新高考物理一轮复习课时作业第3章热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型（含解析）

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[热点集训]
1. (2021·山东、湖北部分重点中学高三上12月教学质量联合检测)(多选)如图所示，光滑水平地面上有一静止的足够长质量为M的平板，质量为m的物块以水平速度v0冲上平板，因摩擦二者发生相对滑动，最终至共速，对该过程，下列说法正确的是( )
A．若只是v0变大，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长
B．若只是m变大，由开始运动至共速时间不变，相对运动的距离不变
C．若只是M变小，由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短
D．若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长
答案 ACD
解析 根据题意，作出物块和平板的v­t图像，如图所示。若只是v0变大，即在图中将物块匀变速直线运动的图线平行上移，则由开始运动至共速时间变长，再根据v­t图像中图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移可知，物块和平板相对运动的距离变长，A正确；根据牛顿第二定律，平板的加速度大小a板＝eq \f(μmg,M)，物块的加速度大小a物＝μg，若只是m变大，平板的加速度变大，物块的加速度不变，结合图像可知由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，B错误；若只是M变小，平板的加速度变大，物块的加速度不变，则由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短，C正确；若只是动摩擦因数变小，物块的加速度和平板的加速度均变小，则由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长，D正确。
2．(2020·福建省宁德市高中同心顺联盟高三上学期期中)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则( )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tanθ＋eq \f(v0,gt0csθ)
C．t0后木块的加速度为2gsinθ－eq \f(v0,t0)
D．传送带的速度大于v0
答案 AC
解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑(mgsinθ＞μmgcsθ)时，将一直匀加速到底端；当木块上滑(mgsinθ＜μmgcsθ)时，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动；两种情况均不符合图乙所示v­t图像，则传送带一定逆时针转动，故A正确。传送带逆时针转动，木块在0～t0内，所受滑动摩擦力向下，沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度为a1＝gsinθ＋μgcsθ，由图乙可知：a1＝eq \f(v0,t0)，联立解得μ＝eq \f(v0,gt0csθ)－tanθ，故B错误。t0后木块所受滑动摩擦力向上，木块的加速度a2＝gsinθ－μgcsθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－eq \f(v0,t0)，故C正确。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力发生变化，木块的加速度发生变化，则传送带的速度等于v0，故D错误。
3．(2020·河北衡中同卷模拟)(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
答案 AD
解析 由图乙所示v­t图像得0～1 s内煤块的加速度大小a1＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下；1～2 s内煤块的加速度大小a2＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下。0～1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1,1～2 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，联立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正确，B错误；v­t图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝ eq \r(\f(2x,a2))＝ eq \r(\f(2×10,4)) s＝eq \r(5) s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq \r(5)) s，C错误；0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m，1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m,2～(2＋eq \r(5)) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 m＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,下)＋v传t下＝(12＋4eq \r(5)) m，D正确。
4.(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案 (1)eq \r(2μgL) (2)3μg μg (3)2eq \r(2μgL)
解析 A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝eq \f(μmg,m)＝μg
在B上滑动时有2aAL＝veq \\al(2,A)
解得：vA＝eq \r(2μgL)。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2eq \r(2μgL)。
5．(2020·四川省内江市高三上一模)如图所示，一块质量为M＝2 kg、长为L＝3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2。在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F＝12 N，g取10 m/s2。则：
(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？
(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？
(3)若在时间t＝1 s末撤去F，再经过多长时间木板和木块第一次速度相同？在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？
答案 (1)2.5 m/s2 (2)2 s (3)eq \f(1,3) s 1 m
解析 (1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，
对木块有：μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝1 m/s2
对木板有：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得：a2＝2.5 m/s2
a2>a1，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。
(2)设经过时间t1木块离开木板，则
对木块有：x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
对木板有：x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)
又有：L＝x2－x1
联立并代入数据解得：t1＝2 s。
(3)t＝1 s末木块的速度v1＝a1t＝1×1 m/s＝1 m/s
木板的速度v2＝a2t＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2)－\f(v1,2)))t＝0.75 m
若在时间t＝1 s末撤去F，则之后木块仍以a1的加速度做匀加速运动，而木板将做匀减速运动，设加速度大小为a3，则有：
μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma3
代入数据解得：a3＝3.5 m/s2
设再经时间t2后二者速度相等，有：v1＋a1t2＝v2－a3t2
代入数据解得：t2＝eq \f(1,3) s
此时两者的共同速度为v＝v1＋a1t2＝eq \f(4,3) m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
Δx2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2＋v,2)))t2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v1＋v,2)))t2＝0.25 m
假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a1的加速度减速，木板也向左减速，设加速度大小为a4，则有：
μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma4
代入数据解得：a4＝2.5 m/s2
a4>a1，假设成立
此过程木块相对木板的位移大小
Δx3＝eq \f(v2,2a1)－eq \f(v2,2a4)＝eq \f(8,15) m＜Δx1＋Δx2
则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx＝Δx1＋Δx2＝1 m。