習(xí)題課三動力學(xué)中四種典型物理模型課后·訓(xùn)練提升合格考過關(guān)檢驗一、選擇題(第1~4題為單選題,第5~6題為多選題)1.如圖所示,在光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m0、m的木塊,m0=2m,當(dāng)用水平力F分別推m和m0時,兩物體之間彈力之比FN1∶FN2應(yīng)為()A.1∶1 B.1∶2C.2∶1 D.3∶1答案C解析根據(jù)牛頓第二定律可知,無論用水平力F推m還是推m0,兩木塊整體的加速度大小相同,均設(shè)為a,則有F=(m0+m)a=3ma,當(dāng)用水平力推m時,對m0根據(jù)牛頓第二定律有FN1=m0a=2ma=23F,當(dāng)用水平力推m0時,對m根據(jù)牛頓第二定律有FN2=ma=13F,解得FN1FN22.如圖所示,傾角為θ的斜面體C置于水平面上,物體B置于斜面體上,通過細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接,連接B的一段細(xì)繩與斜面平行,A、B、C都處于靜止?fàn)顟B(tài)。則()A.B受到C的摩擦力一定不為零B.C受到水平面的摩擦力一定不為零C.水平面對C的摩擦力方向可能向右D.水平面對C的支持力大于B、C的總重力答案B解析物體B的重力沿斜面向下的分力等于細(xì)繩的拉力時,B不受摩擦力;當(dāng)B的重力沿斜面向下的分力不等于細(xì)繩的拉力時,B受摩擦力,選項A錯誤。以B、C組成的整體為研究對象,分析受力,畫出力的示意圖如圖,根據(jù)平衡條件,水平面對C的摩擦力Ff=Fcosθ,方向水平向左,選項B正確,C錯誤。水平面對C的支持力大小FN=GC+GBFsinθ<GC+GB,選項D錯誤。3.圖甲中質(zhì)點從豎直面內(nèi)的圓環(huán)上最高點沿三個不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用的時間分別為t1、t2、t3,圖乙中質(zhì)點從豎直面內(nèi)的圓環(huán)上沿三個不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用的時間分別為t4、t5、t6,則()甲乙A.t1=t2=t3,t4=t5=t6B.t1>t2>t3,t4>t5>t6C.t1<t2<t3,t4<t5<t6D.t2>t3>t1,t6>t5>t4答案A解析如題圖甲、乙所示,質(zhì)點沿豎直面內(nèi)圓環(huán)上的任意一條光滑弦從上端由靜止滑到底端,可知a=gsinθ,x=2Rsinθ,由勻變速直線運動規(guī)律有x=12at2,得下滑時間t=2Rg,即下落時間只與半徑有關(guān),故選項A正確,B、C、4.如圖所示,質(zhì)量為m2的物體2放在正沿平直軌道行駛的車廂底板上,并用豎直細(xì)繩通過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m1的物體1,某時刻觀察到與物體1相連接的細(xì)繩與豎直方向成θ角,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.車廂向右減速運動B.物體2所受底板的摩擦力大小為m2gtanθ,方向向右C.車廂向左加速運動D.物體2對底板的壓力大小為m2gm1gsinθ答案B解析以物體1為研究對象,受到豎直向下的重力和沿繩向上的拉力,則m1gtanθ=m1a,所以物體1的加速度大小為a=gtanθ,方向向右,所以車廂向右加速或者向左減速,故選項A、C錯誤;物體2的加速度與物體1的加速度相同,即Ff=m2a=m2gtanθ,方向水平向右,故選項B正確;對物體1,有Fcosθ=m1g,對物體2,豎直方向有F+FN=m2g,聯(lián)立解得FN=m2gm1根據(jù)牛頓第三定律,物體2對底板的壓力大小為FN'=FN=m2gm1故選項D錯誤。5.如圖所示,質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為m0的長木板上,受到向右的拉力F的作用而向右滑行,長木板處于靜止?fàn)顟B(tài),已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2,下列說法正確的是()A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg,方向向左B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+m0)g,方向向右C.當(dāng)F>μ2(m+m0)g時,木板便會開始運動D.