2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化四 動(dòng)力學(xué)中三種典型物理模型課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練

《2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化四 動(dòng)力學(xué)中三種典型物理模型課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化四 動(dòng)力學(xué)中三種典型物理模型課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化四 動(dòng)力學(xué)中三種典型物理模型課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練 一、選擇題(1～3題為單項(xiàng)選擇題，4～5題為多項(xiàng)選擇題) 1．在民航和火車站可以看到用于對(duì)行李進(jìn)行安全檢查的水平傳送帶。當(dāng)旅客把行李放到傳送帶上時(shí)，傳送帶對(duì)行李的滑動(dòng)摩擦力使行李開始做勻加速運(yùn)動(dòng)。隨后它們保持相對(duì)靜止，行李隨傳送帶一起前進(jìn)。設(shè)傳送帶勻速前進(jìn)的速度為0.25 m/s，把質(zhì)量為5 kg的木箱靜止放到傳送帶上，由于滑動(dòng)摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前進(jìn)，那么這個(gè)木箱放在傳送帶上后，傳送帶上將留下的摩擦痕跡約為(　　) 圖1 A．5 mm B．6 mm C．

2、7 mm D．10 mm 解析　木箱加速的時(shí)間為t＝v/a，這段時(shí)間內(nèi)木箱的位移為x1＝，而傳送帶的位移為x2＝vt，傳送帶上將留下的摩擦痕跡長為l＝x2－x1，聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)，解得l＝5.2 mm，選項(xiàng)A正確。 答案　A 2．(2018·山東日照模擬)如圖2所示，一長木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻(t＝0)將一相對(duì)于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象可能是下列選項(xiàng)中的(　　) 圖2 解析　設(shè)在木板與

3、物塊未達(dá)到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。對(duì)木板應(yīng)用牛頓第二定律得： －μ1mg－μ2·2mg＝ma1 a1＝－(μ1＋2μ2)g 設(shè)物塊與木板達(dá)到相同速度之后，木板的加速度為a2，對(duì)整體有－μ2·2mg＝2ma2 a2＝－μ2g，可見|a1|＞|a2| 由v－t圖象的斜率表示加速度大小可知，圖象A正確。 答案　A 3．(2017·山東濰坊質(zhì)檢)如圖3所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ

4、圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的是(　　) 圖3 解析　開始階段，木塊受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，做加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 所以a1＝gsin θ＋μgcos θ 木塊加速至與傳送帶速度相等時(shí)，由于μ

5、 根據(jù)以上分析，有a2a1，B、D錯(cuò)，C對(duì)。 答案　AC 5．如圖5所示，質(zhì)量為M＝2 kg、長為L＝2 m的長木板靜止放置在光滑水平面上，在其左端放置一質(zhì)量為m＝1 kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，小木塊與長木板之間的動(dòng)摩擦

6、因數(shù)為μ＝0.2。先相對(duì)靜止，然后用一水平向右F＝4 N的力作用在小木塊上，經(jīng)過時(shí)間t＝2 s，小木塊從長木板另一端滑出，g取10 m/s2，則(　　) 圖5 A．滑出瞬間木塊速度2 m/s B．滑出瞬間木塊速度4 m/s C．滑出瞬間木板速度2 m/s D．滑出瞬間木板速度4 m/s 解析　小木塊加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，木板加速度a2＝＝1 m/s2，脫離瞬間小木塊速度v1＝a1t＝4 m/s，A錯(cuò)誤，B正確；木板速度v2＝a2t＝2 m/s，C正確，D錯(cuò)誤。 答案　BC 二、非選擇題 6．一大小不計(jì)的木塊通過長度忽略不計(jì)的繩固定在小車的前壁

7、上，小車表面光滑。某時(shí)刻小車由靜止開始向右勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2 s，細(xì)繩斷裂。細(xì)繩斷裂前后，小車的加速度保持不變，又經(jīng)過一段時(shí)間，滑塊從小車左端剛好掉下，在這段時(shí)間內(nèi)，已知滑塊相對(duì)小車前3 s內(nèi)滑行了4.5 m，后3 s內(nèi)滑行了10.5 m。求從繩斷到滑塊離開車尾所用的時(shí)間是多少？ 圖6 解析　設(shè)小車加速度為a。繩斷裂時(shí)，車和物塊的速度為v1＝at1。斷裂后，小車的速度v＝v1＋at2，小車的位移為： x1＝v1t2＋at 滑塊的位移為：x2＝v1t2 繩斷后，前3 s相對(duì)位移有關(guān)系： Δx＝x1－x2＝at＝4.5 m 得：a＝1 m/s2 細(xì)繩斷開時(shí)小車和物

