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專題3.2 動力學典型模型分析 學案(原卷版+解析版) 2024年高考物理一輪復習講練測(新教材新高考通用)

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專題3.2 動力學典型模型分析 學案(原卷版+解析版) 2024年高考物理一輪復習講練測(新教材新高考通用)

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專題3.2 動力學典型模型分析
1.物理觀念:連接體、相對運動。
(1)知道連接體模型的特征能在具體問題情景中識別連接體模型并能歸類(同速類、不同速類)。
(2)通過實例的分析與推理,理解并會分析相對運動問題建立運動觀。
2.科學思維:牛頓運動定律、整體法與隔離法、臨界法。
(1).掌握應用整體法與隔離法解決連接體問題的基本方法。
(2)會應用牛頓運動定律及運動學公式分析傳送帶模型。
(3)掌握應用整體法與隔離法解決“滑塊-木板”問題的基本方法
3.科學態(tài)度與責任:能用牛頓運動定律解決生產(chǎn)生活中的皮帶傳動、連接體等問題。
能將具體問題情景通過構(gòu)建物理模型轉(zhuǎn)化為物理問題進而應用物理規(guī)律來解決,以此提升分析推理能力和模型構(gòu)建能力并體會物理學的應用價值。
【知識點一】瞬時加速度問題
1.兩種模型
加速度與合外力具有瞬時對應關(guān)系,二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失,當物體所受合外力發(fā)生突變時,加速度也隨著發(fā)生突變,而物體運動的速度不能發(fā)生突變.
2.求解瞬時加速度的一般思路
(1)分析物體原來的受力情況。
(2)分析物體在突變時的受力情況。
(3)由牛頓第二定律列方程。
(4)求出瞬時加速度,并討論其合理性。
(2023 龍巖模擬)一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上,斜面光滑,底面粗糙,如圖所示。輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。重力加速度大小為g。當撤去擋板瞬間,下列說法正確的是(  )
A.球A的瞬時加速度沿斜面向下,大小為gsinθ
B.球B的瞬時加速度沿斜面向下,大小為2gsinθ
C.地面對斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D.地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右
(2023 蚌埠模擬)如圖所示,A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細線分別懸掛在天花板上,兩細線與水平方向夾角分別為60°和45°,A、B間拴接的輕彈簧恰好處于水平狀態(tài),則下列計算正確的是(  )
A.A、B所受彈簧彈力大小之比為:
B.A、B的質(zhì)量之比為mA:mB:1
C.懸掛A、B的細線上拉力大小之比為1:
D.同時剪斷兩細線的瞬間,A、B的瞬時加速度大小之比為3:
(多選)(2023 鄱陽縣校級一模)如圖所示,A、B、C三球的質(zhì)量均為m,輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連,A、B間由一輕質(zhì)細線連接,B、C間由一輕桿相連。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上,彈簧、細線與輕桿均平行于斜面,初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),細線被燒斷的瞬間,下列說法正確的是(  )
A.A球的加速度沿斜面向上,大小為2gsinθ
B.C球的受力情況未變,加速度為0
C.B、C兩球的加速度均沿斜面向下,大小均為gsinθ
D.B、C之間桿的彈力大小不為0
【知識點二】超重與失重問題
1.實重和視重
(1)實重:物體實際所受的重力,與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。
(2)視重
①當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。
②視重大小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。
2.超重、失重和完全失重的比較
超重現(xiàn)象 失重現(xiàn)象 完全失重現(xiàn)象
概念 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ┐笥谖矬w所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ┬∮谖矬w所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ┑扔诹愕默F(xiàn)象
產(chǎn)生條件 物體的加速度方向豎直向上 物體的加速度方向豎直向下 物體的加速度方向豎直向下,大a=g
原理方程 F-mg=ma F=m(g+a) mg-F=ma F=m(g-a) mg-F=ma=mg F=0
運動狀態(tài) 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 以a=g加速下降或減速上升
(2023 龍華區(qū)校級一模)“笛音雷”是春節(jié)期間常放的一種鞭炮,其著火后一段時間內(nèi)的速度—時間圖像如圖所示(取豎直向上為正方向),其中t0時刻為“笛音雷”起飛時刻、DE段是斜率大小為重力加速度g的直線。不計空氣阻力,則關(guān)于“笛音雷”的運動,下列說法正確的是(  )
A.“笛音雷”在t2時刻上升至最高點
B.t3~t4時間內(nèi)“笛音雷”做自由落體運動
C.t0~t1時間內(nèi)“笛音雷”的平均速度為
D.t3~t4時間內(nèi)“笛音雷”處于失重狀態(tài)
(2023 海淀區(qū)校級模擬)如圖所示,用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機底板上,此時彈簧豎直,籃球與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸,在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器,當電梯在豎直方向勻速運動時,壓力傳感器有一定的示數(shù)。現(xiàn)發(fā)現(xiàn)壓力傳感器的示數(shù)逐漸減小,某同學對此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷,其中可能正確的是(  )
A.升降機正在勻加速上升
B.升降機正在勻減速上升
C.升降機正在加速下降,且加速度越來越大
D.升降機正在加速上升,且加速度越來越大
(2023 宜春一模)北京時間2022年12月4日20時09分,神舟十四號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。在太空執(zhí)行任務183天后,“最忙出差三人組”的陳冬、劉洋、蔡旭哲于21時01分安全順利出艙。返回過程中返回艙速度195m/s時在距離地表10km的地方打開降落傘,返回艙先做勻變速直線運動最終降低到5m/s,之后保持勻速運動,勻速時間99.8s。待高度只剩1m時,底部的反推發(fā)動機點火,讓返回艙進行最后一次減速至3m/s,使其安全觸地。忽略空氣阻力,g=10m/s2,以下說法中正確的是(  )
A.從開傘到著地過程中,航天員始終處于超重狀態(tài)
B.開傘后勻變速運動過程中返回艙的加速度為1.9m/s2
C.反推發(fā)動機點火的推力至少為返回艙重力的1.8倍
D.設返回艙重力mg,則從開傘到落地重力的沖量為95.25mg
【知識點三】動力學中的連接體問題
1.連接體
多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體.連接體一般具有相同的運動情況(速度、加速度).
2.常見連接體的類型
(1)同速連接體(如圖)
特點:兩物體通過彈力、摩擦力作用,具有相同速度和相同加速度.
處理方法:用整體法求出a與F合的關(guān)系,用隔離法求出F內(nèi)力與a的關(guān)系.
(2)關(guān)聯(lián)速度連接體(如圖)
特點:兩連接物體的速度、加速度大小相等,方向不同,但有所關(guān)聯(lián).
處理方法:分別對兩物體隔離分析,應用牛頓第二定律進行求解.
(2023 鹽山縣二模)如圖所示,質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個物體放在光滑水平面上,外力F1、F2同時作用在兩個物體上,其中F1=10﹣t(表達式中各個物理量的單位均為國際單位),F(xiàn)2=10N。下列說法中正確的是(  )
A.t=0時,物體A的加速度大小為10m/s2
B.t=10s后物體B的加速度最小
C.t=10s后兩個物體運動方向相反
D.若僅將A、B位置互換,t=0時物體A的加速度為8m/s2
(2023 河南模擬)如圖1所示,物體A、B放在粗糙水平面上,A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1,mA=2kg,mB=1kg,A、B分別受到的隨時間變化的力FA與FB,如圖2所示。已知重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是(  )
A.兩物體在t=1s時分離
B.兩物體分離時的速度為5m/s
C.兩物體分離時的速度為4.875m/s
D.兩物體一起做加速運動
(2023 興慶區(qū)校級二模)如圖所示,質(zhì)量均為M的物塊A、B疊放在光滑水平桌面上,質(zhì)量為m的物塊C用跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的輕繩與B連接,且輕繩與桌面平行,A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小為g,下列說法正確的是(  )
A.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動,物塊A受到的摩擦力為
B.要使物塊A、B發(fā)生相對滑動,應滿足關(guān)系
C.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動,輕繩拉力的大小為mg
D.A、B未發(fā)生相對滑動時輕繩對定滑輪的作用力為
【知識點四】“傳送帶”模型的動力學問題
1.水平傳送帶
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)v0>v時,可能一直減速,也可能先減速再勻速 (2)v0情景3 (1)傳送帶較短或v0較大時滑塊一直減速到左端 (2)傳送帶較長時,滑塊還要被傳送帶傳回右端.若v0>v返回時速度為v,若v02.傾斜傳送帶
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能一直減速 (4)可能先以a1加速后以a2加速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速
3.傳送帶中位移、相對位移、軌跡劃痕等問題
分析表1.
