课时跟踪检测（二十四） 动力学中的两类典型模型

课时跟踪检测（二十四）动力学中的两类典型模型1．(2022·广东学业考试)如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。现在其左侧的A处轻轻放上一物块，设传送带足够长，则该物块()A．一直向右匀速运动B．先向右匀加速运动，后继续向右匀速运动C．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力D．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向左的静摩擦力解析：选B物块初速度为0，刚放上传送带后将与传送带之间发生相对滑动，受到向右的滑动摩擦力做匀加速运动，因为传送带足够长，所以物块最终将会达到与传送带相同的速度并最终向右匀速运动，此时物块与传送带保持相对静止，没有相对运动趋势，不受静摩擦力作用。故选B。2．(2023·莆田高一检测)(多选)如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同，三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头指示方向。下列说法正确的是()A．A物体受到的摩擦力方向向右B．三个物体中只有A物体不受摩擦力作用C．B物体受到的摩擦力沿传送带向下D．B、C两物体受到的摩擦力方向相同解析：选BDA物体随传送带一起匀速运动，则不受摩擦力，故A错误；B和C两物体相对于传送带有向下运动的趋势，故均受到沿传送带向上的静摩擦力，故B、D正确，C错误。3.(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为eq\f(μ,4)，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度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：选ACD水平面对木板的最大摩擦力fm＝eq\f(μ,4)·2mg＝eq\f(1,2)μmg，若拉力F≤fm，则a＝0，故A可能；若物块相对木板运动，则μmg－eq\f(μ,4)·2mg＝ma，木板的加速度为a＝eq\f(1,2)μg，此时加速度为最大值，故B不可能，C可能；若木板相对物块静止，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为F－fm＝2ma，a＝eq\f(F,2m)－eq\f(μg,4)，D可能。故选A、C、D。4．(多选)如图所示，传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：选BD开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，因此a1＝gsinθ＋μgcosθ，如果传送带不是足够长，小木块可能一直匀加速到传送带底部，到达底部时速度小于等于v0，A错误，B正确；当传送带足够长时，小木块匀加速到和传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，即mgsinθ＞μmgcosθ，小木块不会匀速运动，小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，因此a2＝gsinθ－μgcosθ由公式知a2＜a1，注意摩擦力是被动力，速度相等时摩擦力会突变，所以D正确，C错误。5．(2023·重庆高一检测)如图所示的装置是运动员负重奔跑的跑步机。已知运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮摩擦、质量)悬挂质量为m2的重物，人用力向后蹬传送带使传送带沿顺时针方向转动，传送带与人之间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是()A．若重物静止不动，传送带对运动员的摩擦力大小为μm1gB．若重物匀速上升，传送带对运动员的摩擦力大于m2gC．若重物匀速上升，m2越大，传送带对运动员的摩擦力越大D．若重物匀速上升，m1越大，传送带对运动员的摩擦力越大解析：选C若重物静止不动，则运动员处于静止，运动员在水平方向上受拉力和摩擦力平衡，又绳子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，而不是滑动摩擦力，故A错误；若重物匀速上升，则运动员处于匀速直线运动，水平方向受拉力和静摩擦力平衡，又绳子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，则m2越大传送带对运动员的摩擦力越大，与m1的大小无关，故B、D错误，C正确。6．(2023·厦门高一检测)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2，旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是()A．该行李的加速度大小一直为2m/s2B．该行李经过5s到达B处C．该行李相对传送带滑行距离为0.08mD．若传送带速度足够大，行李最快也要eq\r(2)s才能到达B处解析：选D开始时行李的加速度为a＝μg＝2m/s2，当加速到与传送带共速时的时间t1＝eq\f(v,a)＝0.2s，运动的距离x1＝eq\f(v,2)t1＝0.04m，共速后行李随传送带匀速运动，加速度为零，故A错误；该行李到达B处的时间t＝t1＋t2＝t1＋eq\f(L－x1,v)＝0.2s＋eq\f(2－0.04,0.4)s＝5.1s，B错误；该行李相对传送带滑行距离为Δx＝vt1－x1＝0.04m，C错误；若传送带速度足够大，行李要想最快到达B处，则需一直加速，则根据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正确。7.(多选)如图，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量分别为mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则()A．两物体开始没有相对滑动，当拉力超过12N时，开始相对滑动B．当拉力为12N时，AB间摩擦力为12NC．当拉力为24N时，AB间摩擦力为6ND．两物体间始终没有相对滑动解析：选CD当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时两物体将要开始相对滑动，即fB＝fm＝μmAg＝mBam，此时，对A和B整体，有F＝(mA＋mB)am，联立解得F＝48N，所以在F从10N逐渐增大到45N的过程中，两物体不发生相对滑动，故A错误，D正确；当拉力为12N时，有F1＝(mA＋mB)a1，f1＝mBa1，解得f1＝3N，故B错误；当拉力为24N时，有F2＝(mA＋mB)a2，f2＝mBa2，解得f2＝6N，故C正确。8．