课时达标检测(十八) 动力学中的两类典型模型 (题型研究课)

第 1 页 共 7 页 课时达标检测(十八) 动力学中的两类典型模型 (题型研究课) 一、选择题 1.物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后( ) A．物块将减速下滑 B．物块仍匀速下滑 C．物块受到的摩擦力变小 D．物块受到的摩擦力变大 解析：选B 当传送带静止时,物块匀速下滑,由物块受力平衡可得：mgsin θ＝μmgcos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcos θ，选项C、D错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A错误，B正确。 2.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( ) A．1∶1 B．1∶4 C．4∶1 D．8∶1 解析：选D 由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：vB＝μ2g·4t，v0＝μ1gt

＋μ2g·4t，由xAB＝v0＋vB2·t，xBC＝vB2·4t，xAB＝xBC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。 3.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。则下列判断中正确的是( ) A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 第 2 页 共 7 页 解析：选A 木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v02＝2μ2gx，解得x＝2 m块不能滑出木板，A正确。 4．(多选)(2017·葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0

沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v -t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则( )

A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J 解析：选ACD 由题图可知，当物体速度达到v0＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a1＝10 m/s2,1～2 s内为a2＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误、C正确；设物体的两段位

移为x1、x2，则有x1＝v022a1＝1022×10 m＝5 m，x2＝v2－v022a2＝122－1022×2 m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝μmgcos θ×x1－μmgcos θ×x2＝－24 J，故D正确。 5．(多选)如图甲所示，质量为M＝2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是( ) 第 3 页 共 7 页 A．可求得物块在前2 s内的位移5 m B．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2 C．可求得物块的质量m＝2 kg D．可求得木板的长度L＝2 m

解析：选ABC 物块在前2 s内的位移x＝4＋22×1 m＋2×1 m＝5 m，A正确；由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有μmg＝ma1＝Ma2，则m＝M＝2 kg，C正确；由题图可知物块加速度大小为a1＝2 m/s2，则μg＝2 m/s2，μ＝0.2，B正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错。 二、计算题 6. (2017·银川检测)如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图。绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h＝0.45 m。现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出(不计空气阻力，g取10 m/s2)，则： (1)若行李包从B端水平抛出的初速度v＝3.0 m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离； (2)若行李包以v0＝1.0 m/s的初速度从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端抛出后，飞出的水平距离等于(1)问中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件。

解析：(1)行李包从B端水平抛出后有h＝12gt2 运动时间t＝0.3 s 水平距离x＝vt x＝0.9 m。 (2)法一：由牛顿运动定律μmg＝ma 由运动学公式v2－v02＝2aL 解得L＝2 m 传送带的长度L≥2 m。 第 4 页 共 7 页 法二：由动能定理 μmgL＝12mv2－12mv02

解得L＝2 m，传送带的长度L≥2 m。 答案：(1)0.3 s 0.9 m (2)L≥2 m 7.(2017·长沙联考)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。问： (1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？ (2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？ 解析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度， 由牛顿第二定律：ma1＝F＋μmgcos 37°－mgsin 37° 计算得：a1＝6 m/s2 t1＝va1＝23 s x1＝v22a1＝43 m 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的下滑力和最大摩擦力之和为10 N，故物块不能相对斜面向上加速。故得：a2＝0 由几何关系可得小物块总的位移x＝hsin θ＝4 m，

t2＝x－x1v＝23 s 得t＝t1＋t2＝43 s≈1.33 s。 (2)若达到同速后撤去恒力F，对物块受力分析， 第 5 页 共 7 页 因为mgsin 37°>μmgcos 37°， 故减速上行ma3＝mgsin 37°－μmgcos 37°，得a3＝2 m/s2 物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则： v2－vt2＝2a3(x－x1)，vt＝433 m/s≈2.31 m/s

t′＝v－vta3≈0.85 s。 答案：(1)1.33 s (2)0.85 s 2.31 m/s 8.(2017·大连质检)如图所示，一质量为mB＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°。一质量为mA＝2 kg的物块A从斜面轨道上距轨道底端x0＝8 m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10

m/s2，物块A可看做质点。求： (1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？ (2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？ 解析：(1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得 mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa1 解得a1＝4 m/s2 物块A滑到木板B上时的速度为 v1＝2a1x0＝2×4×8 m/s＝8 m/s。

(2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为 a2＝μ2mAgmA＝μ2g＝2 m/s2 设木板B的长度为L，二者相对静止前经历的时间为t2，最终的共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得 v1t2－12a2t22－12a2t2

2

＝L

对物块A有v2＝v1－a2t2