高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)沖關(guān)十鏈接高考3兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)模型：“板塊模型”和“傳送帶模型”(含解析)新人教版

1、兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)模型：“板塊模型”和“傳送帶模型”A級(jí)基礎(chǔ)練1. （2019 湖南衡陽(yáng)聯(lián)考）如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在水平足夠長(zhǎng)的傳送帶上，取向右為速度的正方向，物塊P最初一段時(shí)間的速度一時(shí)間圖象如圖乙所示，關(guān)于傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是（）A. 定是 向右的勻加速運(yùn)動(dòng)B. 可能是向右的勻速運(yùn)動(dòng)C. 一定是向左的勻加速運(yùn)動(dòng)D. 可能是向左的勻速運(yùn)動(dòng)解析：A 由題意可知：物塊P向右做加速運(yùn)動(dòng)，初始做加速度為 卩g的加速運(yùn)動(dòng)，然 后與傳送帶相對(duì)靜止一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A正確.2. 帶式傳送機(jī)是在一定的線(xiàn)路上連續(xù)輸送物料的搬運(yùn)機(jī)械，又稱(chēng)連續(xù)輸送機(jī).如圖所示,一條足夠長(zhǎng)的淺色水平傳送帶自左向右勻速

2、運(yùn)行.現(xiàn)將一個(gè)木炭包無(wú)初速度地放在傳送帶上，木炭包在傳送帶上將會(huì)留下一段黑色的徑跡.下列說(shuō)法正確的是（）片右A. 黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè)B. 木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長(zhǎng)度越短C. 木炭包與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)越大，徑跡的長(zhǎng)度越短D. 傳送帶運(yùn)動(dòng)的速度越大，徑跡的長(zhǎng)度越短解析：C 剛放上木炭包時(shí)，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包相對(duì)傳送帶向后滑動(dòng)，所以黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的右側(cè)，所以A錯(cuò)誤.木炭包在傳送帶上運(yùn)動(dòng)靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產(chǎn)生加速度，所以由牛頓第二定律知，卩mg=ma所以a=卩g,當(dāng)達(dá)到共同速度時(shí)，不再有相對(duì)滑動(dòng)，由v2 = 2ax得，木炭包位移

3、 x木2 2vvv=,設(shè)相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為t ,由v = at得t =，此時(shí)傳送帶的位移為 x傳=vt = ，所2卩g卩g卩g以相對(duì)滑動(dòng)的位移是 x = x傳一x木=伴，由此可知，黑色的徑跡與木炭包的質(zhì)量無(wú)關(guān)，2 3 g所以B錯(cuò)誤.木炭包與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)越大，徑跡的長(zhǎng)度越短，所以C正確.傳送帶運(yùn)動(dòng)的速度越大，徑跡的長(zhǎng)度越長(zhǎng)，所以D錯(cuò)誤.3. 一皮帶傳送裝置如圖所示， 輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為 m的滑塊，已知 滑塊與皮帶之間存在摩擦.現(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上， 彈簧恰好處于自然長(zhǎng)度且軸線(xiàn)水平.若在彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)到最長(zhǎng)的過(guò)程中，滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，則在此過(guò)程中滑塊的速度和

4、加速度變化情況是 （）A. 速度增大，加速度增大B. 速度增大，加速度減小C. 速度先增大后減小，加速度先增大后減小D. 速度先增大后減小，加速度先減小后增大解析：D 因滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，故滑塊始終受到水平向左的滑動(dòng)摩擦力，由 卩mg- kx = ma可知，滑塊的加速度先減小后反向增大，而滑塊的速度先增大后減小，直到速度為零，故只有 D項(xiàng)正確.4. 如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車(chē)，小車(chē)上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩=0.3，用水平恒力F拉動(dòng)小車(chē)，物塊的加速度為ai,小車(chē)的加速度為a2,當(dāng)水平恒力F取不同值時(shí)，ai與a2的值可能為（當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10 m/s

5、2）（）A.ai= 2 m/s 2,a2 = 3 m/s 2B.ai= 3 m/s 2,a2 = 2 m/s 2C.ai= 5 m/s 2,a2 = 3 m/s 2D.ai= 3 m/s 2,a2 = 5 m/s 2解析：D 當(dāng)Fvy mg= 3 m/s 2 m時(shí)，物塊與小車(chē)一起運(yùn)動(dòng)，且加速度相等，最大共 同加速度為amax=卩g= 3 m/s2, 故 A、B錯(cuò)誤；當(dāng)F3 m/s 2 m時(shí)，小車(chē)的加速度大于物塊的加速度，此時(shí)物塊與小車(chē)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊的加速度最大，由牛頓第二定律得：ai:衛(wèi)=卩g= 3 m/s 2，小車(chē)的加速度2 a23 m/s，故C錯(cuò)誤，D正確.5. （2019 江西南

