2019届高考物理第一轮复习课时作业 1-3-5动力学中常考的物理模型

第5课时(小专题)动力学中常考的物理模型基本技能练1．物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示。

则传送带转动后()图1A．物块将减速下滑B．物块仍匀速下滑C．物块受到的摩擦力变小D．物块受到的摩擦力变大解析当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mg sin θ＝μmg cos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmg cos θ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。

答案 B2．如图2所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1和小车的加速度为a2。

当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)()图2A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2解析由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即F f＝ma1，且F f的最大值为F f m＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2。

当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2。

当F较大时，m与M发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2，综上述只有选项D符合题意。

答案 D▲如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。

AC是滑道的竖直高度，D 点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()s B．2 s s D．2 2 s解析A、E两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝4Rg ＝4ADg＝2 s，选B。

答案 B3．(多选)如图3所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。

已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B 的过程中()图3A．煤块从A运动到B的时间是sB．煤块从A运动到B的时间是sC．划痕长度是mD．划痕长度是2 m解析根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝μmgm＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t1＝v0a＝1 s，位移大小x1＝12at 21＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δs＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确、C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝x2v0＝s，运动的总时间t＝t1＋t2＝s，选项B正确、A错误。

答案BD▲如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k 倍，且k＜1。

求：物体与斜面间的动摩擦因数μ。

解析设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为F f，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，则由牛顿第二定律可得mg sin α－F f＝ma，F f＝μmg cos α所以a＝g(sin α－μcos α)由运动规律可知v21＝2ax＝2xg(sin α－μcos α)，v2＝2gh由题意：v1＝k v解得：μ＝(1－k2)tan α。

答案(1－k2)tan α4．(多选) (2014·哈尔滨九中四模)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。

现有两小块物A、B 从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为，下列说法正确的是()图4A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．物块A、B运动的加速度大小不同D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同解析A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项A、C错，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确。

答案BD▲(多选)(2014·湖北黄冈中学检测)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型。

一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1<tan θ，在BC段的动摩擦因数为μ2>tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。

该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()A．地面对滑梯始终无摩擦力作用B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小解析由题给条件μ1<tan θ，μ2>tan θ知，在AB段：μ1mg cos θ<mg sin θ，小朋友加速下滑，即整体有斜向左下方的加速度，所以整体有水平向左和竖直向下的分加速度，地面对滑梯的摩擦力向左，支持力小于总重力；同理，在BC段：μ2mg cos θ>mg sin θ，小朋友减速下滑，即整体有斜向右上方的加速度，所以地面对滑梯的摩擦力向右，支持力大于总重力。

综上所述，B、D正确。

答案BD能力提高练5．如图5所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上。

设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。

图5(1)若水平地面光滑，计算说明铁块B与木板A间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝，求铁块运动到木板右端的时间。

解析(1)A、B之间的最大静摩擦力为F f m＝μ1mg＝×1×10 N＝3 N假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F＝(M＋m)a对B：F fAB＝ma解得F fAB＝N因FfAB＜F f m，故A、B之间不发生相对滑动(2)对B：F－μ1mg＝ma B对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma A据题意x B－x A＝L，x A＝12，x B＝12a B t2，解得t＝ 2 s2a A t答案(1)不会发生相对滑动(2) 2 s6．如图6所示，水平传送带AB长L＝10 m，向右匀速运动的速度v0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1＝6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。

求：图6(1)小物块相对地面向左运动的最大距离；(2)小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。

解析(1)设小物块与传送带间摩擦力大小为F f则F f＝μmg，F f x物＝12m v 21，x物＝m(2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等v1－at1＝0，a＝F fm，t1＝s，v0＝at2，t2＝1 s设反向加速时，小物块的位移为x1，则有x1＝12at22＝2 m小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点x物－x1＝v0t3t3＝s所以t总＝t1＋t2＋t3＝s答案(1) m(2) s7．如图7所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32。

对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。

设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。

图7(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

解析(1)对M、m，由牛顿第二定律F－(M＋m)g sin α＝(M＋m)a①对m，有F f－mg sin α＝ma②F f≤F f m＝μmg cos α③代入数据得F≤30 N④(2)F＝N＞30 N，物块能滑离木板⑤对M，有F－μmg cos α－Mg sin α＝Ma1⑥对m，有μmg cos α－mg sin α＝ma2⑦设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式12－12a2t2＝L2a1t⑧代入数据得t＝s⑨物块滑离木板时的速度v＝a2t⑩由公式－2g sin α·x＝0－v2?代入数据得x＝m?答案(1)F≤30 N(2)能s m。