2022版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题突破2 动力学中的两类典型问题作业（含解析）新人教版.docx

1、专题突破2 动力学中的两类典型问题A组基础题组一、单项选择题1如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度地放上一木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从传送带左端运动到传送带右端的运动时间不可能是()A.B.C. D.解析：若木块一直做匀加速运动，则有Lgt2，得t ；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L tt，得t；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为Lx，则有vgt1,2gxv2，vt2(Lx)，从而得tt1t2。故选项B不可能。答案：B2.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一物块轻放到木板上，已知物块与

2、木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列选项中的()解析：设在木板与物块达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2。对木板应用牛顿第二定律得1mg22mgma1 ，a1(122)g，设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有22mg2ma2，a22g，可见|a1|a2|由v t图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确。答案：A3.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有

3、一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为，木块和木板的初速度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是()A若tan ，则木板一定沿斜面向上运动B若Fmgsin ，则木块一定静止在木板上C若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大D若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大解析：如果恒力F趋于0，木板一定沿斜面向下运动，故A错误；如果趋于0，木板一定向下运动，两者不能保持静止，故B错误；假设木板质量M趋于0，木板将随木块一直运动，故C正确；如果木块始终静止，无论M多大，木块滑行的距离都为0，故D错误。答案：

4、C4.质量为m020 kg、长为L2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为10.1。质量m10 kg的小木块(可视为质点)以v04 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小木块与木板间的动摩擦因数为20.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。以下说法正确的是()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，小木块能滑出木板解析：木块对木板的摩擦力Ff12mg40 N，水平面对木板的摩擦力Ff21(mm0)g30 N，因为Ff1Ff2，所以木板一定向右运动，对木块，由牛

5、顿第二定律得a12g4 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有a20.5 m/s2，设经过时间t，小木块和木板的速度相等，v0a1ta2t，解得t s，共同速度va2t m/s，小木块的位移x1t m，木板的位移x2t m，小木块相对木板的位移xx1x2 mL2 m，所以小木块不能滑出长木板，故C正确。答案：C5.如图所示，水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以初速度v04 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，选项图中速度随时间变化的关系正确的是()解析：物块刚

6、滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与传送带间的摩擦作用，使得物块做匀减速运动，加速度大小为ag4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s m2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s m0.5 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小，选项B正确。答案：B二、多项选择题6如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动。现有一物体从斜面上由静止释放，若物体与

7、传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是()解析：物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对物体的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则物体一直做加速运动， 故A正确。若传送带对物体的摩擦力大于重力沿斜面的分力，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，传送带足够短，则物体在速度减小到0前，物体的位移大于传送带的长度，物体一直做匀减速运动；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体的位移仍小于传送带的长度，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向沿斜面向上运

8、动，物体在传送带上受到向沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v1，故C、D正确，B错误。答案：ACD7(2021山东日照模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则下列判断正确

9、的是()A小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C经过 s的时间，小孩离开滑板D小孩离开滑板时的速度大小为 m/s解析：对小孩，由牛顿第二定律知，加速度大小为a12 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a21 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2a2t2L，解得t s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为va1t2 m/s，选项C正确，D错误。答案：AC8(2021江西鹰潭一中高三月考)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送

10、带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2，则()A传送带的速率v010 m/sB传送带的倾角30C物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D02.0 s内摩擦力对物体做功Wf24 J解析：当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据vt图象可得，传送带的速率为v010 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a110 m/s2,1.0 s之后的加速度a22 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin gcos a1，gsin gcos a2，解得sin 0.6，37，0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小Ffm

11、gcos 4 N，在01.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.02.0 s内，摩擦力对物体做负功，01.0 s内物体的位移为5 m,1.02.0 s内物体的位移是11 m,02.0 s内摩擦力做的功为4(115)J24 J，选项D正确。答案：ACDB组能力题组9如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()A粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等B粮

12、袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin 解析：若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若tan ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若tan ，则粮袋先做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，A正确。开始时粮袋速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向沿

13、传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得加速度ag(sin cos )，B错误；若tan ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，C、D均错误。答案：A10(2021安徽六安省级师范高中高三教学质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m11 kg，与地面间的动摩擦因数10.2，质量为m22 kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为20.4。小物块以v04 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t0.6 s滑离木板，g取10 m/s2。以下说法正确的是()A木板的长度

14、为1.68 mB小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右D小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞解析：由于2m2g1(m1m2)g，得物块在木板上减速滑行的加速度大小为a12g4 m/s2，木板向右加速运动时加速度大小为a22 m/s2，在0.6 s 时，物块的速度v1v0a1t1.6 m/s，木板的速度v2a2t1.2 m/s，B错误。0.6 s内物块位移为x1t1.68 m，木板位移x2t0.36 m，相对位移xx1x21.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误。物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a32 m/s

15、2，方向向左，C错误。在地面上物块的加速度大小为a42g4 m/s2，则物块在地面上会滑行x40.32 m，木板会滑行x30.36 m，所以两者会相碰，D正确。答案：D11(2021湖南十三校联考)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v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m1 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F8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2, sin 370.6，cos 370.8。(1)求物块从传送带底端运动到平台上

16、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长时间离开传送带以及离开时的速度大小。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，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律得Fmgcos 37mgsin 37ma1，解得a16 m/s2，则t1 s，x1 m。物块与传送带同速时，物块未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F8 N，而重力沿斜面向下的分力和最大摩擦力之和为10 N，故不能相对斜面向上加速，故a20，t2 s，得tt1t2 s1.33 s。(2)若达到

17、速度相等时撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin 37mgcos 37，故物块减速上行，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma3，得a32 m/s2，设物块还需t时间离开传送带，离开时的速度为vt，则v2v2a3x2，vt m/s2.3 m/s，t0.85 s。答案：(1)1.33 s(2)0.85 s2.3 m/s12在水平长直的轨道上，有一长度为L2 m的平板车在外力控制下以速度v04 m/s做匀速直线运动。某时刻将一质量为m1 kg的小滑块轻放到车的中点，同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，已知滑块与车面间动摩擦因数0.2，滑块恰好不能从车的左端掉下，g取10

18、m/s2。(1)求恒力F的大小。(2)要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？解析：(1)由题意知，滑块恰好到达车的左端时，速度与车的速度相同，则滑块运动到车左端的时间t1，由几何关系有v0t1t1，由牛顿运动定律有Fmgma1，各式联立代入数据解得t10.5 s，F6 N。(2)当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动(设运动加速度为a2，时间为t2)，再做匀减速运动(设运动加速度大小为a3)，到达车右端时，与车达到共同速度，则有Fmgma2，mgma3，a2tL，代入数据解得t2 s0.58 s，则力F的作用时间t应满足t1tt1t2，即0.5 st1.08 s。答案：(1)6 N(2)0.5 st1.08 s