能力课3动力学中的两种典型“模型”-高考物理一轮复习课时训练

能力课3动力学中的两种典型“模型”一、选择题(1～3题为单项选择题，4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1A．5 mm B．6 mm C．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＝v22a，而传送带的位移为x2＝v t，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 A2．(2016·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－时间图像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＝ma1a1＝－(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图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确。

答案 A3．(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 D4．如图4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4A ．滑出瞬间木块速度2 m/sB ．滑出瞬间木块速度4 m/sC ．滑出瞬间木板速度2 m/sD ．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 ＝1m/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5．一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5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＋12at 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 23＝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＋12at 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 s6．(2017·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图6所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m 。

开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进。

板右端到达B 处冲线，游戏结束。

已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图6(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围。

解析 (1)滑板一直加速时，所用时间最短。

设滑板加速度为a 2，f ＝μm 1g ＝m 2a 2，a 2＝10 m/s 2，s ＝a 2t 22，t ＝1 s 。

(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等， F 1－μm 1g ＝m 1a 2，F 1＝30 N 。

当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1，F 2－μm 1g ＝m 1a 1，a 1t 22－a 2t 22＝L ，F 2＝34 N 。

则水平恒力大小范围是30 N ≤F ≤34 N 。

答案 (1)1 s (2)30 N ≤F ≤34 N7．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 21＝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＋12a 2t 22，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＋12a 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 22－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∶18．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 图像如图乙所示，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 ＝1033 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 22a ，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＝0.10～2 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 。

答案 (1)1033 N (2)2.5 m (3)1.5 kg。