2024年高考物理二輪復習專題強化練三動力學觀點在力學中的應(yīng)用含解析

PAGE8-專題強化練(三)題組一木板滑塊類型1.如圖所示，在光滑的水平面上有一個質(zhì)量為m′的木板B處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的木塊A從B的左端以初速度v0＝3m/s起先水平向右滑動，已知m′＞m.用①和②分別表示木塊A和木板B的圖象，在木塊A從B的左端滑到右端的過程中，下面關(guān)于二者速度v隨時間t的改變圖象，其中可能正確的是()解析：木塊A滑上B時，A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動，依據(jù)牛頓其次定律得aA＝eq\f(μmg,m)，aB＝eq\f(μmg,m′)，已知m＜m′，所以aA＞aB，即①斜率的肯定值應(yīng)大于②的斜率，故A、B錯誤．若A不能滑下，則兩者最終共速，若A滑下，則A的速度較大，B的速度較小，故C項正確，D項錯誤．答案：C2．如圖甲中有一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到隨時間t改變的水平拉力F作用，用傳感器測出其加速度a，得到乙圖的a-F圖象．g取10m/s2，對此得到下列結(jié)論，其中正確的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝2kgB．木板的質(zhì)量M＝4kgC．當F＝8N時滑塊加速度為3m/s2D．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1解析：由圖知，F(xiàn)＝6N時，加速度為a＝1m/s2.此時滑塊和木板恰好一起運動，由牛頓其次定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝6kg；當F＞6N時，對木板有a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，知圖線的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝4kg，故A、B錯誤；依據(jù)F＞6N的圖線知，F(xiàn)＝4N時，a＝0，代入a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，＝μg＝1m/s2，故C錯誤，D正確．答案：D3．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為2m足夠長的木板B放在粗糙水平面上，質(zhì)量為m的物塊A放在木板B的右端．且A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)對木板B施加一水平變力F，F(xiàn)隨t改變的關(guān)系如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．下列說法正確的是()A．在t＝3s以前，A受到的摩擦力水平向右B．在t＝4s時，A的加速度大小為eq\f(1,3)μgC．在t＝5s時，A受到的摩擦力大小為0.5μmgD．在t＝6s以后，A受到的摩擦力大小為μmg＝eq\f(F－4μmg,2m)，且有aA＝aB，解得F＝6μmg.所以F＝6μmg時，A相對B即將滑動，在t＝6s以后，A受到的摩擦力大小為μmg，故D正確；A隨B一起將要滑動時，aAB＝eq\f(F－3μmg,3m)＝0，解得F＝3μmg，所以在t＝3s以前，AB靜止不動，A受到的摩擦力為0，故A錯誤；當t＝4s時，A隨B一起滑動時，A的加速度大小為aAB＝eq\f(F－3μmg,3m)＝eq\f(4μmg－3μmg,3m)＝eq\f(1,3)μg，故B正確；在t＝5s時，A隨B一起滑動時，A受到的摩擦力大小Ff＝maAB＝m×eq\f(5μmg－3μmg,3m)＝eq\f(2,3)μmg，故C錯誤；故選BD.答案：BD4．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，靜止一質(zhì)量為M的足夠長的長木板，質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點)靜止放在長木板上．從t＝0時刻起先，長木板受到的水平拉力F與加速度a的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是()A．長木板的質(zhì)量M＝1kgB．小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5C．當F＝6.5N時，長木板的加速度大小為2.5m/s2D．當F增大時，小滑塊的加速度肯定增大解析：長木板與小滑塊相對靜止時，對整體分析，由牛頓其次定律有：F＝(M＋m)a，當F＝6N時，此時兩物體具有共同的最大加速度，代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝3kg，當F大于6N時，對長木板，依據(jù)牛頓其次定律得：F－μmg＝Ma，故F＝Ma＋μmg，知圖線的斜率k＝M＝1kg，則滑塊的質(zhì)量為：m＝2kg，μmg＝4N，μ＝0.2，故A正確，B錯誤；當F＝6.5N時，長木板的加速度為：a＝2.5m/s2，故C正確；當拉力大于6N時，兩物體發(fā)生相對滑動，小滑塊的加速度為a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，恒定不變．