6、昌三中模擬）如圖1所示，水平地面上有一靜止平板車(chē)，車(chē)上放一質(zhì)量為m的物塊，物塊與平板車(chē)的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 , t = 0時(shí)，車(chē)開(kāi)始沿水平面做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其v t圖象如圖2所示.g取10 m/s2，平板車(chē)足夠長(zhǎng)，則物塊運(yùn)動(dòng)的v- t圖象為（）圖2圖1剛m初）0 4 B 12 旳B06 12 thA解析：C 小車(chē)先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn) 動(dòng)的加速度大小相等，a=-V = 4 m/s2,根據(jù)物塊與車(chē)的動(dòng)摩擦因數(shù)可知，物塊與車(chē)的滑動(dòng) 摩擦力產(chǎn)生的加速度為 2 m/s2,因此當(dāng)車(chē)的速度大于物塊的速度時(shí)，物塊受到滑動(dòng)摩擦動(dòng)力，相反則受到滑動(dòng)摩擦阻力根據(jù)受力分析，結(jié)合牛

7、頓第二定律，則有：當(dāng)08s時(shí)，車(chē)的速度大于物塊，因此物塊受到滑動(dòng)摩擦動(dòng)力，則其加速度為2 m/s2，同理，可得：當(dāng) 816s時(shí)，車(chē)的速度小于物塊，因此物塊受到滑動(dòng)摩擦阻力，則其加速度為2 m/s2, 故 C正確，A B、D錯(cuò)誤.6. （2019 鹽城1月檢測(cè)）（多選）如圖甲所示，以速度 v逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的足夠長(zhǎng)的傳 送帶與水平面的夾角為0 .現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為 m的小木塊輕輕地放在傳送帶的上端，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩，則乙圖中能夠正確地描述小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的圖線(xiàn)可能是（）解析：CD 木塊放上后一定先向下加速，由于傳送帶足夠長(zhǎng)，所以一定有木塊速度大小等于傳送帶速度大小的機(jī)會(huì)，此時(shí)

8、若重力沿傳送帶向下的分力大小大于最大靜摩擦力，則之后木塊繼續(xù)加速，但加速度變小了；而若重力沿傳送帶向下的分力大小小于或等于最大靜 摩擦力，則木塊將隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，故C、D項(xiàng)正確，A B項(xiàng)錯(cuò)誤.7. （多選）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板 B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A木板B受到隨時(shí)間t變化的水平拉力 F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出木板B的加速度a,得到如圖乙所示的a F圖象，已知g取10 m/s ,則（）A. 滑塊A的質(zhì)量為4 kgB. 木板B的質(zhì)量為1 kgC. 當(dāng)F= 10 N時(shí)木板B的加速度為4 m/s2D. 滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.1解析：BC 當(dāng)F= 8 N時(shí)，加速度為a=

9、2 m/s 2，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有F=F 口 mg（阿ma,代入數(shù)據(jù)解得 阿m= 4 kg,當(dāng)F8 N時(shí)，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律得 a= 滬乙 詁一晉，由題圖圖象可知，圖線(xiàn)的斜率 k = M=-F= 總 kg 1= 1 kg 1,解得 M 1 kg , 滑塊的質(zhì)量為 m= 3 kg，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)F大于8 N時(shí)的圖線(xiàn)知，F(xiàn)= 6 N時(shí)a= 0,1x 30即0= 1 x 6，代入數(shù)據(jù)解得= 0.2，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由圖示圖象可知，當(dāng)F= 10 N12 0.2 x 3022時(shí)，滑塊與木板相對(duì)滑動(dòng)，B滑動(dòng)的加速度為 a= 1 x 10 m/s 一 m/s = 4 m/s，故C正確.&

10、（多選）如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊傾斜的傳送帶長(zhǎng)都是2 m且與水平方向的夾角均為37 .現(xiàn)有兩個(gè)小物塊 A B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5 , g取10 m/s2, sin 37=0.6 , cos 37 = 0.8.下列判斷正確的是 （）A. 物塊A先到達(dá)傳送帶底端B. 物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端C. 傳送帶對(duì)物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上D. 物塊A下滑過(guò)程中相對(duì)傳送帶的路程小于物塊B下滑過(guò)程中相對(duì)傳送帶的路程解析：BCD A、B都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，故傳送帶對(duì)兩物塊的滑動(dòng)摩擦力 均

11、沿傳送帶向上，大小也相等，故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同，滑到底端時(shí)位移大小相同，故時(shí)間相同，故 A錯(cuò)誤，B、C正確；A物塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同，相對(duì)路程較 小，故D正確.B級(jí)一能力練9. （2019 河北唐山一中調(diào)研）（多選）如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為卩，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為 d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力 F拉動(dòng)紙板，下列說(shuō)法正確的是（）a紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受摩擦力的大小為卩（m+ mgB. 要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)一定大于2卩（M+ n）gC. 若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于也gd,砝碼不