受力分析 運動分析(先加后共) 難點問題
μ>tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上傳條件:μ>tanθ ④共速摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 運動分析(一直加速) 難點問題
μ分析表2.
受力分析 運動分析 難點問題
μ≥tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后,若μ≥tanθ 一起勻速,摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力f'=mgsinθ
μx物,痕跡Δx1=x傳-x物,共速后,x物>x傳,痕跡Δx2=x物-x傳,總痕跡取二者中大的那一段
【方法總結(jié)】
1.求解傳送帶問題的關(guān)鍵
(1)正確分析物體所受摩擦力的方向。
(2)注意轉(zhuǎn)折點:物體的速度與傳送帶速度相等的時刻是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。
2.處理此類問題的一般流程
弄清初始條件 判斷相對運動 判斷滑動摩擦力的大小和方向 分析物體受到的合外力及加速度的大小和方向 由物體的速度變化分析相對運動 進一步確定以后的受力及運動情況。
求解的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況,從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向,然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體速度與傳送帶速度相等時,物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。
(2023 滄州一模)如圖甲所示,一物塊以某一初速度從傾角為α、順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶底端沿傳送帶向上運動,其v﹣t圖像如圖乙所示。已知傳送帶的速度為v0,傳送帶足夠長,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,下列說法正確的是(  )
A.物塊的初速度小于v0
B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanα
C.物塊運動過程中的速度一定有等于v0的時刻
D.若物塊從傳送帶頂端由靜止向下運動,其他條件不變,物塊會向下先做勻加速運動再做勻速運動
(2023 成都模擬)物塊P以速度v0沿足夠長的靜止的傾斜傳送帶勻速下滑,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。某時刻傳送帶突然以恒定速率v1沿圖示逆時針方向運行,則從該時刻起,物塊P的速度v隨時間t變化的圖像可能是(  )
A. B.
C. D.
(2023 寧波一模)逆時針轉(zhuǎn)動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°,傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t=0時刻質(zhì)量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速,在t=4s時物體恰好能到達最高點A。(已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。以下說法正確的是(  )
A.物體與傳送帶間的摩擦因數(shù)為0.6
B.傳送帶AB長度為6m
C.2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D.物體與傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為6J
【知識點五】滑塊—滑板模型
1.命題規(guī)律
滑塊—滑板模型,涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱、多次相互作用,屬于多物體多過程問題,知識綜合性較強,對能力要求較高,所以高考試卷中經(jīng)常出現(xiàn)這一類型。
2.復習指導
分析滑塊—滑板類模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián)。一個轉(zhuǎn)折——滑塊與滑板達到相同速度或者滑塊從滑板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點。兩個關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、滑板位移與板長之間的關(guān)聯(lián)。一般情況下,由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變,轉(zhuǎn)折前、后滑塊和滑板的加速度都會發(fā)生變化,因此以轉(zhuǎn)折點為界,對轉(zhuǎn)折前、后進行受力分析是建立模型的關(guān)鍵。
3.模型特點
涉及兩個物體,并且物體間存在相對滑動。
4.兩種位移關(guān)系
滑塊由木板的一端運動到另一端的過程中,若滑塊和木板同向運動,位移大小之差等于板長;反向運動時,位移大小之和等于板長。
設板長為L,滑塊位移大小為x1,木板位移大小為x2
同向運動時:L=x1-x2
反向運動時:L=x1+x2
5.分析滑塊—木板模型問題時應掌握的技巧
(1)分析題中滑塊、木板的受力情況,求出各自的加速度。
(2)畫好運動草圖,找出位移、速度、時間等物理量間的關(guān)系。
(3)知道每一過程的末速度是下一過程的初速度。
(4)兩者發(fā)生相對滑動的條件:
①摩擦力為滑動摩擦力。
②二者加速度不相等。
【方法總結(jié)】會分析有外力作用、斜面、豎直面等的滑塊木板問題
1.水平面“板塊”模型
類型1 光滑地面,有初速度無外力類
(1)系統(tǒng)不受外力,滿足動量守恒.
(2)如果板足夠長,共速后一起勻速運動,板塊間摩擦力突變?yōu)?,用圖象法描述板、塊的速度更直觀(如圖).
(多選)(2022秋 中山區(qū)期末)如圖所示,質(zhì)量為M的長木板A以速度v0,在光滑水平面上向左勻速運動,質(zhì)量為m的小滑塊B輕放在木板左端,經(jīng)過一段時間恰好從木板的右端滑出,小滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ,下列說法中正確的是(  )
A.若只增大m,則小滑塊不能滑離木板
B.若只增大M,則小滑塊在木板上運動的時間變短
C.若只增大v0,則小滑塊離開木板的速度變大
D.若只減小μ,則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對地的位移變大
類型2 地面粗糙,滑塊(或板)有初速度類
(1)因為系統(tǒng)受外力,動量不守恒,注意板是否會動.
(2)若能動,且板足夠長,達到共速后,判斷它們之間是否相對滑動,常用假設法,假設二者相對靜止,利用整體法求出加速度a,再對小滑塊進行受力分析,利用F合=ma,求出滑塊受的摩擦力Ff,再比較它與最大靜摩擦力的關(guān)系,如果摩擦力大于最大靜摩擦力,則必然相對滑動,如果小于最大靜摩擦力,就不會相對滑動.
(3)若一起勻減速到停止,板塊間由滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力,用圖象法描述速度更直觀.(如圖)
(2023 河南模擬)如圖所示,一長木板a在水平地面上運動,在某時刻(t=0)將一相對于地面靜止的物塊b輕放到木板上,此時a的速度為v0,同時對a施加一個水平向右的恒力F,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的動摩擦因數(shù)均相等,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后,a、b運動的速度—時間圖像可能是下列圖中的(  )
A. B.
C. D.
類型3 地面粗糙,加外力類
(1)木板上加力(如圖甲),板塊可能一起勻加速運動,也可能發(fā)生相對滑動.
(2)滑塊上加力(如圖乙),注意判斷B板動不動,是一起加速,還是發(fā)生相對滑動(還是用假設法判斷).
(2022秋 朝陽區(qū)校級期末)如圖所示,質(zhì)量為m=3kg的木塊放在質(zhì)量為M=1kg的長木板上,開始處于靜止狀態(tài),已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1,當木塊受到水平向右的拉力F后,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1N
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是4N
C.當F>12N時,木塊才會在木板上滑動
D.無論怎樣改變F的大小,木板都不可能運動
2.斜面上“板塊”模型
類型1 無初速度下滑類
假設法判斷是否發(fā)生相對滑動
(1)μ2<μ1(上面比下面粗糙),則不會相對滑動.用極限法,μ1無限大或斜面光滑,一起勻加速運動.
(2)μ2>μ1(下面比上面粗糙),則會相對滑動.
(2022秋 未央?yún)^(qū)校級期末)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動,其運動過程可類比為如圖所示的模型,傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板,滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為。小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端,與滑板一起由靜止開始下滑。小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料,假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.5,小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等,斜坡足夠長,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,則下列判斷正確的是(  )
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為1.5m/s2
B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/s2
C.經(jīng)過的時間,小孩離開滑板
D.小孩離開滑板時的速度大小為m/s
類型2 加外力下滑類
對m分析,加速度范圍gsin θ-μ1gcos θ加速度在這個范圍內(nèi),板塊可保持相對靜止.