無論怎樣改變F的大小,木板都不可能運動答案AD解析由于木塊在木板上向右滑動,故木塊一定受到向左的滑動摩擦力的作用,且Ff1=μ1mg,因木板靜止不動,一定受到地面的靜摩擦力,方向水平向左,大小為Ff2=Ff1=μ1mg,選項A正確,B錯誤;無論F多大,當(dāng)木塊相對于木板向右滑動時,木塊對木板的滑動摩擦力大小不變,故木板都不可能向右運動,選項C錯誤,D正確。6.機場和火車站的安全檢查儀用于對乘客的行李進行安全檢查。其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型,緊繃的傳送帶始終保持v=1m/s的恒定速率向左運行。乘客把行李(可視為質(zhì)點)無初速度地放在A處,設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,A、B間的距離為2m,g取10m/s2。若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v=1m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李,則()A.乘客與行李同時到達(dá)B處B.乘客提前0.5s到達(dá)B處C.行李提前0.5s到達(dá)B處D.若傳送帶速度足夠大,行李最快也要2s才能到達(dá)B處答案BD解析行李無初速度地放在傳送帶上,傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速度做勻速直線運動。加速時a=μg=1m/s2,歷時t1=va=1s達(dá)到共同速度,位移x1=v2t1=0.5m,此后行李勻速運動t2=lAB-x1v=1.5s,到達(dá)B處共用時2.5s。乘客到達(dá)B處用時t=lABv=2s,故選項B正確,A、C錯誤;若傳送帶速度足夠大,行李一直勻加速運動,最短運動時間tmin二、計算題7.如圖所示,水平傳送帶以不變的速度v=10m/s向右運動,將工件(可視為質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的左端,由于摩擦力的作用,工件做勻加速運動,經(jīng)過時間t=2s,速度達(dá)到v;再經(jīng)過時間t'=4s,工件到達(dá)傳送帶的右端,g取10m/s2,求:(1)工件在水平傳送帶上滑動時的加速度的大小;(2)工件與水平傳送帶間的動摩擦因數(shù);(3)傳送帶的長度。答案(1)5m/s2(2)0.5(3)50m解析(1)工件的加速度a=v解得a=5m/s2。(2)設(shè)工件的質(zhì)量為m,則由牛頓第二定律得μmg=ma所以動摩擦因數(shù)μ=ag=0.5(3)工件加速運動的距離x1=v2工件勻速運動的距離x2=vt'工件從左端到達(dá)右端通過的距離x=x1+x2聯(lián)立解得x=50m。此即為傳送帶的長度。等級考素養(yǎng)提升一、選擇題(第1~4題為單選題,第5~6題為多選題)1.如圖所示,水平面上放置質(zhì)量為m0的三角形斜劈,斜劈頂端安裝光滑的定滑輪,細(xì)繩跨過定滑輪分別連接質(zhì)量為m1和m2的物塊。m1在斜面上運動,三角形斜劈保持靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A.若m2向下勻速運動,則斜劈受到水平面向左的摩擦力B.若m1沿斜面向上加速運動,則一定滿足m2>m1C.若m1沿斜面向下加速運動,則斜劈受到水平面向右的摩擦力D.若m2向上加速運動,則斜劈受到水平面的支持力大于(m1+m2+m0)g答案C解析若m2向下勻速運動,則m1沿斜面向上勻速運動,加速度為零。把m1和斜劈看作整體,整體沒有加速,處于平衡狀態(tài),斜劈受到的摩擦力為零,故選項A錯誤;m1沿斜面向上加速運動,只能說明m2的重力大于m1重力沿斜面向下的分力,即m2g>m1gsinα,故選項B錯誤;由于m1沿斜面向下加速運動,則m1的加速度沿斜面向下,把m1和斜劈看作整體,整體有沿斜面向下的加速度,該加速度有水平向右的分量,所以斜劈受到水平向右的摩擦力,故選項C正確;若m2向上加速運動,則m1沿斜面向下加速運動,m1加速度沿斜面向下,把m1和斜劈看作整體,整體有沿斜面向下的加速度,該加速度有水平向右的分量,根據(jù)牛頓第二定律可知(m0+m1+m2)gFN=m1asinαm2a,m1gsinα>m2g,故FN<(m0+m1+m2)g,故選項D錯誤。2.如圖所示,在光滑的水平桌面上放一質(zhì)量為m乙=5kg、六面密閉的正方體盒子乙,乙內(nèi)放置一質(zhì)量為m丙=1kg的滑塊丙,用一質(zhì)量不計的細(xì)繩跨過光滑的定滑輪將一質(zhì)量為m甲=2kg的物塊甲與乙相連接,其中連接乙的細(xì)繩與水平桌面平行?