12、會(huì)從桌面上掉下D. 當(dāng)F=卩（2W 3n）g時(shí)，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣解析：bc 對(duì)紙板分析，當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的摩擦力為卩（阿mg+卩 Mg故A錯(cuò)誤.設(shè)砝碼的加速度為 ai,紙板的加速度為 a2,則有：fi= Ma, F-fi-f2= ma,發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要 a2ai,代入數(shù)據(jù)解得：F2卩（阿mg,故B正確.若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于l，1卩gd,砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于2ai嚴(yán)=d勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于2 3 g 22ai證=2,則總位移小于d,不會(huì)從桌面上掉下，故C正確.當(dāng)F= 譏2阿3m）g時(shí)，砝碼未減速運(yùn)動(dòng)，勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a= 3 g,則勻減速運(yùn)動(dòng)的位移2vX = 2

13、=2 3 gd = d，F(xiàn) 3 M+ m g 卩 Mgi 2脫離紙板時(shí)的加速度ai = 3 g,紙板的加速度 a2=m= 2 3 g,根據(jù)a2t而勻加速運(yùn)動(dòng)的位移 x= iaitgait2= d,解得t =g，則此時(shí)砝碼的速度v = ait = V2 3 gd，砝碼脫離紙板后做勻= d,可知砝碼離開(kāi)桌面， D錯(cuò)誤.i0.（多選）在內(nèi)蒙古的騰格里沙漠，有一項(xiàng)小孩很喜歡的滑沙項(xiàng)目.其運(yùn)動(dòng)過(guò)程可類(lèi)比為如圖所示的模型，傾角為37的斜面上有長(zhǎng)為1 m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開(kāi)始下滑.數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(小孩與滑板

14、之間的動(dòng)摩擦因0.5，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)）C. 經(jīng)過(guò) 2 s的時(shí)間，小孩離開(kāi)滑板D. 小孩離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為3-(11 S解析：AC A項(xiàng)，對(duì)小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板對(duì)小孩向上的摩擦 力，根據(jù)牛頓第二定律，有min 37 卩imgcos 37= ma,得8 = ?川、2,故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，小孩和滑板脫離前，對(duì)滑板運(yùn)用牛頓第二定律，有min 37 +卩imgcos 37 2卩2mgpos 37= ma,代入數(shù)據(jù)，解得 a2= I| s2,故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t,小1 1孩離開(kāi)滑板qait2 a2t 2= L,解得t =2 s，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，小孩離開(kāi)滑板時(shí)的速度為

15、v= a1t = 2 2 HlD項(xiàng)錯(cuò)誤.AB在其左11. (2019 福建模擬)如圖甲所示，一個(gè)以恒定速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶側(cè)邊緣的B點(diǎn)有一個(gè)不計(jì)大小的滑塊，若滑塊以初速度v1=；i沖上傳送帶，滑塊運(yùn)動(dòng)的v t圖象如圖乙中實(shí)線(xiàn) a所示；若滑塊以初速度v2 = 6 ill S沖上傳送帶，滑塊運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙中實(shí)線(xiàn)b所示.重力加速度g取IU II s2,求：(1)傳送帶的長(zhǎng)度L和傳送帶與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)(2)滑塊以初速度1 ；V1= ?、沖上傳送帶到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間t 解析：(1)由v t圖象可知，滑塊以初速度V2=6 川S沖上傳送帶時(shí)，在t = 8 s時(shí)刻到達(dá)A點(diǎn)，故傳送帶的長(zhǎng)度為:L=

16、 v t = 2B發(fā)生的位移 sb= V0t ?aBt = 3.6 m所以A發(fā)生的位移為Sa+ s= 0.5 m + 0.3 mB 發(fā)生的位移為 Sb+ s= 3.6 m + 0.3 m = 3.9 m x (6 + 2) x 8 m= 32 m根據(jù)圖線(xiàn)a或b,可求得滑塊的加速度為:a=4 =-Q屮由牛頓第二定律可得：i mg= ma解得：= 0.05(2)滑塊在前后兩段時(shí)間的位移大小相等，方向相反,可得：2x 6x 3 m= 1 x (10 6) x 2m+ (t10) x 2 m解得滑塊回到 B點(diǎn)的時(shí)間為：t= 12.5 s答案：(1)32 m 0.05(2)12.5 s12. (2019

17、 孝義市模擬)如圖所示，長(zhǎng)為I的長(zhǎng)木板A放在動(dòng)摩擦因數(shù)為 1 1的水平地面上，一滑塊B(大小可不計(jì))從A的左側(cè)以初速度V0向右滑上木板，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩2( A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相同).已知A的質(zhì)量為M= 2.0kg, B 的質(zhì)量為 m= 3.0 kg , A 的長(zhǎng)度為 I = 3.0 m ,卩 1 = 0.2 ,卩 2= 0.4 , ( g 取i 川 QA、B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)各自的加速度分別是多大?為保證B在滑動(dòng)過(guò)程中不滑出 A,初速度V。應(yīng)滿(mǎn)足什么條件?分別求A B對(duì)地的最大位移.解析：(1)分別對(duì)A B進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得：B物體的加速度：aB=亓=A物體的加速度:2=1 m/saA= f - F 當(dāng)A B速度相等時(shí)，恰好到木板末端，此時(shí)不滑出A物體，就不會(huì)滑出，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t, AB的速度相等，則有： V0 aBt =