2019高考物理二輪復習第3講 動力學觀點在力學中的應用 專題訓練(含解析).doc

1、第3講動力學觀點在力學中的應用一、選擇題(每小題6分,共48分)1.如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面的夾角為,以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)a2,在v-t圖像中,圖線的斜率表示加速度,故選項D對。2.B設木盒的質(zhì)量為M且向上滑行,放有砝碼時由牛頓第二定律有(M+m)g cos +(M+m)g sin =(M+m)a1,換成垂直于斜面向下的恒力F時由牛頓第二定律有(M+m)gcos +Mg sin =Ma2可知a2a1,再由x=v022a可得x2a1,再由x=v022a可得x2x1。故B選項正確。3.B由圖像知,在t0時間內(nèi)圖線

2、與時間軸所圍面積不等,即下落的高度不等,所以A錯誤;速度穩(wěn)定時,重力與空氣阻力平衡,即mg=kv,由圖知,甲的穩(wěn)定速度大,所以甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,所以B正確;釋放的瞬間都是只受重力的作用,所以加速度都等于g,故C錯誤;由mg=kv知,m1m2=v1v2,故D錯誤。4.C傳送帶靜止時,物塊勻速下滑,故Mg sin =Ff,當傳送帶的速度小于物塊的速度時,物塊的受力情況不變,以速度v0勻速向下運動,當傳送帶的速度大于物塊的速度時,物塊受到向下的摩擦力,根據(jù)受力分析可知,物塊向下做加速運動,當速度達到與傳送帶速度相等時,物塊和傳送帶以相同的速度勻速下滑,故C正確。5.BC若v2v1且mQgmPg,

3、則mPg-mQg=(mP+mQ)a1,當P加速運動速度達到v1后,與傳送帶一起勻速運動,直到離開傳送帶(也可能加速過程中就離開傳送帶),所以B項正確。若v2mPg,則P先勻減速到零再反向加速直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶);若v2v1,且mQgv1且mQgmPg,滿足mQg+mPg=(mP+mQ)a2,中途減速至v1,以后滿足mQg-mPg=(mP+mQ)a3,以a3先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶),故C正確,A、D錯誤。6.D放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而傳送帶仍勻速,雖然兩者都向右運動,但在木炭包的速度達到與傳送帶速

4、度相等之前木炭包相對于傳送帶向左運動,故黑色徑跡出現(xiàn)在木炭包的右側(cè),A錯誤。由于木炭包在摩擦力作用下加速運動時加速度a=g與其質(zhì)量無關,故徑跡長度與其質(zhì)量也無關,B錯誤。徑跡長度等于木炭包相對傳送帶的位移大小,即二者對地的位移差:x=vt-0+v2t=12vt=v22g,可見傳送帶速度越小、動摩擦因數(shù)越大,相對位移越小,黑色徑跡越短,C錯誤,D正確。7.AC由圖乙知,當F=4 N時A、B相對靜止,加速度為a=2 m/s2,對整體分析有F=(m+M)a,解得m+M=2 kg,當F4 N時,A、B發(fā)生相對滑動,對B有a=F-mgM=1MF-mgM,由圖像可知,圖線的斜率k=1M=aF=2 kg-1

5、,解得M=0.5 kg,則滑塊A的質(zhì)量m=1.5 kg,故A正確,B錯誤;將F4 N所對圖線反向延長線與F軸交點坐標代入a=1MF-mgM,解得=0.2,故D錯誤;根據(jù)F=5 N4 N時,滑塊與木板相對滑動,B的加速度為aB=1MF-mgM=4 m/s2,故C正確。8.C小物塊的運動分兩個階段:因初始時v2v1,則開始一段時間小物塊相對傳送帶向上運動,其所受滑動摩擦力沿傳送帶向下,由牛頓第二定律有:ma1=mg sin +mg cos 得a1=10 m/s2因mg cos f1,所以木塊在第一個木板上運動時,兩木板靜止不動木塊在左邊第一個木板上的加速度大小為a1,由牛頓第二定律有1mg=ma1設小木塊滑上第二個木板瞬間的速度為v,由運動學關系式得v2-v02=-2a1l解得v=1 m/s(2)木塊滑上第二個木板后,設第二個木板的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得1mg-2(m+M)g=Ma2設木塊與木板達到相同速度v1時,用時為t,則有:對木塊有v1=v-a1t對木板有v1=a2t解得v1=110 m/s,t=310 s此過程中木塊的位移s1=v+v12t=33200 m木板的位移s1=v122a2=3200 m木塊在木板上滑動的長度為s1-s1l達到共速后,木塊和木板一起繼