課時跟蹤檢測（二十四） 動力學中的兩類典型模型

課時跟蹤檢測（二十四）動力學中的兩類典型模型1．(2022·廣東學業(yè)考試)如圖所示，表面粗糙的水平傳送帶勻速向右傳動?，F(xiàn)在其左側的A處輕輕放上一物塊，設傳送帶足夠長，則該物塊()A．一直向右勻速運動B．先向右勻加速運動，后繼續(xù)向右勻速運動C．先受到向右的滑動摩擦力，后受到向右的靜摩擦力D．先受到向右的滑動摩擦力，后受到向左的靜摩擦力解析：選B物塊初速度為0，剛放上傳送帶后將與傳送帶之間發(fā)生相對滑動，受到向右的滑動摩擦力做勻加速運動，因為傳送帶足夠長，所以物塊最終將會達到與傳送帶相同的速度并最終向右勻速運動，此時物塊與傳送帶保持相對靜止，沒有相對運動趨勢，不受靜摩擦力作用。故選B。2．(2023·莆田高一檢測)(多選)如圖所示，A、B、C三個物體質量相等，它們與傳送帶間的動摩擦因數(shù)也相同，三個物體隨傳送帶一起勻速運動，運動方向如圖中箭頭指示方向。下列說法正確的是()A．A物體受到的摩擦力方向向右B．三個物體中只有A物體不受摩擦力作用C．B物體受到的摩擦力沿傳送帶向下D．B、C兩物體受到的摩擦力方向相同解析：選BDA物體隨傳送帶一起勻速運動，則不受摩擦力，故A錯誤；B和C兩物體相對于傳送帶有向下運動的趨勢，故均受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，故B、D正確，C錯誤。3.(多選)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g?，F(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是()A．a＝0 B．a＝eq\f(2μg,3)C．a＝eq\f(μg,3) D．a＝eq\f(F,2m)－eq\f(μg,4)解析：選ACD水平面對木板的最大摩擦力fm＝eq\f(μ,4)·2mg＝eq\f(1,2)μmg，若拉力F≤fm，則a＝0，故A可能；若物塊相對木板運動，則μmg－eq\f(μ,4)·2mg＝ma，木板的加速度為a＝eq\f(1,2)μg，此時加速度為最大值，故B不可能，C可能；若木板相對物塊靜止，木板和物塊一起做勻加速直線運動，整體水平方向的受力為F－fm＝2ma，a＝eq\f(F,2m)－eq\f(μg,4)，D可能。故選A、C、D。4．(多選)如圖所示，傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為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變化關系的是()解析：選BD開始階段滑動摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，因此a1＝gsinθ＋μgcosθ，如果傳送帶不是足夠長，小木塊可能一直勻加速到傳送帶底部，到達底部時速度小于等于v0，A錯誤，B正確；當傳送帶足夠長時，小木塊勻加速到和傳送帶速度相等時，由于μ＜tanθ，即mgsinθ＞μmgcosθ，小木塊不會勻速運動，小木塊會繼續(xù)加速，滑動摩擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，由牛頓第二定律知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，因此a2＝gsinθ－μgcosθ由公式知a2＜a1，注意摩擦力是被動力，速度相等時摩擦力會突變，所以D正確，C錯誤。5．(2023·重慶高一檢測)如圖所示的裝置是運動員負重奔跑的跑步機。已知運動員質量為m1，繩拴在腰間沿水平方向跨過滑輪(不計滑輪摩擦、質量)懸掛質量為m2的重物，人用力向后蹬傳送帶使傳送帶沿順時針方向轉動，傳送帶與人之間的動摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是()A．若重物靜止不動，傳送帶對運動員的摩擦力大小為μm1gB．若重物勻速上升，傳送帶對運動員的摩擦力大于m2gC．若重物勻速上升，m2越大，傳送帶對運動員的摩擦力越大D．若重物勻速上升，m1越大，傳送帶對運動員的摩擦力越大解析：選C若重物靜止不動，則運動員處于靜止，運動員在水平方向上受拉力和摩擦力平衡，又繩子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，而不是滑動摩擦力，故A錯誤；若重物勻速上升，則運動員處于勻速直線運動，水平方向受拉力和靜摩擦力平衡，又繩子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，則m2越大傳送帶對運動員的摩擦力越大，與m1的大小無關，故B、D錯誤，C正確。6．(2023·廈門高一檢測)如圖甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示的模型。緊繃的傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2，旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，經過一段時間運動到B處，則下列說法正確的是()A．該行李的加速度大小一直為2m/s2B．該行李經過5s到達B處C．該行李相對傳送帶滑行距離為0.08mD．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要eq\r(2)s才能到達B處解析：選D開始時行李的加速度為a＝μg＝2m/s2，當加速到與傳送帶共速時的時間t1＝eq\f(v,a)＝0.2s，運動的距離x1＝eq\f(v,2)t1＝0.04m，共速后行李隨傳送帶勻速運動，加速度為零，故A錯誤；該行李到達B處的時間t＝t1＋t2＝t1＋eq\f(L－x1,v)＝0.2s＋eq\f(2－0.04,0.4)s＝5.1s，B錯誤；該行李相對傳送帶滑行距離為Δx＝vt1－x1＝0.04m，C錯誤；若傳送帶速度足夠大，行李要想最快到達B處，則需一直加速，則根據(jù)L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\r(\f(2×2,2))s＝eq\r(2)s，D正確。7.(多選)如圖，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A、B質量分別為mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則()A．兩物體開始沒有相對滑動，當拉力超過12N時，開始相對滑動B．當拉力為12N時，AB間摩擦力為12NC．當拉力為24N時，AB間摩擦力為6ND．兩物體間始終沒有相對滑動解析：選CD當A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力時兩物體將要開始相對滑動，即fB＝fm＝μmAg＝mBam，此時，對A和B整體，有F＝(mA＋mB)am，聯(lián)立解得F＝48N，所以在F從10N逐漸增大到45N的過程中，兩物體不發(fā)生相對滑動，故A錯誤，D正確；當拉力為12N時，有F1＝(mA＋mB)a1，f1＝mBa1，解得f1＝3N，故B錯誤；當拉力為24N時，有F2＝(mA＋mB)a2，f2＝mBa2，解得f2＝6N，故C正確。