答案：AC題組二傳送帶問題5.如圖所示，長度為L的水平傳送帶以恒定的速度向右勻速運動，在左端輕輕放上一個工件，當工件運動到距離傳送帶右端eq\f(L,3)處時，傳送帶出現(xiàn)故障突然卡住不動，此后工件恰好滑到傳送帶右端．已知工件可視為質(zhì)點，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則()A．工件先加速后減速B．工件在整個過程中的平均速度為eq\r(\f(μgL,6))C．傳送帶的速度大小為eq\r(\f(2μgL,3))D．工件從傳送帶左端運動到右端的時間為eq\f(4,3)eq\r(\f(6L,μg))解析：工件從傳送帶左端運動到右端的過程中，先在滑動摩擦力作用下加速運動，依據(jù)題意，可知在傳送帶卡住之前，工件就已經(jīng)加速到與傳送帶速度相等．傳送帶卡住后，工件在滑動摩擦力作用下做減速運動，即工件先加速后勻速再減速，選項A錯誤；傳送帶卡住后，工件在滑動摩擦力作用下做減速運動，其加速度大小a＝μg，由v2＝eq\f(2aL,3)，解得v＝eq\r(\f(2μgL,3))，選項C正確；工件做加速運動的時間t1＝eq\f(v,a)＝eq\r(\f(2L,3μg))，加速運動的位移大小x1＝eq\f(L,3)，做減速運動的時間t3＝t1＝eq\r(\f(2L,3μg))，勻速運動的位移大小x2＝L－x1－eq\f(L,3)＝eq\f(L,3)，做勻速運動的時間t2＝eq\f(x2,v)＝eq\r(\f(L,6μg))，工件從傳送帶左端運動到右端的時間為t＝t1＋t2＋t3＝eq\r(\f(2L,3μg))＋eq\r(\f(L,6μg))＋eq\r(\f(2L,3μg))＝5eq\r(\f(L,6μg))，選項D錯誤；依據(jù)上述分析可知，工件在整個過程中的平均速度v＝eq\f(L,t)＝eq\f(\r(6μgL),5)，選項B錯誤．答案：C6.(多選)如圖所示，傳送帶與水平面夾角為θ，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)μ＜tanθ，則下圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間改變關(guān)系的是()解析：在剛起先時，由于木塊的速度小于傳送帶的速度，所以木塊受到的摩擦力方向向下，此時a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ.若到達傳送帶底端時，木塊的速度仍沒有達到和傳送帶的速度相同，則整個過程中木塊都是以加速度a1做勻加速直線運動．若在到達底端前速度和傳送帶的速度相同，則由μ＜tanθ知，木塊接著沿傳送帶加速向下運動，但此時摩擦力的方向沿斜面對上，再由牛頓其次定律求出此時的加速度a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＜a1，圖象的斜率表示加速度，所以其次段的斜率變小，故B、D正確．答案：BD7.(多選)如圖所示，繃緊的水平傳送帶足夠長，且始終以v1＝2m/s的恒定速率順時針運行．初速度大小為v2＝3m/s的小墨塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小墨塊滑上傳送帶起先計時，小墨塊在傳送帶上運動5s后與傳送帶的速度相同，則()A．小墨塊未與傳送帶速度相同時，受到的摩擦力方向水平向右B．小墨塊的加速度大小為0.2m/s2C．小墨塊在傳送帶上的痕跡長度為4.5mD．小墨塊在傳送帶上的痕跡長度為12.5m解析：小墨塊未與傳送帶速度相同時，相對傳送帶向左運動，受到傳送帶的摩擦力方向水平向右，故A正確；小墨塊在摩擦力的作用下做勻變速運動，小墨塊在傳送帶上運動5s后與傳送帶的速度相同，故a＝eq\f(v1－（－v2）,t)＝eq\f(v1＋v2,t)＝1m/s2，方向向右，故B錯誤；小墨塊向左做勻減速運動時，對小墨塊有：0＝v2－at1，x1＝eq\f(0＋v2,2)t1，聯(lián)立解得：x1＝4.5m；小墨塊向左減速的過程中，傳送帶的位移為：x2＝v1t1，小墨塊向右做勻加速運動時，對小墨塊有：v1＝at2，x′1＝eq\f(0＋v1,2)t2，對傳送帶有：x′2＝v1t2，因而小墨塊在傳送帶上的痕跡長度為：x＝(x1＋x2)＋(x′2－x′1)，解得：x＝12.5m，故C錯誤，D正確．答案：AD題組三整體法與隔離法8.如圖所示，a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1，加速度大小為a1；當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，加速度大小為a2.則有()A．a(chǎn)1＝a2，x1＝x2 B．a(chǎn)1＜a2，x1＝x2C．a(chǎn)1＝a2，x1＞x2 D．