，F(xiàn)由靜止釋放物塊甲,在以后的運動過程中,盒子乙與滑塊丙之間沒有相對運動,假設(shè)整個運動過程中盒子始終沒有離開水平桌面。重力加速度g取10m/s2。則()A.細(xì)繩對盒子的拉力大小為20NB.盒子的加速度大小為2m/s2C.盒子對滑塊丙的摩擦力大小為2.5ND.定滑輪受到轉(zhuǎn)動軸的作用力大小為30N答案C解析以整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得m甲g=(m甲+m乙+m丙)a,解得整體的加速度為a=2.5m/s2,以乙和丙整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得繩子的拉力大小為F=(m乙+m丙)a=(5+1)×2.5N=15N,選項A、B錯誤;以丙為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得盒子對滑塊丙的摩擦力大小為Ff=m丙a=2.5N,選項C正確;定滑輪受到細(xì)繩的作用力為FT=2F=152N,選項D錯誤。3.如圖所示,有一半圓,其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點,O點恰好是下半圓的圓心,現(xiàn)在有三條光滑軌道AB、CD、EF,它們的上、下端分別位于上、下兩圓的圓周上,三軌道都經(jīng)過切點O,軌道與豎直線的夾角關(guān)系為α<β<θ?，F(xiàn)在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止下滑至底端,則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為()A.tAB>tCD>tEFB.tAB=tCD=tEFBC.tAB<tCD<tEFD.tAB=tCDD<tEF答案A解析假設(shè)上圓半徑為R1,下圓半徑為R2,則以AB軌道為例進行分析有l(wèi)AB=2R1cosθ+R2,aAB=gsinπ2-θ=gcos由l=12at2可得2R1cosθ+R2=12gcosθ×t解得tAB=4R同理可得tCD=4R1g+2R因為α<β<θ,所以cosθ<cosβ<cosα,所以tAB>tCD>tEF。故選A。4.如圖所示,一足夠長的傳送帶傾斜放置,傾角θ=37°,以恒定速率v=4m/s順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速度v0=14m/s從A端沖上傳送帶,煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6、cos37°=0.8。則下列說法正確的是()A.煤塊沖上傳送帶后經(jīng)1.5s與傳送帶速度相同B.煤塊向上滑行的最大位移為12mC.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(17+413)mD.煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為6s答案C解析由于煤塊初速度大于傳送帶的速度,則煤塊開始向上減速運動的加速度為a1=mgsinθ+μmgcosθ煤塊沖上傳送帶后與傳送帶速度相同經(jīng)歷的時間t1=v0-va1=14-選項A錯誤;煤塊與傳送帶速度相同后,由于μ=0.5<tanθ=0.75,則煤塊向上做減速運動的加速度為a2=mgsinθ-μmgcosθ則煤塊向上滑行的最大位移為xmax=v02-v選項B錯誤;煤塊與傳送帶速度相同前,煤塊相對傳送帶向上運動的位移x相1=v0+v2t1vt1煤塊與傳送帶速度相同后,到達(dá)最高點經(jīng)歷的時間t2=va2=2此過程,煤塊相對傳送帶向下運動的位移x相2=vt2v2t2=4煤塊從最高點返回底端過程做加速度為a2的勻加速直線運動的位移xmax=12a2t解得t3=13s,則煤塊相對傳送帶向下運動的位移x相3=vt2+xmax=(13+413)m,該過程,煤塊相對傳送帶向下運動的總的相對位移為x相2+x相3=(17+413)m>5m,可知,煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(17+413)m,選項C正確;根據(jù)上述,煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為1.0s+2.0s+13s=(3.0+13)s,選項D錯誤。5.如圖所示,在豎直圓周上有兩個光滑斜面AB和CD,A、D分別為圓周上的最高點和最低點。B、C點均在圓周上,且所在高度相同。