8．(多選)用貨車運輸規(guī)格相同的兩層水泥板，底層水泥板固定在車圈內，為防止貨車在剎車時上層水泥板撞上駕駛室，上層水泥板按如圖所示方式放置在底層水泥板上。貨車以3m/s2的加速度啟動，然后以12m/s勻速行駛，遇緊急情況后以8m/s2的加速度剎車至停止。已知每塊水泥板的質量為250kg，水泥板間的動摩擦因數(shù)為0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，則(上層水泥板未撞到駕駛室)()A．啟動時上層水泥板所受摩擦力大小為750NB．剎車時上層水泥板所受摩擦力大小為2000NC．貨車在剎車過程中行駛的距離為9mD．上層水泥板停止運動時相對底層水泥板滑動的距離為0.6m解析：選ACD摩擦力提供給水泥板最大的加速度為a′＝μg＝7.5m/s2，啟動時，加速度小于最大加速度，上層水泥板所受摩擦力為靜摩擦力，大小為f＝ma＝250×3N＝750N，A正確；剎車時，加速度大于摩擦力提供的最大加速度，上層水泥板所受摩擦力為滑動摩擦力，其大小為f＝μmg＝1875N，B錯誤；貨車在剎車過程中行駛的距離為s＝eq\f(v2,2a)＝9m，C正確；上層水泥板停止時間為t＝eq\f(v,a′)＝1.6s，該時間內，上層水泥板運動的距離為s′＝vt－eq\f(1,2)a′t2＝19.2m－9.6m＝9.6m，上層水泥板停止運動時相對底層水泥板滑動的距離為Δs＝s′－s＝0.6m，D正確。9.(2023·福州高一期末)滑沙運動是小朋友比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(21,40)。小孩(可視為質點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列判斷正確的是()A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為2m/s2C．經過1s的時間，小孩離開滑板D．小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s解析：選C設小孩與滑板質量均為m，對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝eq\f(mgsin37°－μ2mgcos37°,m)＝2.8m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝eq\f(mgsin37°＋μ2mgcos37°－2μ1mgcos37°,m)＝0.8m/s2，故A、B錯誤；要使小孩與滑板分離eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8m/s，故C正確，D錯誤。10．(多選)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t＝0時，將質量m＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示。設沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10m/s2，則(sin37°＝0.6)()A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．傳送帶的傾角θ＝30°C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5D．0～2.0s內物體在傳送帶上留下的痕跡為5m解析：選ACD由題圖乙知，物體先做初速度為零的勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后(在t＝1.0s時刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物塊繼續(xù)向下做勻加速直線運動，從圖像可知傳送帶的速度為v0＝10m/s，故A正確；在0～1.0s內，物體所受摩擦力方向沿斜面向下，勻加速運動的加速度為a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ，由圖可得a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝10m/s2，在1.0～2.0s，物體的加速度為a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，由圖可得a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝2m/s2，聯(lián)立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B錯誤，C正確；根據(jù)“面積”表示位移，可知0～1.0s物體相對于地的位移x1＝eq\f(1,2)×10×1m＝5m，傳送帶的位移為x2＝v0t1＝10×1m＝10m，物體相對傳送帶的位移大小為Δx1＝x2－x1＝5m，方向向上；1.0～2.0s物體相對于地的位移x3＝eq\f(10＋12,2)×1m＝11m，傳送帶的位移為x4＝v0t1＝10×1m＝10m，物體相對傳送帶的位移大小為Δx2＝x3－x4＝1m，方向向下，故留下的痕跡為5m，故D正確。11．某飛機場利用如圖所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上，傳送帶與地面的夾角θ＝30°，傳送帶兩端A、B的距離L＝10m，傳送帶以v＝5m/s的恒定速度勻速向上運動。在傳送帶底端A無初速度放上一質量m＝5kg的貨物，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)。求貨物從A端運送到B端所需的時間。(g取10m/s2)解析：剛開始貨物做勻加速運動，以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2.5m/s2貨物勻加速運動的時間t1＝eq\f(v,a)＝2s貨物勻加速運動的位移s1＝eq\f(1,2)at12＝5m因為μ＝eq\f(\r(3),2)＞tanθ＝eq\f(\r(3),3)故貨物與傳送帶共速之后做勻速運動，運動位移s2＝L－s1＝5m勻速運動時間t2＝eq\f(s2,v)＝1s貨物從A到B所需的時間t＝t1＋t2＝3s。答案：3s12．如圖所示，質量為M＝2kg、長度為L＝0.8m的木板放在光滑的水平面上保持靜止，一個質量為m＝1kg且可看成質點的小滑塊以初速度v0＝4m/s從左端滑上木板，同時小滑塊還受到水平向左的恒力F＝6N，小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10m/s2，求：(1)小滑塊剛滑上木板時，小滑塊的加速度；(2)小滑塊與木板共速時，木板向右運動的