(多選)(2023 遼寧一模)如圖所示,傾角α=30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一長L=1.8m、質(zhì)量M=3kg的薄木板,木板的最上端疊放一質(zhì)量m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點),物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由靜止開始運動。設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是(  )
A.F=15N時,M和m沿斜面向上做勻減速運動
B.F=25N時,M和m沿斜面向上做勻加速運動
C.F=30N時,M和m均向上做加速運動,經(jīng)后二者分離
D.F=37.5N時,M和m均向上做加速運動,經(jīng)1.2s后二者分離
(多選)(2023 湖南)如圖,光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球,兩球用輕桿相連,A球靠在光滑左壁上,B球處在車廂水平底面上,且與底面的動摩擦因數(shù)為μ,桿與豎直方向的夾角為θ,桿與車廂始終保持相對靜止。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是(  )
A.若B球受到的摩擦力為零,則F=2mgtanθ
B.若推力F向左,且tanθ≤μ,則F的最大值為2mgtanθ
C.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,則F的最大值為4mg(2μ﹣tanθ)
D.若推力F向右,且tanθ>2μ,則F的范圍為4mg(tanθ﹣2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)
(2022 浙江)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中,如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長度l1=4m,水平滑軌長度可調(diào),兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑,其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ,貨物可視為質(zhì)點(取cos24°=0.9,sin24°=0.4)。
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小;
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小;
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度l2。
(2023 重慶模擬)如圖用貨車運輸規(guī)格相同的兩塊水平水泥板,底層水泥板車廂間的動摩擦因數(shù)為0.6,兩塊水泥板之間動摩擦因數(shù)為0.8,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10m/s2,為保證底層水泥板與車廂、兩塊水泥板之間均不發(fā)生相對運動,貨車行駛的最大加速度為(  )
A.2m/s2 B.4m/s2 C.6m/s2 D.8m/s2
(2023 湖南模擬)如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個物塊置于粗糙固定的足夠長的斜面上,且固定在一輕質(zhì)彈簧兩端,已知彈簧的勁度系數(shù)為k,兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,斜面的傾角為θ,現(xiàn)沿斜面向上在物塊B上施加一拉力F,使兩物塊一起沿斜面向上做勻加速直線運動,彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g,下列說法正確的是(  )
A.減小動摩擦因數(shù),其他條件不變,則彈簧的總長將變大
B.改變斜面的傾角,保持拉力F方向仍然沿斜面向上,大小不變,則彈簧的總長將隨傾角的變化而變化
C.如果兩物塊運動過程中突然撤去拉力F,撤去F瞬間物塊A的加速度大小為
D.如果兩物塊運動過程中突然撤去拉力F,撤去F瞬間物塊B的加速度大小為
(2023 河南二模)如圖甲所示,將一圓環(huán)套在固定的足夠長的水平桿上,環(huán)的內(nèi)徑略大于桿的截面直徑,對環(huán)施加一斜向上與桿的夾角為θ的拉力F,當拉力逐漸變大時環(huán)的加速度隨拉力F的變化規(guī)律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正確的是(  )
A.圓環(huán)的質(zhì)量為0.5kg
B.圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.2
C.當F=10N時,圓環(huán)的加速度大小為10m/s2
D.當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N時,圓環(huán)的加速度大小可能為3m/s2
(2023 臨泉縣校級三模)如圖所示,質(zhì)量為10kg的物體A通過輕繩繞過定滑輪被站在水平地面上質(zhì)量為50kg的人豎直拉住,當人拉動物體A,使物體A向上做初速度為0、加速度為2m/s2的勻加速直線運動,重力加速度g取10m/s2,不計一切摩擦和阻力,此時地面對人的支持力為(  )
A.380N B.404N C.520N D.480N
(2023 惠州模擬)如圖甲所示,將一物塊P輕輕放在水平足夠長的傳送帶上,取向右為速度的正方向,物塊P最初一段時間的速度—時間圖像如圖乙所示,下列描述正確的是(  )
A.小物塊一直受滑動摩擦力
B.傳送帶做順時針的勻速運動
C.傳送帶做順時針的勻加速運動
D.小物塊最終有可能從圖甲的左端滑下傳送帶
(2023 渭南一模)如圖所示,OA、OB是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細桿,O、A、B位于同一圓周上,OB為圓的直徑。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出),兩個滑環(huán)都從O點無初速釋放,用t1、t2分別表B示滑環(huán)到達A、B所用的時間,則(  )
A.t1=t2 B.t1<t2
C.t1>t2 D.無法比較t1、t2的大小
(多選)(2023 南崗區(qū)校級三模)如圖所示,一質(zhì)量為M=2kg、傾角為θ=37°的斜面體放在光滑水平地面上。斜面上疊放一質(zhì)量為m=1kg的光滑楔形物塊,物塊在水平恒力F作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運動。重力加速度為g=10m/s2。下列說法正確的是(  )
A.斜面體對物塊的支持力為12.5N
B.斜面體的加速度大小為a=3.75m/s2
C.水平恒力大小F=11.25N
D.若水平作用力F作用到斜面體上系統(tǒng)仍保持相對靜止,則F將變小
(多選)(2023 南充模擬)如圖甲所示,淺色傾斜傳送帶兩側(cè)端點間距6m,皮帶總長12m,傾角37°。t=0時,一質(zhì)量為1kg的煤塊從傳送帶底部的A點,以10m/s的速度沖上傳送帶。t=1s時,傳送帶開始沿順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動,A點運動的v﹣t圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為0.5,傳送輪和煤塊大小均可以忽略(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。煤塊在傳送帶上運動的過程中,下列說法正確的是(  )
A.煤塊運動至最高點,位移為10m
B.煤塊在傳送帶上運動時間為2s
C.煤塊在傳送帶上留下的痕跡為12m
D.煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為90J
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專題3.2 動力學典型模型分析
1.物理觀念:連接體、相對運動。
(1)知道連接體模型的特征能在具體問題情景中識別連接體模型并能歸類(同速類、不同速類)。
(2)通過實例的分析與推理,理解并會分析相對運動問題建立運動觀。
2.科學思維:牛頓運動定律、整體法與隔離法、臨界法。
(1).掌握應用整體法與隔離法解決連接體問題的基本方法。
(2)會應用牛頓運動定律及運動學公式分析傳送帶模型。
(3)掌握應用整體法與隔離法解決“滑塊-木板”問題的基本方法
3.科學態(tài)度與責任:能用牛頓運動定律解決生產(chǎn)生活中的皮帶傳動、連接體等問題。
能將具體問題情景通過構(gòu)建物理模型轉(zhuǎn)化為物理問題進而應用物理規(guī)律來解決,以此提升分析推理能力和模型構(gòu)建能力并體會物理學的應用價值。
【知識點一】瞬時加速度問題
1.兩種模型
加速度與合外力具有瞬時對應關(guān)系,二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失,當物體所受合外力發(fā)生突變時,加速度也隨著發(fā)生突變,而物體運動的速度不能發(fā)生突變.
2.求解瞬時加速度的一般思路
(1)分析物體原來的受力情況。
(2)分析物體在突變時的受力情況。
(3)由牛頓第二定律列方程。
(4)求出瞬時加速度,并討論其合理性。
(2023 龍巖模擬)一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上,斜面光滑,底面粗糙,如圖所示。輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。重力加速度大小為g。當撤去擋板瞬間,下列說法正確的是(  )
A.球A的瞬時加速度沿斜面向下,大小為gsinθ
B.球B的瞬時加速度沿斜面向下,大小為2gsinθ
