板上滑动的长度为s1-s1'<l达到共速后,木块和木板一起继续运动。设木块、木板一起运动的加速度大小为a3,位移为s2,有μ2(m+M)g=(m+M)a3=2a3s2解得s2=m所以,

移动的总位移s=l+s1+s2≈0.670m