2019年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化四动力学中三种典型物理模型课时达标训练

动力学中的典型“模型”
一、选择题(1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题)
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( )
图1
A．5 mm B．6 mmC．7 mm D．10 mm
解析木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝v2
2a
，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。

答案 A
2．(2018·山东日照模拟)如图2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－时间图象可能是下列选项中的( )
图2
解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物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。

对木板应用牛顿第二定律得：
－μ1mg－μ2·2mg＝ma1
a1＝－(μ1＋2μ2)g
设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2
a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|
由v－t图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确。

答案 A
3．(2017·山东潍坊质检)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为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<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
图3
解析开始阶段，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
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
所以a1＝g sin θ＋μg cos θ
木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，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的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
所以a2＝g sin θ－μg cos θ
根据以上分析，有a2<a1，所以本题正确选项为D。

答案 D
4．如图4所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。

t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。

分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是( )
图4
解析 若长木板和木块之间没有相对滑动，A 对；若长木板和木块之间有相对滑动，则a 2>a 1，B 、D 错，C 对。

答案 AC
5．如图5所示，质量为M ＝2 kg 、长为L ＝2 m 的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m ＝1 kg 的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。

先相对静止，然后用一水平向右F ＝4 N 的力作用在小木块上，经过时间t ＝2 s ，小木块从长木板另一端滑出，g 取10 m/s 2
，则( )
图5
A ．滑出瞬间木块速度2 m/s
B ．滑出瞬间木块速度4 m/s
C ．滑出瞬间木板速度2 m/s
D ．滑出瞬间木板速度4 m/s 解析 小木块加速度a 1＝
F －μmg m ＝4－21 m/s 2＝2 m/s 2，木板加速度a 2＝μmg M
＝1 m/s 2
，脱离瞬间小木块速度v 1＝a 1t ＝4 m/s ，A 错误，B 正确；木板速度v 2＝a 2t ＝2 m/s ，C 正确，D 错误。

答案 BC 二、非选择题
6．一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。

某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s ，细绳断裂。

细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s 内滑行了4.5 m ，后3 s 内滑行了10.5 m 。

求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？
图6
解析 设小车加速度为a 。

绳断裂时，车和物块的速度为v 1＝at 1。

断裂后，小车的速度v ＝
v 1＋at 2，小车的位移为： x 1＝v 1t 2＋12
at 22
滑块的位移为：x 2＝v 1t 2
绳断后，前3 s 相对位移有关系： Δx ＝x 1－x 2＝12at 2
3＝4.5 m
得：a ＝1 m/s 2
细绳断开时小车和物块的速度均为：
v 1＝at 1＝1×2 m/s＝2 m/s
设后3 s 小车的初速度为v 1′，则小车的位移为：
x 1′＝v 1′t 4＋1
2
at 24
滑块的位移为：
x 2′＝v 1t 4
得：x 1′－x 2′＝3v 1′＋4.5 m －3v 1＝10.5 m 解得：v 1′＝4 m/s
由此说明后3 s 实际上是从绳断后2 s 开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：
t 总＝5 s
答案 5 s
7．如图7所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m ，传送带甲比乙长0.45 m ，两传送带均以3 m/s 的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A 从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B 由传送带乙的顶端以3 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
图7
(1)物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间；
(2)物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比。

解析 (1)对物块A 由牛顿第二定律知mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，代入数值得a 1＝10 m/s 2
设经时间t 1物块A 与传送带共速，则由运动学规律知
v 带＝a 1t 1，即t 1＝0.3 s
此过程中物块A 的位移为x 1＝12a 1t 2
1＝0.45 m
物块A 与传送带共速后，由牛顿第二定律知
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，代入数值得a 2＝2 m/s 2
由运动学规律知L 甲－x 1＝v 带t 2＋12
a 2t 2
2，代入数值得
t 2＝1 s
所以物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s 。

(2)在物块A 的第一个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为
L 1＝v 带t 1－x 1＝0.45 m
在物块A 的第二个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为
L 2＝v 带t 2＋1
2
a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m
所以物块A 在传送带上的划痕长度为
L A ＝L 2＝1.0 m
由分析知物块B 的加速度与物块A 在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t 2相同
所以物块B 在传送带上的划痕长度为L B ＝v 带t 2＋12a 2t 2
2－v 带t 2＝1.0 m
故物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为L A ∶L B ＝1∶1 答案 (1)1.3 s (2)1∶1
8．如图8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 ＝1 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，现将力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 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2。

求：
图8
(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。

解析 (1)滑块受力如图所示，根据平衡条件，有
mg sin θ＝F cos θ
解得F ＝103
3
N
(2)当力F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mg sin θ＋F cos θ＝ma 解得a ＝10 m/s 2
根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度
v ＝10 m/s 。

滑块下滑的位移x ＝v 2
2a
，解得x ＝5 m
故滑块下滑的高度h ＝x sin 30°＝2.5 m
(3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时加速度a 1＝1 m/s 2
，相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2
，滑块的加速度大小a 3＝4 m/s 2
，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，对它们整体受力分析，有
a 1＝
μ1（M ＋m ）g
M ＋m
＝μ1g ，解得μ1＝0.1
0～2 s 内分别对木板和滑块受力分析，即 对木板：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2 对滑块：μ2mg ＝ma 3 联立解得M ＝1.5 kg 。

103 3 N (2)2.5 m (3)1.5 kg
答案(1)。