高一【动力学中的典型“模型” 】专题训练(带解析)

高一【动力学中的典型“模型” 】专题训练一、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＝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 A2．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＝ma1a＝－(μ1＋2μ2)g1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 ＝2ma2a＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|2由v－t图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确。

答案 A3．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a2>a1，B、D错，C对。

答案AC5．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/s2，则( )图5A．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a1＝F－μmgm＝4－21m/s2＝2 m/s2，木板加速度a2＝μmgM＝1 m/s2，脱离瞬间小木块速度v1＝a1t＝4 m/s，A错误，B正确；木板速度v2＝a2t＝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v1＝at1。

断裂后，小车的速度v＝v1＋at2，小车的位移为：x 1＝v1t2＋12at22滑块的位移为：x2＝v1t2绳断后，前3 s相对位移有关系：Δx＝x1－x2＝12at23＝4.5 m得：a＝1 m/s2细绳断开时小车和物块的速度均为：v1＝at1＝1×2 m/s＝2 m/s设后3 s小车的初速度为v1′，则小车的位移为：x 1′＝v1′t4＋12at24滑块的位移为：x2′＝v1t4得：x1′－x2′＝3v1′＋4.5 m－3v1＝10.5 m解得：v1′＝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 s7．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/s2，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°＝ma1，代入数值得a1＝10 m/s2设经时间t1物块A与传送带共速，则由运动学规律知v带＝a1t1，即t1＝0.3 s此过程中物块A的位移为x1＝12a1t21＝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°＝ma2，代入数值得a2＝2 m/s2由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋12a2t22，代入数值得t2＝1 s所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t1＋t2＝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L1＝v带t1－x1＝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t2＋12a2t22－v带t2＝1.0 m所以物块A在传送带上的划痕长度为LA＝L2＝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t2相同所以物块B在传送带上的划痕长度为L B＝v带t2＋12a2t22－v带t2＝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 图象如图乙所示，g＝10 m/s2。

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＝1033N(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/s2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＝v22a，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a1＝1 m/s2，相对滑动时，木板的加速度a2＝1 m/s2，滑块的加速度大小a3＝4 m/s2，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）gM＋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＝Ma2对滑块：μ2mg＝ma3联立解得M＝1.5 kg。

答案(1)1033N (2)2.5 m (3)1.5 kg。