配套K122019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第三章 第4讲 动力学中两类典型问题

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[基础题组]
一、单项选择题
1.(2018·山东潍坊质检)如图所示，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()
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
2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称
连续输送机．如图所示，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度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是()
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．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
解析：刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带
向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对
滑动，由v2＝2as得，木炭包位移s
木＝
v2
2μg，设相对滑动时间为t，由v＝at得t
＝v
μg，此时传送带的位移为s传＝v t＝v2
μg，所以相对滑动的位移是Δs＝s传－s木＝
v2
2μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．
答案：C
3.如图所示，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()
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图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确．
答案：A
二、非选择题
4.如图所示，固定斜面上放一木板PQ ，木板的Q 端放置一
可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q 端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码
距离地面足够高．已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L ，Q 端距斜面顶端距离也为L ，物块和木板的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数为μ1＝32.若所挂钩码质量为 2m ，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度为g ，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力． (1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；
(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m ′应满足什么条件？ 解析：(1)整个系统匀速时 对钩码：2mg ＝F T
对物块和木板：F T ＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ 解得：μ2＝33
(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2. 对物块：μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得：a 2＝1
4g
对木板：F T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1 对钩码：m ′g －F T ′＝m ′a 1 解得：a 1＝m ′－94m
m ′＋m g
联立解得：m ′＞10
3m 答案：(1)33 (2)m ′＞10
3m
5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示
为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保
持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处．求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 解析：(1)行李所受滑动摩擦力大于 f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ，
加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v ＝at 1，
得t 1＝v a ＝1
1
s ＝1 s.
(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v 2min ＝2aL ，
得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ， 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 由v min ＝at min 得行李最短运行时间 t min ＝v min a ＝2
1 s ＝
2 s.
答案：(1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
[能力题组]
非选择题
6．如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其v
t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B
间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.
(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；
(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间． 解析：(1)根据v
t 图像可知物体A 的加速度为
a A ＝Δv Δt ＝10
5 m/s 2＝2 m/s 2
以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A 解得μ＝
F －m A a A
m A g ＝0.4
(2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝1
2×5×10 m ＝25 m 若B 不固定，则B 的加速度为 a B ＝
μm A g m B ＝0.4×1×10
4
m/s 2＝1 m/s 2 设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得 12a A t 2－12a B t 2
＝l ，解得t ＝7.07 s. 答案：(1)0.4 (2)7.07 s
7.(2018·河北正定中学月考)一水平传送带以2.0 m/s 的
速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m ．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m ，一
个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，试问：(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)
(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；
(2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程． 解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动
μmg ＝ma 1
s 1＝v 20
2a 1
＝1 m ＜L
所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面 －mg sin θ＝ma 2
物块速度为零时上升的距离
s 2＝－v 202a 2
＝13 m
由于s 2＜0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点． (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间 t 1＝2s 1v 0
＋L －s 1
v 0
＝1.5 s
物块在斜面上往返一次的时间 t 2＝－2v 0a 2
＝23 s
物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左 －μmg ＝ma 3
向左端发生的最大位移
s 3＝－v 20
2a 3
＝1 m
物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间t 3＝－2v 0
a 3＝2 s
4．5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零 故物块通过的总路程 s ＝L ＋3s 2＋2s 3 s ＝5 m
答案：(1)不能 1
3m (2)5 m
8.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为
质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量M ＝4 kg ，长L ＝2.5 m ，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10
m/s2.
(1)假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为3 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求对木板施加的水平拉力F的大小范围．
(2)若用大小为F＝28 N的水平恒力拉木板，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为2 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求水平恒力F作用的最短时间．
解析：(1)设木块的最大加速度为a
木块，则F fm1＝ma
木块
对木板F－F fm1－μ(M＋m)g＝Ma
木板
木板从木块的下方抽出的条件为a
木板＞a
木块
，解得F＞25 N
即欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的水平拉力F应满足F＞25 N. (2)加上力F时木板加速，撤去F后木板减速．分析可知，如果
木板和木块的速度相同时木块恰好运动到木板最左端脱离，那么
力F的作用时间最短
设作用时间t1后撤去力F，此时木板速度为v1，则对木板有
F－F fm2－μ(M＋m)g＝Ma1
解得a1＝4 m/s2，
v1＝a1t1
对木块有F fm2＝ma2，解得a2＝2 m/s2
撤去力F后，木板减速运动，加速度大小为a0
则F fm2＋μ(M＋m)g＝Ma0，解得a0＝3 m/s2
木块加速运动过程中加速度不变，当木块和木板速度相同时木块恰好脱离木板，设共同速度为v2，则可作出如图所示的速度—时间图线分析位移关系，可知，L
＝v21
2a1＋
v21－v22
2a0－
v22
2a2，v1－a0(
v2
a2－
v1
a1)＝v2，联立解得v1＝
10
714 m/s，t1＝
514
14s
故欲使木板能从木块的下方抽出，水平恒力F作用的最短时间应为514 14s.
答案：(1)F＞25 N(2)514 14s
9.(2018·湖北武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑
的平台，一倾角为37°、长为5 m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向
右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：
(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？
(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度．
(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？
解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：
μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1
B→C过程有：v20＝2a1l
解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5.
(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2
若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l
解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2
即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.
(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：
v21－v22＝2a1s1
对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：
v22＝2a2s2
s1＋s2＝L
解得：v2＝3 m/s
即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.
答案：(1) 0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s。