C.地面對斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D.地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右
【解答】解:AB、設A、B兩球質(zhì)量均為m。撤去擋板前,對A球受力分析,由平衡條件有:F彈=mgsinθ
撤去擋板瞬間,彈簧的彈力不變,A球受力情況不變,合力為0,加速度為0。對B球,由牛頓第二定律有mgsinθ+F彈=maB,解得aB=2gsinθ,方向沿斜面向下,故A錯誤,B正確;
C、撤去擋板瞬間,B球有沿斜面向下的加速度,有豎直向下的分加速度,處于失重狀態(tài),則地面對斜面體C的支持力小于球A、B和C的重力之和,故C錯誤;
D、撤去擋板瞬間,B球的加速度方向沿斜面向下,在水平方向上有水平向左的分加速度,對A、B和C整體分析,地面對斜面體的摩擦力不為零,方向水平向左,故D錯誤。
故選:B。
(2023 蚌埠模擬)如圖所示,A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細線分別懸掛在天花板上,兩細線與水平方向夾角分別為60°和45°,A、B間拴接的輕彈簧恰好處于水平狀態(tài),則下列計算正確的是(  )
A.A、B所受彈簧彈力大小之比為:
B.A、B的質(zhì)量之比為mA:mB:1
C.懸掛A、B的細線上拉力大小之比為1:
D.同時剪斷兩細線的瞬間,A、B的瞬時加速度大小之比為3:
【解答】解:A、對AB受力如圖,彈簧處于水平靜止狀態(tài),彈簧的合力為零,即A對彈簧的力和B對彈簧的力大小相等,故A、B受彈簧的彈力大小相等,故A錯誤;
B、對A受力分析可知mAg=Ftan 60°,對B受力分析可知mBg=F tan45°,聯(lián)立解得,故B正確;
C、細線對A的拉力TA,細線對B的拉力TB,聯(lián)立解得,故C錯誤;
D、剪斷細線前,彈簧彈力F=mBg,剪斷細線瞬間彈簧彈力不變,A受合力為2mBg,故解得A的加速度aAg,B的加速度為g,故A,B加速度之比為:3,故D錯誤。
故選:B。
(多選)(2023 鄱陽縣校級一模)如圖所示,A、B、C三球的質(zhì)量均為m,輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連,A、B間由一輕質(zhì)細線連接,B、C間由一輕桿相連。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上,彈簧、細線與輕桿均平行于斜面,初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),細線被燒斷的瞬間,下列說法正確的是(  )
A.A球的加速度沿斜面向上,大小為2gsinθ
B.C球的受力情況未變,加速度為0
C.B、C兩球的加速度均沿斜面向下,大小均為gsinθ
D.B、C之間桿的彈力大小不為0
【解答】解:A、據(jù)題意,對A球受力分析,受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面向上的彈力F和B、C球?qū)λ睦A,由于A球處于靜止狀態(tài),
則據(jù)平衡條件有:F=GAsinθ+TA=3mgsinθ①
現(xiàn)將細線燒斷,據(jù)彈簧彈力具有瞬間保持原值的特性,
則有:F﹣GAsinθ=ma,②
由①、②可得A球此時加速度:a=2gsinθ,
故A正確;
B、細線燒斷后,把B、C球看成一個整體,它們只受到重力和支持力,它們以相同的加速度a=gsinθ沿斜面向下,所以B、C之間桿的彈力大小為零,故B、D選項錯誤,而C選項正確。
故選:AC。
【知識點二】超重與失重問題
1.實重和視重
(1)實重:物體實際所受的重力,與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。
(2)視重
①當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。
②視重大小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。
2.超重、失重和完全失重的比較
超重現(xiàn)象 失重現(xiàn)象 完全失重現(xiàn)象
概念 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ┐笥谖矬w所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ┬∮谖矬w所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ┑扔诹愕默F(xiàn)象
產(chǎn)生條件 物體的加速度方向豎直向上 物體的加速度方向豎直向下 物體的加速度方向豎直向下,大a=g
原理方程 F-mg=ma F=m(g+a) mg-F=ma F=m(g-a) mg-F=ma=mg F=0
運動狀態(tài) 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 以a=g加速下降或減速上升
(2023 龍華區(qū)校級一模)“笛音雷”是春節(jié)期間常放的一種鞭炮,其著火后一段時間內(nèi)的速度—時間圖像如圖所示(取豎直向上為正方向),其中t0時刻為“笛音雷”起飛時刻、DE段是斜率大小為重力加速度g的直線。不計空氣阻力,則關(guān)于“笛音雷”的運動,下列說法正確的是(  )
A.“笛音雷”在t2時刻上升至最高點
B.t3~t4時間內(nèi)“笛音雷”做自由落體運動
C.t0~t1時間內(nèi)“笛音雷”的平均速度為
D.t3~t4時間內(nèi)“笛音雷”處于失重狀態(tài)
【解答】解:A.由圖可知,t0~t4時間內(nèi)“笛音雷”的速度一直為正值,表明其速度方向始終向上,則“笛音雷”在t2時刻并沒有上升至最高點,上升至最高點應該在t4時刻之后,速度為零的某個時刻,故A錯誤;
B.t3~t4時間內(nèi)“笛音雷”速度方向向上,圖像斜率為恒定的負值,表明t3~t4時間內(nèi)“笛音雷”在做豎直上拋運動,其加速度為重力加速度g,故B錯誤;
C.用直線連接A、B,則直線AB代表勻加速直線運動,其平均速度為,而AB線段與橫軸所圍的面積大于AB曲線與橫軸所圍的面積,該面積表示位移,根據(jù)可知,AB直線代表的勻加速直線運動的平均速度大于AB曲線代表的變加速直線運動的平均速度,即t0~t1時間內(nèi)“笛音雷”的平均速度小于,故C錯誤;
D.根據(jù)選項B解析可知,t3~t4時間內(nèi)“笛音雷”做豎直上拋運動,加速度方向豎直向下,故“笛音雷”處于失重狀態(tài),故D正確。
故選:D。
(2023 海淀區(qū)校級模擬)如圖所示,用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機底板上,此時彈簧豎直,籃球與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸,在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器,當電梯在豎直方向勻速運動時,壓力傳感器有一定的示數(shù)。現(xiàn)發(fā)現(xiàn)壓力傳感器的示數(shù)逐漸減小,某同學對此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷,其中可能正確的是(  )
A.升降機正在勻加速上升
B.升降機正在勻減速上升
C.升降機正在加速下降,且加速度越來越大
D.升降機正在加速上升,且加速度越來越大
【解答】解:對籃球進行受力分析如圖:
籃球在水平方向上受力平衡,即側(cè)壁對籃球的彈力與傾斜天花板對籃球的彈力在水平方向的分力平衡,隨著壓力傳感器的示數(shù)逐漸減小,籃球受到傾斜天花板在水平方向的分力減小,則斜面對籃球的壓力F′一定減小,其在豎直方向的分力減小,而彈簧的彈力不變,所以籃球受到的豎直向下的合力減小,故籃球必然有豎直向上且增大的加速度,故D正確,ABC錯誤。
故選:D。
(2023 宜春一模)北京時間2022年12月4日20時09分,神舟十四號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。在太空執(zhí)行任務183天后,“最忙出差三人組”的陳冬、劉洋、蔡旭哲于21時01分安全順利出艙。返回過程中返回艙速度195m/s時在距離地表10km的地方打開降落傘,返回艙先做勻變速直線運動最終降低到5m/s,之后保持勻速運動,勻速時間99.8s。待高度只剩1m時,底部的反推發(fā)動機點火,讓返回艙進行最后一次減速至3m/s,使其安全觸地。忽略空氣阻力,g=10m/s2,以下說法中正確的是(  )
A.從開傘到著地過程中,航天員始終處于超重狀態(tài)
B.開傘后勻變速運動過程中返回艙的加速度為1.9m/s2
C.反推發(fā)動機點火的推力至少為返回艙重力的1.8倍
D.設返回艙重力mg,則從開傘到落地重力的沖量為95.25mg
【解答】1、解:根據(jù)題意分析宇航員返回時經(jīng)歷了勻減速直線運動,勻速直線運動,勻減速直線運動三個階段
A.返回艙中途的勻速過程并非超重現(xiàn)象,故A錯誤;
B.勻速位移為x2=vt=499m則開傘到減速到5m/s位移為x1=h﹣x2﹣1=10000m﹣499m﹣1m=9500m
由推出,故B錯誤;
C.根據(jù)最后1m由v'2﹣v2=2a'x'得,方向豎直向上,
由牛頓第二律得F﹣mg=ma得F=1.8mg故C正確;
D.根據(jù)可得兩段減速時間分別為、,則總時間為t=95s+99.8s+0.25s=195.05s,則重力沖量總計為195.05mg,故D錯誤。
故選:C。
【知識點三】動力學中的連接體問題
1.連接體
多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體.連接體一般具有相同的運動情況(速度、加速度).
2.常見連接體的類型
(1)同速連接體(如圖)
特點:兩物體通過彈力、摩擦力作用,具有相同速度和相同加速度.
處理方法:用整體法求出a與F合的關(guān)系,用隔離法求出F內(nèi)力與a的關(guān)系.
(2)關(guān)聯(lián)速度連接體(如圖)
特點:兩連接物體的速度、加速度大小相等,方向不同,但有所關(guān)聯(lián).
處理方法:分別對兩物體隔離分析,應用牛頓第二定律進行求解.