a(chǎn)1＜a2，x1＞x2解析：以兩物體及彈簧組成的整體為探討對象，豎直向上運動時，F(xiàn)－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1；沿光滑水平桌面運動時，F(xiàn)＝(m1＋m2)a2，比較兩式可得：a1＜a2，A、C項錯；以b為探討對象，由牛頓其次定律有：kx1－m2g＝m2a1，kx2＝m2a2，解得：x1＝x2＝eq\f(m2F,k（m1＋m2）)，B項正確．答案：B9.如圖所示，粗糙水平面上并排放著兩個長方體木塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝m，mB＝3m，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，木塊A通過輕質(zhì)水平彈簧與豎直墻壁相連，現(xiàn)用外力緩緩向左水平推木塊B，使木塊A、B一起向左緩慢移動一段距離后突然撤去外力，木塊A、B由靜止起先向右運動，當彈簧彈力大小為F時(木塊A、B未分別)，則()A．木塊A對木塊B的作用力大小肯定為eq\f(3F,4)B．木塊A對木塊B的作用力大小肯定為eq\f(F,4)C．木塊A對木塊B的作用力大小肯定為eq\f(3,4)F－3μmgD．木塊A對木塊B的作用力大小肯定為F－μmg解析：當彈簧彈力大小為F時，設(shè)木塊A對木塊B的作用力大小為FN.依據(jù)牛頓其次定律，對A、B整體有：F－μ·4mg＝4ma，對B有FN－μ·3mg＝3ma，聯(lián)立解得：FN＝eq\f(3,4)F，故選A.答案：A題組四綜合練10．如圖所示，在水平地面上有一質(zhì)量為m1＝1kg的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2＝2kg的木塊，木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1.設(shè)最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．現(xiàn)給木塊施加隨時間t增大的水平拉力F＝3t(N)，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求木塊和木板保持相對靜止的時間t1；(2)t＝10s時，兩物體的加速度各為多大；(3)畫出木塊的加速度隨時間改變的圖象(取水平拉力F的方向為正方向，只要求畫圖，不要求寫出理由及計算過程)．解析：(1)當F<μ2(m1＋m2)g＝3N時，此時F<μ1m2g＝6N，木塊和木板都沒有被拉動，處于靜止狀態(tài)．當木塊和木板一起運動時，對m1∶Ffmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，F(xiàn)fmax＝μ1m2g，解得：amax＝3m/s2.對m1和m2整體有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax，解得Fmax＝12N，由Fmax＝3t1(N)得t1＝4s.(2)t＝10s時，木塊與木板已相對運動，則有：對m1：μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1，解得：a1＝3m/s2.對m2：F－μ1m2g＝m2a2，F(xiàn)＝30N，解得：a2＝12m/s2.(3)圖象過(1，0)，(4，3)，(10，12)答案：見解析11．如圖所示，一傾角θ＝37°的斜面底端與一傳送帶左端相連于B點，傳送帶以v＝6m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，有一小物塊從斜面頂端以v0＝4m/s的初速度沿斜面下滑，當物塊滑到斜面的底端時速度恰好為零，然后在傳送帶的帶動下，運動到C點．已知斜面AB長度為L1＝8m，傳送帶BC長度為L2＝18m，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ1；(2)求物塊在傳送帶上運動時間．解析：(1)在AB過程，物體做勻減速直線運動：L1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－0,2a1)，可得a1＝1m/s2，依據(jù)牛頓其次定律：μ1mgcos37°－mgsin37°＝ma1，故μ1＝0.875.(2)在BC過程，物體先勻加速：a2＝μ2g＝3m/s2，t1＝eq\f(v－0,a2)＝2s，x1＝eq\f(0＋v,2)·t1＝6m.共速后，物體做勻速直線運動：x2＝L2－x1＝12m，t2＝eq\f(x2,v)＝2s，故t總＝t1＋t2＝4s.答案：(1)0.875(2)4s12.如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運動．某時刻速度為v0＝2m/s，此時一與木板質(zhì)量相等的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v1＝4m/s的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過1s兩者速度恰好相同，速度大小為v2＝1m/s，方向向左．重力加速度g取10m/s2，試求：(1)木板