(新高考)高考物理一轮复习课时作业第3章热点专题系列(三)《动力学中三种典型物理模型》(含解析)

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热点专题系列(三)    动力学中三种典型物理模型[热点集训] 1. (2021·山东、湖北部分重点中学高三上12月教学质量联合检测)(多选)如图所示，光滑水平地面上有一静止的足够长质量为M的平板，质量为m的物块以水平速度v0冲上平板，因摩擦二者发生相对滑动，最终至共速，对该过程，下列说法正确的是(　　)A．若只是v0变大，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长B．若只是m变大，由开始运动至共速时间不变，相对运动的距离不变C．若只是M变小，由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短D．若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长答案　ACD解析　根据题意，作出物块和平板的v­t图像，如图所示。若只是v0变大，即在图中将物块匀变速直线运动的图线平行上移，则由开始运动至共速时间变长，再根据v­t图像中图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移可知，物块和平板相对运动的距离变长，A正确；根据牛顿第二定律，平板的加速度大小a板＝，物块的加速度大小a物＝μg，若只是m变大，平板的加速度变大，物块的加速度不变，结合图像可知由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，B错误；若只是M变小，平板的加速度变大，物块的加速度不变，则由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，C正确；若只是动摩擦因数变小，物块的加速度和平板的加速度均变小，则由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长，D正确。2．(2020·福建省宁德市高中同心顺联盟高三上学期期中)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则(　　)A．传送带一定逆时针转动B．μ＝tanθ＋C．t0后木块的加速度为2gsinθ－D．传送带的速度大于v0答案　AC解析　若传送带顺时针转动，当木块下滑(mgsinθ＞μmgcosθ)时，将一直匀加速到底端；当木块上滑(mgsinθ＜μmgcosθ)时，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动；两种情况均不符合图乙所示v­t图像，则传送带一定逆时针转动，故A正确。传送带逆时针转动，木块在0～t0内，所受滑动摩擦力向下，沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度为a1＝gsinθ＋μgcosθ，由图乙可知：a1＝，联立解得μ＝－tanθ，故B错误。t0后木块所受滑动摩擦力向上，木块的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－，故C正确。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力发生变化，木块的加速度发生变化，则传送带的速度等于v0，故D错误。3．(2020·河北衡中同卷模拟)(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 sD．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4) m答案　AD解析　由图乙所示v­t图像得0～1 s内煤块的加速度大小a1＝ m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下；1～2 s内煤块的加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下。0～1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1,1～2 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正确，B错误；v­t图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝ ＝  s＝ s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋) s，C错误；0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m，1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m,2～(2＋) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 m＋a2t＋v传t下＝(12＋4) m，D正确。4.(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2解析　A、B的运动过程如图所示：(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，A的加速度大小aA＝＝μg在B上滑动时有2aAL＝v解得：vA＝。(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2且xB－xA＝L解得：vB＝2。5．(2020·四川省内江市高三上一模)如图所示，一块质量为M＝2 kg、长为L＝3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2。在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F＝12 N，g取10 m/s2。则：(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？(3)若在时间t＝1 s末撤去F，再经过多长时间木板和木块第一次速度相同？在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？答案　(1)2.5 m/s2　(2)2 s　(3) s　1 m解析　(1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，对木块有：μ1mg＝ma1代入数据解得：a1＝1 m/s2对木板有：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2代入数据解得：a2＝2.5 m/s2a2>a1，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。(2)设经过时间t1木块离开木板，则对木块有：x1＝a1t对木板有：x2＝a2t又有：L＝x2－x1联立并代入数据解得：t1＝2 s。(3)t＝1 s末木块的速度v1＝a1t＝1×1 m/s＝1 m/s木板的速度v2＝a2t＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s此过程中木块相对木板的位移大小Δx1＝t＝0.75 m若在时间t＝1 s末撤去F，则之后木块仍以a1的加速度做匀加速运动，而木板将做匀减速运动，设加速度大小为a3，则有：μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma3代入数据解得：a3＝3.5 m/s2设再经时间t2后二者速度相等，有：v1＋a1t2＝v2－a3t2代入数据解得：t2＝ s此时两者的共同速度为v＝v1＋a1t2＝ m/s此过程中木块相对木板的位移大小Δx2＝t2－t2＝0.25 m假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a1的加速度减速，木板也向左减速，设加速度大小为a4，则有：μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma4代入数据解得：a4＝2.5 m/s2a4>a1，假设成立此过程木块相对木板的位移大小Δx3＝－＝ m＜Δx1＋Δx2则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx＝Δx1＋Δx2＝1 m。