(2023 鹽山縣二模)如圖所示,質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個物體放在光滑水平面上,外力F1、F2同時作用在兩個物體上,其中F1=10﹣t(表達式中各個物理量的單位均為國際單位),F(xiàn)2=10N。下列說法中正確的是(  )
A.t=0時,物體A的加速度大小為10m/s2
B.t=10s后物體B的加速度最小
C.t=10s后兩個物體運動方向相反
D.若僅將A、B位置互換,t=0時物體A的加速度為8m/s2
【解答】解:A.F2在水平方向上的分力為
F21=F2cos37°=10×0.8N=8N
假設A、B間無彈力,則
aBm/s2=4m/s2
t=0時,有F1=10N
假設A、B間無彈力,則
aAm/s2=10m/s2>aB
因此t=0時,A會推動B一起運動,對AB整體,由牛頓第二定律有
F1+F21=(mA+mB)a
代入數(shù)據(jù)解得
a=6m/s2
故A錯誤;
B.物體B的加速度最小時,A、B間沒有力的作用,且aA=aB
aA
aBm/s2=4m/s2
解得t=6s
故B錯誤;
C.t=10s前,A、B均沿F1方向加速運動;t=10s后,F(xiàn)1方向反向,A做減速運動,但兩物體運動方向仍然相同,故C錯誤;
D.若僅將A、B位置互換,t=0時,假設A、B間無彈力,則
aA1m/s2=8m/s2
aB1m/s2=5m/s2<aA1
表明A、B會分離運動,故假設正確,則t=0時物體A的加速度為8m/s2,故D正確。
故選:D。
(2023 河南模擬)如圖1所示,物體A、B放在粗糙水平面上,A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1,mA=2kg,mB=1kg,A、B分別受到的隨時間變化的力FA與FB,如圖2所示。已知重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是(  )
A.兩物體在t=1s時分離
B.兩物體分離時的速度為5m/s
C.兩物體分離時的速度為4.875m/s
D.兩物體一起做加速運動
【解答】解:由圖2知FA與t的關(guān)系式為:FA=12﹣2t,F(xiàn)B與t的關(guān)系式為:FB=3t,A的摩擦力為fA=μmAg=0.1×2×10N=2N,B的摩擦力為fB=μmBg=0.1×1×10N=1N。
A、物體A、B分離時,A、B加速度相等,速度相同,但A、B間無彈力,則對A、B受力分析,由牛頓第二定律可知,
分離時A物體:FA﹣fA=mAaA,B物體:FB﹣fB=mBaB,當aA=aB,即,解得t=1.5s,故A錯誤;
BC、對AB整體分析從開始到分離過程由動量定理,取向右為正,,由圖2只圖線圍成的面積表示沖量可知在1s內(nèi),
A物體FA的沖量IAN sN s,B物體FB的沖量IBN sN s,代入數(shù)據(jù)解得:v=4.875m/s。故B錯誤,C正確;
D、AB分離前一起加速,1.5s后不再一起加速運動,故D錯誤。
故選:C。
(2023 興慶區(qū)校級二模)如圖所示,質(zhì)量均為M的物塊A、B疊放在光滑水平桌面上,質(zhì)量為m的物塊C用跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的輕繩與B連接,且輕繩與桌面平行,A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小為g,下列說法正確的是(  )
A.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動,物塊A受到的摩擦力為
B.要使物塊A、B發(fā)生相對滑動,應滿足關(guān)系
C.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動,輕繩拉力的大小為mg
D.A、B未發(fā)生相對滑動時輕繩對定滑輪的作用力為
【解答】解:A、若物塊A、B未發(fā)生相對滑動,物塊A、B、C三者加速度的大小相等,設為a,對A、B、C整體,由牛頓第二定律得:mg=(2M+m)a
對物塊A,根據(jù)牛頓第二定律可得:Ff=Ma
解得物塊A受到的摩擦力為:Ff,故A錯誤;
B、物塊A受到的最大合外力為μMg,則物塊A的最大加速度為
當物塊A的加速度恰好為μg時,物塊A、B發(fā)生相對滑動,以物塊A、B、C整體為研究對象,由牛頓第二定律得:
解得:
要使物塊A、B之間發(fā)生相對滑動,則,故B正確;
C、A、B未發(fā)生相對滑動時,對物塊C,由牛頓第二定律得:mg﹣T=ma
解得:,所以輕繩拉力的大小小于mg,故C錯誤;
D、A、B未發(fā)生相對滑動時,輕繩對定滑輪的作用力大小為,故D錯誤。
故選:B。
【知識點四】“傳送帶”模型的動力學問題
1.水平傳送帶
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)v0>v時,可能一直減速,也可能先減速再勻速 (2)v0情景3 (1)傳送帶較短或v0較大時滑塊一直減速到左端 (2)傳送帶較長時,滑塊還要被傳送帶傳回右端.若v0>v返回時速度為v,若v02.傾斜傳送帶
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能一直減速 (4)可能先以a1加速后以a2加速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速
3.傳送帶中位移、相對位移、軌跡劃痕等問題
分析表1.
受力分析 運動分析(先加后共) 難點問題
μ>tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上傳條件:μ>tanθ ④共速摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 運動分析(一直加速) 難點問題
μ分析表2.
受力分析 運動分析 難點問題
μ≥tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后,若μ≥tanθ 一起勻速,摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力f'=mgsinθ
μx物,痕跡Δx1=x傳-x物,共速后,x物>x傳,痕跡Δx2=x物-x傳,總痕跡取二者中大的那一段
【方法總結(jié)】
1.求解傳送帶問題的關(guān)鍵
(1)正確分析物體所受摩擦力的方向。
(2)注意轉(zhuǎn)折點:物體的速度與傳送帶速度相等的時刻是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。
2.處理此類問題的一般流程
弄清初始條件 判斷相對運動 判斷滑動摩擦力的大小和方向 分析物體受到的合外力及加速度的大小和方向 由物體的速度變化分析相對運動 進一步確定以后的受力及運動情況。
求解的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況,從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向,然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體速度與傳送帶速度相等時,物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。
(2023 滄州一模)如圖甲所示,一物塊以某一初速度從傾角為α、順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶底端沿傳送帶向上運動,其v﹣t圖像如圖乙所示。已知傳送帶的速度為v0,傳送帶足夠長,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,下列說法正確的是(  )
A.物塊的初速度小于v0
B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanα
C.物塊運動過程中的速度一定有等于v0的時刻
D.若物塊從傳送帶頂端由靜止向下運動,其他條件不變,物塊會向下先做勻加速運動再做勻速運動
【解答】解:B.v﹣t圖像斜率表示加速度,由圖像可分析出,物塊先以加速度a1做勻減速直線運動,后以加速度a2做勻減速直線運動,且a1>a2,mgsinα>μmgcosα,即μ<tanα,故B錯誤;
A.若物塊的初速度小于v0,物塊相對斜面向下運動,則受到沿傳送帶向上的摩擦力,物塊做勻減速直線運動,物塊會一直以此加速度向上減速為0與題設不符,故A錯誤;
C.物塊的初速度大于v0,物塊相對斜面向上運動,則受到沿傳送帶向下的摩擦力,物塊做勻減速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsinα+μmgcosα=ma1
物塊減速到速度等于v0后,則受到沿傳送帶向上的摩擦力,對物塊根據(jù)牛頓第二定律,有mgsinα﹣μmgcosα=ma2
故C正確;
D.若物塊從傳送帶頂端開始向下運動,物塊受到沿傳送帶向上的摩擦力,由于μ<tanα
則物塊會以加速度a2一直向下加速運動,故D錯誤。
故選:C。
(2023 成都模擬)物塊P以速度v0沿足夠長的靜止的傾斜傳送帶勻速下滑,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。某時刻傳送帶突然以恒定速率v1沿圖示逆時針方向運行,則從該時刻起,物塊P的速度v隨時間t變化的圖像可能是(  )