(多选)用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车圈内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3m/s2的加速度启动，然后以12m/s匀速行驶，遇紧急情况后以8m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，则(上层水泥板未撞到驾驶室)()A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为750NB．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000NC．货车在刹车过程中行驶的距离为9mD．上层水泥板停止运动时相对底层水泥板滑动的距离为0.6m解析：选ACD摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a′＝μg＝7.5m/s2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝ma＝250×3N＝750N，A正确；刹车时，加速度大于摩擦力提供的最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f＝μmg＝1875N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为s＝eq\f(v2,2a)＝9m，C正确；上层水泥板停止时间为t＝eq\f(v,a′)＝1.6s，该时间内，上层水泥板运动的距离为s′＝vt－eq\f(1,2)a′t2＝19.2m－9.6m＝9.6m，上层水泥板停止运动时相对底层水泥板滑动的距离为Δs＝s′－s＝0.6m，D正确。9.(2023·福州高一期末)滑沙运动是小朋友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1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数μ1＝eq\f(21,40)。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μ2＝0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是()A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为2m/s2C．经过1s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s解析：选C设小孩与滑板质量均为m，对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°－μ2mgcos37°,m)＝2.8m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq\f(mgsin37°＋μ2mgcos37°－2μ1mgcos37°,m)＝0.8m/s2，故A、B错误；要使小孩与滑板分离eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8m/s，故C正确，D错误。10．(多选)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＝1kg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，重力加速度g取10m/s2，则(sin37°＝0.6)()A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为5m解析：选ACD由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1.0s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v0＝10m/s，故A正确；在0～1.0s内，物体所受摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ，由图可得a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝10m/s2，在1.0～2.0s，物体的加速度为a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，由图可得a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝2m/s2，联立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B错误，C正确；根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移x1＝eq\f(1,2)×10×1m＝5m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1m＝10m，物体相对传送带的位移大小为Δx1＝x2－x1＝5m，方向向上；1.0～2.0s物体相对于地的位移x3＝eq\f(10＋12,2)×1m＝11m，传送带的位移为x4＝v0t1＝10×1m＝10m，物体相对传送带的位移大小为Δx2＝x3－x4＝1m，方向向下，故留下的痕迹为5m，故D正确。11．某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10m，传送带以v＝5m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A无初速度放上一质量m＝5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10m/s2)解析：刚开始货物做匀加速运动，以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2.5m/s2货物匀加速运动的时间t1＝eq\f(v,a)＝2s货物匀加速运动的位移s1＝eq\f(1,2)at12＝5m因为μ＝eq\f(\r(3),2)＞tanθ＝eq\f(\r(3),3)故货物与传送带共速之后做匀速运动，运动位移s2＝L－s1＝5m匀速运动时间t2＝eq\f(s2,v)＝1s货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3s。答案：3s12．如图所示，质量为M＝2kg、长度为L＝0.8m的木板放在光滑的水平面上保持静止，一个质量为m＝1kg且可看成质点的小滑块以初速度v0＝4m/s从左端滑上木板，同时小滑块还受到水平向左的恒力F＝6N，小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，求：(1)小滑块刚滑上木板时，小滑块的加速度；(2)小滑块与木板共速时，木板向右运动的