8、塊的速度均為： v1＝at1＝1×2 m/s＝2 m/s 設(shè)后3 s小車的初速度為v1′，則小車的位移為： x1′＝v1′t4＋at 滑塊的位移為： x2′＝v1t4 得：x1′－x2′＝3v1′＋4.5 m－3v1＝10.5 m 解得：v1′＝4 m/s 由此說明后3 s實(shí)際上是從繩斷后2 s開始的，滑塊與小車相對(duì)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為： t總＝5 s 答案　5 s 7．如圖7所示，甲、乙兩傳送帶傾斜放置，與水平方向夾角均為37°，傳送帶乙長為4 m，傳送帶甲比乙長0.45 m，兩傳送帶均以3 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從傳送帶甲的頂端由

9、靜止釋放，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B由傳送帶乙的頂端以3 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊質(zhì)量相等，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖7 (1)物塊A由傳送帶頂端滑到底端經(jīng)歷的時(shí)間； (2)物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比。 解析　(1)對(duì)物塊A由牛頓第二定律知mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，代入數(shù)值得a1＝10 m/s2 設(shè)經(jīng)時(shí)間t1物塊A與傳送帶共速，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知 v帶＝a1t1，即t1＝0.3 s 此過程中物塊A的位移為x1＝a1t＝0.45 m 物塊A與傳送

10、帶共速后，由牛頓第二定律知 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，代入數(shù)值得a2＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知L甲－x1＝v帶t2＋a2t，代入數(shù)值得 t2＝1 s 所以物塊A由傳送帶頂端滑到底端經(jīng)歷的時(shí)間為t＝t1＋t2＝1.3 s。 (2)在物塊A的第一個(gè)加速過程中，物塊A在傳送帶上的劃痕長度為 L1＝v帶t1－x1＝0.45 m 在物塊A的第二個(gè)加速過程中，物塊A在傳送帶上的劃痕長度為 L2＝v帶t2＋a2t－v帶t2＝1.0 m 所以物塊A在傳送帶上的劃痕長度為 LA＝L2＝1.0 m 由分析知物塊B的加速度與物塊A在第二個(gè)加速過

11、程的加速度相同，從傳送帶頂端加速到底端所需時(shí)間與t2相同 所以物塊B在傳送帶上的劃痕長度為LB＝v帶t2＋a2t－v帶t2＝1.0 m 故物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為LA∶LB＝1∶1 答案　(1)1.3 s　(2)1∶1 8．如圖8甲所示，有一傾角為30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板。開始時(shí)質(zhì)量為m＝1 kg 的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，現(xiàn)將力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊滑到木板上時(shí)撤去力F，木塊滑上木板的過程不考慮能量損失。此后滑塊和木板在水平面上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2。求： 圖8 (1)水平作用力F的

12、大?。? (2)滑塊開始下滑時(shí)的高度； (3)木板的質(zhì)量。 解析　(1)滑塊受力如圖所示，根據(jù)平衡條件，有 mgsin θ＝Fcos θ 解得F＝ N (2)當(dāng)力F變?yōu)樗较蛴抑螅膳ｎD第二定律，有mgsin θ＋Fcos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 根據(jù)題意，由題圖乙可知，滑塊滑到木板上的初速度 v＝10 m/s。 滑塊下滑的位移x＝，解得x＝5 m 故滑塊下滑的高度h＝xsin 30°＝2.5 m (3)由題圖乙可知，滑塊和木板起初相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)達(dá)到共同速度后一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者共同減速時(shí)加速度a1＝1 m/s2，相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度a2＝1 m/s2，滑塊的加速度大小a3＝4 m/s2，設(shè)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，對(duì)它們整體受力分析，有 a1＝＝μ1g，解得μ1＝0.1 0～2 s內(nèi)分別對(duì)木板和滑塊受力分析，即 對(duì)木板：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2 對(duì)滑塊：μ2mg＝ma3 聯(lián)立解得M＝1.5 kg。 答案　(1) N　(2)2.5 m　(3)1.5 kg