A. B.
C. D.
【解答】解:物塊P以速度v0沿足夠長的靜止的傾斜傳送帶勻速下滑,則有mgsinθ﹣μmgcosθ=0
AB.當v0<v1時,對物塊P受力分析,此時摩擦力沿斜面向下,由牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma
可知物塊先做勻加速直線運動,當v0=v1時,摩擦力沿斜面向上,由于mgsinθ=μmgcosθ
物塊勻速直線運動。故A正確;B錯誤;
CD.當v0>v1時,對物塊P受力分析,有mgsinθ﹣μmgcosθ=0
即物塊一直勻速直線運動。故CD錯誤。
故選A。
(2023 寧波一模)逆時針轉(zhuǎn)動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°,傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t=0時刻質(zhì)量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速,在t=4s時物體恰好能到達最高點A。(已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。以下說法正確的是(  )
A.物體與傳送帶間的摩擦因數(shù)為0.6
B.傳送帶AB長度為6m
C.2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D.物體與傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為6J
【解答】解:A、前2s物塊速度小于傳送帶速度,物塊受到摩擦力沿斜面向上。由于物塊勻速上滑,根據(jù)平衡條件得:μmgcos37°=mgsin37°,代入數(shù)據(jù)解得:μ=0.75,故A錯誤;
C、由物體2s后開始減速,由圖示v﹣t圖像可知,2s時傳送帶的速度為1m/s,可得物體前2s內(nèi)做勻速運動的速度v1=1m/s,在t=4s時物體恰好到達最高點A點,此時傳送帶的速度也恰好為零,說明二者減速運動的加速度相同,所以2s后物體與傳送帶相對靜止一起運動,2s后物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向上,故C錯誤
B、2s后物體相對于傳送帶靜止,由圖示v﹣t圖像可知,加速度大小為am/s2=0.5m/s2,前2s物塊沿傳送帶上滑的位移為x1=v1t=1×2m=2m;2s后物塊相對傳送帶靜止,物體所受摩擦力方向沿傳送帶向上,跟傳送帶以相同加速度a=0.5m/s2,向上勻減速運動x2=v1t1,其中t1=2s,代入數(shù)據(jù)解得:x2=1m,傳送帶AB長L=x1+x2=2m+1m=3m,故B錯誤;
D、物體上滑過程中,滑動摩擦力為f=μmgcos37°=0.75×1×10×0.8N=6N,由傳送帶的v﹣t圖像可知前2s,傳送帶位移為x=3m,故物體與傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=f(x﹣x1)=6×(3﹣2)J=6J,故D正確。
故選:D。
【知識點五】滑塊—滑板模型
1.命題規(guī)律
滑塊—滑板模型,涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱、多次相互作用,屬于多物體多過程問題,知識綜合性較強,對能力要求較高,所以高考試卷中經(jīng)常出現(xiàn)這一類型。
2.復習指導
分析滑塊—滑板類模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián)。一個轉(zhuǎn)折——滑塊與滑板達到相同速度或者滑塊從滑板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點。兩個關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、滑板位移與板長之間的關(guān)聯(lián)。一般情況下,由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變,轉(zhuǎn)折前、后滑塊和滑板的加速度都會發(fā)生變化,因此以轉(zhuǎn)折點為界,對轉(zhuǎn)折前、后進行受力分析是建立模型的關(guān)鍵。
3.模型特點
涉及兩個物體,并且物體間存在相對滑動。
4.兩種位移關(guān)系
滑塊由木板的一端運動到另一端的過程中,若滑塊和木板同向運動,位移大小之差等于板長;反向運動時,位移大小之和等于板長。
設板長為L,滑塊位移大小為x1,木板位移大小為x2
同向運動時:L=x1-x2
反向運動時:L=x1+x2
5.分析滑塊—木板模型問題時應掌握的技巧
(1)分析題中滑塊、木板的受力情況,求出各自的加速度。
(2)畫好運動草圖,找出位移、速度、時間等物理量間的關(guān)系。
(3)知道每一過程的末速度是下一過程的初速度。
(4)兩者發(fā)生相對滑動的條件:
①摩擦力為滑動摩擦力。
②二者加速度不相等。
【方法總結(jié)】會分析有外力作用、斜面、豎直面等的滑塊木板問題
1.水平面“板塊”模型
類型1 光滑地面,有初速度無外力類
(1)系統(tǒng)不受外力,滿足動量守恒.
(2)如果板足夠長,共速后一起勻速運動,板塊間摩擦力突變?yōu)?,用圖象法描述板、塊的速度更直觀(如圖).
(多選)(2022秋 中山區(qū)期末)如圖所示,質(zhì)量為M的長木板A以速度v0,在光滑水平面上向左勻速運動,質(zhì)量為m的小滑塊B輕放在木板左端,經(jīng)過一段時間恰好從木板的右端滑出,小滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ,下列說法中正確的是(  )
A.若只增大m,則小滑塊不能滑離木板
B.若只增大M,則小滑塊在木板上運動的時間變短
C.若只增大v0,則小滑塊離開木板的速度變大
D.若只減小μ,則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對地的位移變大
【解答】解:A、設A與B速度相同時二者相對位移大小為d,共同速度為v;m、M組成的系統(tǒng)動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得:Mv0=(M+m)v,由能量守恒定律得:(M+m)v2+μmgd,解得:d,若只增大m,則d減小,小滑塊不能滑離木板,故A正確;
B、由牛頓第二定律可知,滑塊的加速度大小a滑塊μg,木板的加速度大小a木板,若只增大M,小滑塊的加速度不變,M的加速度減小,以木板為參考系,滑塊運動的平均速度變大,即滑塊在木板上的運動時間變短,故B正確;
C、若只增大初速度v0,滑塊受到的合力等于滑動摩擦力,所受力合力不變,滑塊的加速度不變,滑塊滑離木板時相對于木板的位移不變,滑塊在木板上的運動時間變小,滑塊離開木板時的速度變小,故C錯誤;
D、若只減小動摩擦因數(shù),那么滑塊和木板的加速度等比例減小,相對位移不變,則小滑塊滑離木板時速度大于木板速度,滑塊滑離木板的過程所用時間變短,木板對地位移變小,所以,滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移為板長加木板對地位移,故減小,故D錯誤。
故選:AB。
類型2 地面粗糙,滑塊(或板)有初速度類
(1)因為系統(tǒng)受外力,動量不守恒,注意板是否會動.
(2)若能動,且板足夠長,達到共速后,判斷它們之間是否相對滑動,常用假設法,假設二者相對靜止,利用整體法求出加速度a,再對小滑塊進行受力分析,利用F合=ma,求出滑塊受的摩擦力Ff,再比較它與最大靜摩擦力的關(guān)系,如果摩擦力大于最大靜摩擦力,則必然相對滑動,如果小于最大靜摩擦力,就不會相對滑動.
(3)若一起勻減速到停止,板塊間由滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力,用圖象法描述速度更直觀.(如圖)
(2023 河南模擬)如圖所示,一長木板a在水平地面上運動,在某時刻(t=0)將一相對于地面靜止的物塊b輕放到木板上,此時a的速度為v0,同時對a施加一個水平向右的恒力F,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的動摩擦因數(shù)均相等,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后,a、b運動的速度—時間圖像可能是下列圖中的(  )
A. B.
C. D.
【解答】解:小物塊由靜止開始,長木板有初速度且受到恒力作用,所以對物塊受力分析,可知小物塊受到滑動摩擦力作用,根據(jù)牛頓第二定律可得:μmg=mab
化簡解得:ab=μg
對長木板進行受力分析,受到地面水平向左的摩擦力,物塊對木板水平向左的摩擦力,以及水平向右的恒力F,根據(jù)牛頓第二定律可得:F﹣μmg﹣μ×2mg=maa
解得:a3μg
A、根據(jù)圖像的斜率可知初始階段aa<0,ab=|aa|,即:F=2μmg,則a做勻減速直線運動,b做勻加速直線運動,共速后由于整體所受合力為零,將一起做勻速直線運動,故A錯誤;
B、根據(jù)圖像可知a做勻速直線運動,即:F=3μmg,b做勻加速直線運動,二者共速后,一起做勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律可得:F﹣2μmg=2ma共,解得:a共,故B錯誤;
CD、若ab>aa,則有:3μmg<F<4μmg,兩者均做勻加速直線運動,共速后一起勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣2μmg=2ma共,可得:,故C正確,D錯誤。
故選:C。
類型3 地面粗糙,加外力類
(1)木板上加力(如圖甲),板塊可能一起勻加速運動,也可能發(fā)生相對滑動.
(2)滑塊上加力(如圖乙),注意判斷B板動不動,是一起加速,還是發(fā)生相對滑動(還是用假設法判斷).
(2022秋 朝陽區(qū)校級期末)如圖所示,質(zhì)量為m=3kg的木塊放在質(zhì)量為M=1kg的長木板上,開始處于靜止狀態(tài),已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1,當木塊受到水平向右的拉力F后,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1N
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是4N
C.當F>12N時,木塊才會在木板上滑動
D.無論怎樣改變F的大小,木板都不可能運動
【解答】解:AB.設木板與地面間滑動摩擦力的大小為f2
f2=μ2(m+M)g
代入數(shù)據(jù)解得 f2=4N
設木塊與木板間的滑動摩擦力大小為f1
f1=μ1mg
代入數(shù)據(jù)解得 f1=6N
當F≤4N時,木塊與木板仍保持靜止狀態(tài),木板與地面間為靜摩擦力,大小等于拉力F,故AB錯誤;
C.設拉力為F0時木塊與木板間剛好發(fā)生相對滑動,由牛頓第二定律得
解得 F0=12N
所以當F>12N時,木塊才會在木板上滑動,故C正確;
D.當F>4N時,木板向右運動,故D錯誤。
故選:C。
2.斜面上“板塊”模型
類型1 無初速度下滑類
假設法判斷是否發(fā)生相對滑動
(1)μ2<μ1(上面比下面粗糙),則不會相對滑動.用極限法,μ1無限大或斜面光滑,一起勻加速運動.
(2)μ2>μ1(下面比上面粗糙),則會相對滑動.
