2019高考物理二轮复习第3讲动力学观点在力学中的应用专题训练.docx

第3讲动力学观点在力学中的应用一、选择题(每小题6分,共48分)1.如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角为,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a2,在v-t图像中,图线的斜率表示加速度,故选项D对。2.B设木盒的质量为M且向上滑行,放有砝码时由牛顿第二定律有(M+m)g cos +(M+m)g sin =(M+m)a1,换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有(M+m)gcos +Mg sin =Ma2可知a2a1,再由x=v022a可得x2a1,再由x=v022a可得x2x1。故B选项正确。3.B由图像知,在t0时间内图线与时间轴所围面积不等,即下落的高度不等,所以A错误;速度稳定时,重力与空气阻力平衡,即mg=kv,由图知,甲的稳定速度大,所以甲的质量大于乙的质量,所以B正确;释放的瞬间都是只受重力的作用,所以加速度都等于g,故C错误;由mg=kv知,m1m2=v1v2,故D错误。4.C传送带静止时,物块匀速下滑,故Mg sin =Ff,当传送带的速度小于物块的速度时,物块的受力情况不变,以速度v0匀速向下运动,当传送带的速度大于物块的速度时,物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带以相同的速度匀速下滑,故C正确。5.BC若v2v1且mQgmPg,则mPg-mQg=(mP+mQ)a1,当P加速运动速度达到v1后,与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带),所以B项正确。若v2mPg,则P先匀减速到零再反向加速直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2v1,且mQgv1且mQgmPg,满足mQg+mPg=(mP+mQ)a2,中途减速至v1,以后满足mQg-mPg=(mP+mQ)a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。6.D放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而传送带仍匀速,虽然两者都向右运动,但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动,故黑色径迹出现在木炭包的右侧,A错误。由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a=g与其质量无关,故径迹长度与其质量也无关,B错误。径迹长度等于木炭包相对传送带的位移大小,即二者对地的位移差:x=vt-0+v2t=12vt=v22g,可见传送带速度越小、动摩擦因数越大,相对位移越小,黑色径迹越短,C错误,D正确。7.AC由图乙知,当F=4 N时A、B相对静止,加速度为a=2 m/s2,对整体分析有F=(m+M)a,解得m+M=2 kg,当F4 N时,A、B发生相对滑动,对B有a=F-mgM=1MF-mgM,由图像可知,图线的斜率k=1M=aF=2 kg-1,解得M=0.5 kg,则滑块A的质量m=1.5 kg,故A正确,B错误;将F4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a=1MF-mgM,解得=0.2,故D错误;根据F=5 N4 N时,滑块与木板相对滑动,B的加速度为aB=1MF-mgM=4 m/s2,故C正确。8.C小物块的运动分两个阶段:因初始时v2v1,则开始一段时间小物块相对传送带向上运动,其所受滑动摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律有:ma1=mg sin +mg cos 得a1=10 m/s2因mg cos f1,所以木块在第一个木板上运动时,两木板静止不动木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有1mg=ma1设小木块滑上第二个木板瞬间的速度为v,由运动学关系式得v2-v02=-2a1l解得v=1 m/s(2)木块滑上第二个木板后,设第二个木板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得1mg-2(m+M)g=Ma2设木块与木板达到相同速度v1时,用时为t,则有:对木块有v1=v-a1t对木板有v1=a2t解得v1=110 m/s,t=310 s此过程中木块的位移s1=v+v12t=33200 m木板的位移s1=v122a2=3200 m木块在木板上滑动的长度为s1-s1l达到共速后,木块和木板一起继