一個可以看作質(zhì)點的物塊分別從A、C兩點由靜止沿斜面滑到底端,沿兩個斜面下滑時的加速度大小分別為a1、a2,滑到底端的速度大小分別為v1、v2,所用時間分別為t1、t2,下列說法正確的是()A.a1<a2B.vB1>v2C.t1=t2D.tD1>t2答案AC解析如圖所示,連接AC,設(shè)AB與AD的夾角為θ,則CD與水平面的夾角也為θ。對物塊受力分析且由牛頓第二定律可得a1=mgcosθm=gcosθ,a2=mgsinθ由圖可知sinθ=CDAD,cosθ=AC則cosθ<sinθ,則有a1<a2,故選項A正確;設(shè)圓的半徑為R,沿斜面AB有2Rcosθ=12gcosθ·t沿斜面CD有2Rsinθ=12gsinθ·t解得t1=t2=4R故選項C正確,D錯誤;物塊到達(dá)底端的速度v1=a1t1=gcosθ×4Rg=4v2=a2t2=gsinθ×4Rg=4則有v1<v2,故選項B錯誤。6.如圖所示,A為放在水平光滑桌面上的長方形物塊,在它上面放有物塊B和C,A、B、C的質(zhì)量分別為m、5m、m。B、C與A之間的動摩擦因數(shù)皆為0.1。K為輕滑輪,繞過輕滑輪連接B和C的輕細(xì)繩都處于水平方向。現(xiàn)用水平方向的恒定外力F拉滑輪,若測得A的加速度大小為2m/s2,重力加速度g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列說法正確的是()A.物塊B、C的加速度大小也等于2m/s2B.物塊B的加速度為2m/s2,C的加速度為10m/s2C.外力的大小F=24mD.物塊B、C給長方形物塊A的摩擦力的合力為2m答案BD解析A的加速度大小為2m/s2,則A受到的合力為F=ma=2m,B對A的最大靜摩擦力為FB=5μmg=0.5mg,C對A的最大靜摩擦力為FC=μmg=0.1mg,若B和C都相對于A靜止,則B和C的加速度一樣,由于B和C所受細(xì)線的拉力一樣,則必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力,則會導(dǎo)致A所受摩擦力小于0.2mg,即加速度小于2m/s2,故B和C不可能全都靜止。若C靜止、B滑動,則A所受摩擦力大于0.5mg,加速度大于2m/s2,故應(yīng)是B靜止,因此C對A的摩擦力為0.1mg,B對A的摩擦力也為0.1mg。A、B間保持靜止,故aB=2m/s2,B受繩的拉力為FT=5maB+0.1mg=1.1mg,則C受繩的拉力也為1.1mg,所以aC=1.1mg-0.故選項A錯誤,B正確;外力大小為F=1.1mg+1.1mg=2.2mg=22m。故選項C錯誤;由前面分析可知,物塊B、C給長方形物塊A的摩擦力的合力為F合=ma=2m,故選項D正確。二、計算題7.如圖所示,質(zhì)量mB=1kg、長L=8m的木板B靜置于水平地面上,質(zhì)量mA=3kg的煤塊(可視為質(zhì)點)A靜止于木板B的左端。已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2,B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力,試計算:(1)為保證A與B不發(fā)生相對滑動,水平拉力F不能超過多少;(2)若水平拉力F大小為24N,則從煤塊開始運動到從木板上滑下,需要多長時間;(3)若水平拉力F為24N不變,僅作用t1=1s后撤去,則當(dāng)A與B停止相對滑動時,A在B上留下的劃痕長度。答案(1)12N(2)2s(3)4m解析(1)設(shè)A與B剛好不發(fā)生相對滑動時,水平拉力為F0,對木板B,根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mAgμ2(mA+mB)g=mBa2對煤塊A,根據(jù)牛頓第二定律可得F0μ1mAg=mAa2聯(lián)立解得F0=12N。(2)因為24N>12N,故A與B發(fā)生相對滑動,對煤塊A,根據(jù)牛頓第二定律可得Fμ1mAg=mAa1煤塊脫落前A的位移為x1=12a1t煤塊脫落前B的位移為x2=12a2t由幾何關(guān)系得x1x2=L聯(lián)立解得t=2s。(3)撤去拉力前,對煤塊A有v1=a1t1位移為x1'=12a1撤去拉力后對煤塊A,根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mAg=mAa3撤去拉力后煤塊A減速到與木板B共速的時間為t2,對煤塊A有v=v1a3t2位移為x2'=v1+從開始運動到木板B加速至共速,對木板B有v=a2(t1+t2)位移為x3=v2(t1+t2由幾何關(guān)系可得Δx=x1'=x2'