(2022秋 未央?yún)^(qū)校級期末)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動,其運動過程可類比為如圖所示的模型,傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板,滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為。小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端,與滑板一起由靜止開始下滑。小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料,假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.5,小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等,斜坡足夠長,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,則下列判斷正確的是(  )
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為1.5m/s2
B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/s2
C.經(jīng)過的時間,小孩離開滑板
D.小孩離開滑板時的速度大小為m/s
【解答】解:A、對小孩受力分析,小孩受到重力、支持力和滑板對小孩向上的摩擦力,由于小孩與木板間的動摩擦因數(shù)小于木板與沙間的動摩擦因數(shù),所以小孩相對于木板下滑。對小孩根據(jù)牛頓第二定律有:mgsin37°﹣μ1mgcos37°=ma1,解得:a1=2m/s2,故A錯誤;
B、小孩和滑板脫離前,對滑板運用牛頓第二定律有:mgsin37°﹣μ1mgcos37°﹣2μ2mgcos37°=ma2,代入數(shù)據(jù)解得:a2=1m/s2,故B錯誤;
C、設經(jīng)過時間t,小孩離開滑板,根據(jù)位移—時間關(guān)系可得:a1t2 a2t2=L,解得:ts,故C正確;
D、小孩離開滑板時的速度為:v=a1t=2m/s=2m/s,故D錯誤。
故選:C。
類型2 加外力下滑類
對m分析,加速度范圍gsin θ-μ1gcos θ加速度在這個范圍內(nèi),板塊可保持相對靜止.
(多選)(2023 遼寧一模)如圖所示,傾角α=30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一長L=1.8m、質(zhì)量M=3kg的薄木板,木板的最上端疊放一質(zhì)量m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點),物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由靜止開始運動。設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是(  )
A.F=15N時,M和m沿斜面向上做勻減速運動
B.F=25N時,M和m沿斜面向上做勻加速運動
C.F=30N時,M和m均向上做加速運動,經(jīng)后二者分離
D.F=37.5N時,M和m均向上做加速運動,經(jīng)1.2s后二者分離
【解答】解:要是木塊和木板之間不產(chǎn)生相對滑動,則對M、m由牛頓第二定律得
F﹣(M+m)gsinα=(M+m)a
對m有:f﹣mgsinα=ma
f≤μmgcosα
代入數(shù)據(jù)解得:F≤30N
因要拉動,則:F>(M+m)gsinα=(3+1)×10N=20N
則為使物塊不滑離木板,力F應滿足的條件為20N<F≤30N。
A、F=15N<20N,所以不能拉動木板,故A錯誤;
B、20N<F=25N<30N,M和m沿斜面向上做勻加速運動,故B正確;
C、F=30N時,M和m均向上做加速運動,恰不產(chǎn)生相對滑動,故C錯誤;
D、當F=37.5N>30N,物塊能滑離木板,對M,有:F﹣μmgcosα﹣Mgsinα=Ma1
對m有:μmgcosα﹣mgsinα=ma2
設滑塊滑離木板所用的時間為t,由運動學公式得a1t2 a2t2=L
代入數(shù)據(jù)解得:t=1.2s,故D正確。
故選:BD。
(多選)(2023 湖南)如圖,光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球,兩球用輕桿相連,A球靠在光滑左壁上,B球處在車廂水平底面上,且與底面的動摩擦因數(shù)為μ,桿與豎直方向的夾角為θ,桿與車廂始終保持相對靜止。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是(  )
A.若B球受到的摩擦力為零,則F=2mgtanθ
B.若推力F向左,且tanθ≤μ,則F的最大值為2mgtanθ
C.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,則F的最大值為4mg(2μ﹣tanθ)
D.若推力F向右,且tanθ>2μ,則F的范圍為4mg(tanθ﹣2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)
【解答】解:A、若B球所受摩擦力為零,對A、B整體由牛頓第二定律得FNA=2ma,
對A球由牛頓第二定律得FNA﹣Nsinθ=ma,
豎直方向:Ncosθ=mg,
聯(lián)立解得a=gtanθ,
對整體由牛頓第二定律得F=4ma=4mgtanθ,故A錯誤;
B、若推力向左,則系統(tǒng)的加速度向左,廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力,A與左壁彈力為零,此時F有最大值,對AB整體:豎直方向FNB=2mg,
水平方向:μFNB=2ma解得a=μg,對A水平方向Nsinθ=maA,豎直方向Ncosθ=mg,
解得aA=gtanθ,由于μ≥tanθ,所以系統(tǒng)的加速度a=aA=gtanθ,所以F最大值為F=4ma=4mgtanθ,故B錯誤;
C、若推力向左,μ<tanθ≤2μ,時,A與左壁彈力不為零,廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力,方向水平向左,此時F取最大值,則2μmg﹣NA=2ma,
整體:Fm=4ma,
對A豎直方向:Ncosθ=mg,
對A水平方向:Nsinθ﹣NA=ma,
聯(lián)立解得Fm=4mg(2μ﹣tanθ)故C正確;
D、若推力向右,tanθ>2μ,廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力,方向水平向右,F(xiàn)有最大值,
則:2μmg+NA=2ma1,
對A豎直方向:Ncosθ=mg
NA﹣Nsinθ=ma1
聯(lián)立解得a1=2μg+μgtanθ
廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力,方向水平向左,F(xiàn)有最小值,
則:對AB整體有NA﹣2μmg=2ma2
對A水平方向有NA﹣Nsinθ=ma2
對A豎直方向:Ncosθ=mg
聯(lián)立解得:a2=gtanθ﹣2μg
所以4a2≤F≤4a1
即4mg(tanθ﹣2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)故D正確;
故選:CD。
(2022 浙江)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中,如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長度l1=4m,水平滑軌長度可調(diào),兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑,其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ,貨物可視為質(zhì)點(取cos24°=0.9,sin24°=0.4)。
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小;
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小;
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度l2。
【解答】解:(1)傾斜滑軌與水平面成θ=24°角,對貨物根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1
代入數(shù)據(jù)解得:a1=2m/s2;
(2)根據(jù)速度—位移關(guān)系可得:v2=2a1l1
代入數(shù)據(jù)解得:v=4m/s;
(3)貨物在水平軌道上運動時,根據(jù)動能定理可得:
﹣μmgl2,其中v′=2m/s
代入數(shù)據(jù)解得:l2=2.7m。
答:(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小為2m/s2;
(2)貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小為4m/s;
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,則水平滑軌的最短長度為2.7m。
(2023 重慶模擬)如圖用貨車運輸規(guī)格相同的兩塊水平水泥板,底層水泥板車廂間的動摩擦因數(shù)為0.6,兩塊水泥板之間動摩擦因數(shù)為0.8,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10m/s2,為保證底層水泥板與車廂、兩塊水泥板之間均不發(fā)生相對運動,貨車行駛的最大加速度為(  )
A.2m/s2 B.4m/s2 C.6m/s2 D.8m/s2
【解答】解:設兩塊水泥板之間動摩擦因數(shù)為μ1,底層水泥板與車廂間的動摩擦因數(shù)為μ2,每塊水泥板的質(zhì)量為m,a為貨車行駛的加速度。
要使上層水泥板不發(fā)生相對滑動,由牛頓第二定律可知,上層水泥板的最大靜摩擦力應滿足
μ1mg≥ma
解得:a≤8m/s2
要使兩塊水泥板一起加速運動、且與車廂不發(fā)生相對滑動,則應滿足
μ2×2mg≥2ma
解得:a≤6m/s2
要同時滿足上述條件,則貨車行駛的加速度 a≤6m/s2,故貨車行駛的最大加速度為am=6m/s2
故ABD錯誤,C正確。
故選:C。
(2023 湖南模擬)如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個物塊置于粗糙固定的足夠長的斜面上,且固定在一輕質(zhì)彈簧兩端,已知彈簧的勁度系數(shù)為k,兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,斜面的傾角為θ,現(xiàn)沿斜面向上在物塊B上施加一拉力F,使兩物塊一起沿斜面向上做勻加速直線運動,彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g,下列說法正確的是(  )
A.減小動摩擦因數(shù),其他條件不變,則彈簧的總長將變大
B.改變斜面的傾角,保持拉力F方向仍然沿斜面向上,大小不變,則彈簧的總長將隨傾角的變化而變化
C.如果兩物塊運動過程中突然撤去拉力F,撤去F瞬間物塊A的加速度大小為
D.如果兩物塊運動過程中突然撤去拉力F,撤去F瞬間物塊B的加速度大小為
【解答】解:AB、對AB整體,由牛頓第二定律得:F﹣3mgsinθ﹣μ 3mgcosθ=3ma
對物塊A,由牛頓第二定律有:F彈﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
聯(lián)立解得彈簧的彈力大小為:
根據(jù)胡克定律有:F彈=kx
解得彈簧形變量:
彈簧的總長為:,可知彈簧的總長與斜面的傾角和動摩擦因數(shù)均無關(guān),故AB錯誤;
C、撤去拉力F瞬間,彈簧來不及形變,物塊A的加速度不變,對A,由牛頓第二定律得:
,方向沿斜面向上,故C錯誤;
D、對B,由牛頓第二定律得撤去F瞬間物塊B加速度為:
aBg(sinθ+μcosθ),方向沿斜面向下,故D正確。
故選:D。
(2023 河南二模)如圖甲所示,將一圓環(huán)套在固定的足夠長的水平桿上,環(huán)的內(nèi)徑略大于桿的截面直徑,對環(huán)施加一斜向上與桿的夾角為θ的拉力F,當拉力逐漸變大時環(huán)的加速度隨拉力F的變化規(guī)律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正確的是(  )
A.圓環(huán)的質(zhì)量為0.5kg
B.圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.2
C.當F=10N時,圓環(huán)的加速度大小為10m/s2
D.當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N時,圓環(huán)的加速度大小可能為3m/s2
【解答】解:A.F在2N~5N內(nèi)時,對圓環(huán)受力分析可得Fcosθ﹣μ(mg﹣Fsinθ)=ma當拉力超過5N時,支持力方向相反,
故當F1=5N時Fsinθ=mg,N=0,f=0,F(xiàn)cosθ=ma,代入數(shù)據(jù)F=5N,a=7.5m/s,可得tanθ,θ=53°,代入F1sinθ=mg可得m=0.4kg
故A錯誤;
B.cosθ=0.6,m=0.4kg代入Fcosθ﹣μ(mg﹣Fsinθ)=ma,F(xiàn)=2N,a=0可得
故B錯誤;
C.當F2>5N,支持力向下,N=F2sinθ﹣mg
對圓環(huán)受力分析可得
即當拉力為10N時,圓環(huán)的加速度大小為10m/s2,故C正確;
D.當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N,且拉力小于2N時,對圓環(huán)受力分析可知F合=0即Fcosθ=f=1N
解得,而圓環(huán)的加速度為0;
當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N,且2N<F<5N時,可知μ(mg﹣Fsinθ)=1N
解得,由Fcosθ﹣μ(mg﹣Fsinθ)=ma得a=1.25m/s2
當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N,且5N<F時,可知μ(Fsinθ﹣mg)=1N
解得,由Fcosθ﹣μ(Fsinθ﹣mg)=ma得a=8.75m/s2
故D錯誤。
故選:C。
(2023 臨泉縣校級三模)如圖所示,質(zhì)量為10kg的物體A通過輕繩繞過定滑輪被站在水平地面上質(zhì)量為50kg的人豎直拉住,當人拉動物體A,使物體A向上做初速度為0、加速度為2m/s2的勻加速直線運動,重力加速度g取10m/s2,不計一切摩擦和阻力,此時地面對人的支持力為(  )
A.380N B.404N C.520N D.480N
【解答】解:設物體A的質(zhì)量為M,人的質(zhì)量為m。
對物體A受力分析,由牛頓第二定律有T﹣Mg=Ma
解得T=M(g+a)=10×(10+2)N=120N
對人,由平衡條件得:T+N=mg
則地面對人的支持力為N=mg﹣T=50×10N﹣120N=380N,故A正確,BCD錯誤。
故選:A。
(2023 惠州模擬)如圖甲所示,將一物塊P輕輕放在水平足夠長的傳送帶上,取向右為速度的正方向,物塊P最初一段時間的速度—時間圖像如圖乙所示,下列描述正確的是(  )
A.小物塊一直受滑動摩擦力
B.傳送帶做順時針的勻速運動
C.傳送帶做順時針的勻加速運動
D.小物塊最終有可能從圖甲的左端滑下傳送帶
【解答】解:BC:由圖乙可知,物塊先做加速運動,可以判斷出物體受到向右的滑動摩擦力,此時物體相對傳送帶向左運動,說明傳送帶向右運動且速度大于物體速度,當物塊P與傳送帶共速后,若傳送帶勻速運動則物體隨傳送帶一起勻速運動,這與v﹣t不符,說明傳送帶也向右加速且加速度小于物體由于受滑動摩擦力而產(chǎn)生的加速度,否則物體不能達到與傳送帶共速,共速以后物塊隨傳送帶一起做加速度較小的加速運動。故B錯誤,C正確;
AD:當物塊與傳送帶一起水平向右加速后,由于物塊與傳送帶相對靜止,物塊受靜摩擦力。故A錯誤。物塊一直向右加速,不可能從傳送帶左端滑下傳送帶,故D錯誤。
故選:C。
(2023 渭南一模)如圖所示,OA、OB是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細桿,O、A、B位于同一圓周上,OB為圓的直徑。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出),兩個滑環(huán)都從O點無初速釋放,用t1、t2分別表B示滑環(huán)到達A、B所用的時間,則(  )
A.t1=t2 B.t1<t2
C.t1>t2 D.無法比較t1、t2的大小
【解答】解:如下圖所示,以O點為最高點,取合適直徑作經(jīng)過B點的等時圓,可得A點在所做等時圓的外邊。
根據(jù)等時圓規(guī)律,小滑環(huán)從O到C與從O到B所用時間相等,均為t2,圖示位移OA>OC,可得t1>t2,故C正確,ABD錯誤。
故選:C。
(多選)(2023 南崗區(qū)校級三模)如圖所示,一質(zhì)量為M=2kg、傾角為θ=37°的斜面體放在光滑水平地面上。斜面上疊放一質(zhì)量為m=1kg的光滑楔形物塊,物塊在水平恒力F作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運動。重力加速度為g=10m/s2。下列說法正確的是(  )
A.斜面體對物塊的支持力為12.5N
B.斜面體的加速度大小為a=3.75m/s2
C.水平恒力大小F=11.25N
D.若水平作用力F作用到斜面體上系統(tǒng)仍保持相對靜止,則F將變小
【解答】解:ABC、對物塊和斜面體整體受力分析,根據(jù)牛二定律有:F=(M+m)a
再隔離物塊,分析受力如圖所示,在豎直方向有
Ncosθ﹣mg=0
水平方向有
F﹣Nsinθ=ma
聯(lián)立解得:F=11.25N,N=12.5N,a=3.75m/s2,故ABC正確;
D、若力作用在斜面上,對物塊受力分析僅受重力和支持力,二力合成有:mgtanθ=ma0
解得:a
再對整體,根據(jù)牛頓第二定律得:F′=(M+m)a,則知F′>F,可知外力F將變大,故D錯誤;
故選:ABC。
(多選)(2023 南充模擬)如圖甲所示,淺色傾斜傳送帶兩側(cè)端點間距6m,皮帶總長12m,傾角37°。t=0時,一質(zhì)量為1kg的煤塊從傳送帶底部的A點,以10m/s的速度沖上傳送帶。t=1s時,傳送帶開始沿順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動,A點運動的v﹣t圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為0.5,傳送輪和煤塊大小均可以忽略(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。煤塊在傳送帶上運動的過程中,下列說法正確的是(  )
A.煤塊運動至最高點,位移為10m
B.煤塊在傳送帶上運動時間為2s
C.煤塊在傳送帶上留下的痕跡為12m
D.煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為90J
【解答】解:A.煤塊從傳送帶底部向上滑動,根據(jù)牛頓第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°=ma1
解得
煤塊速度減為零的時間
該過程煤塊走過的位移為
由于mgsin37°>μmgcos37°
煤塊減速為零后相對于皮帶向下運動,則煤塊運動至最高點時位移為5m,故A錯誤;
B.煤塊速度減到零后開始向下運動,根據(jù)牛頓第二定律可知mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2
解得
滑塊下滑到傳送帶底端時的位移為x1
解得
煤塊在傳送帶上運動的總時間為,故B錯誤;
C.煤塊沿傳送帶下滑過程中,由圖乙,皮帶的加速度為
皮帶的位移
可知煤塊下滑過程,與傳送帶的相對位移大小大于皮帶的總長度為12m,故劃痕的長度為12m,故C正確;
D.煤塊相對皮帶運動的路程為s=2x1+x傳送帶=2×5m+12.5m=22.5m
煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為Q=μmgscos37°=0.5×1×10×22.5×0.8J=90J,故D正確。
故選:CD。
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