專題六　動力學(xué)常見模型

專題六動力學(xué)常見模型傳送帶模型1.(多選)如圖所示,三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°.兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5.g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列說法正確的是(BCD)A.物塊A先到達傳送帶底端B.物塊A、B同時到達傳送帶底端C.傳送帶對物塊A、B均做負功D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶3[解析]因mgsinθ>μmgcosθ,物塊A、B都以1m/s的速度沿傳送帶下滑,則傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力方向均沿傳送帶向上,大小也相等,故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同,滑到底端時位移大小相同,則所用時間也相同,故A錯誤,B正確;滑動摩擦力沿傳送帶向上,位移向下,摩擦力做負功,故C正確;A、B兩物塊下滑時的加速度相同,下滑到底端的時間相同,由x=v0t+12at2,a=gsinθ-μgcosθ,解得t=1s,傳送帶在1s內(nèi)運動的距離是1m,A與傳送帶是同向運動的,則A在傳送帶上的劃痕長度為2m-1m=1m,B與傳送帶是反向運動的,則B在傳送帶上的劃痕長度為2m+1m=3m,故D正確2.(多選)如圖甲所示,邊長l的正方形金屬線圈abcd隨水平傳送帶一起以恒定速度v0運動,邊界PQ與MN垂直傳送帶,其間存在豎直方向的勻強磁場.線圈在圖示位置開始計時,直到ab邊剛離開磁場,其速度與時間的關(guān)系如圖乙所示,且在傳送帶上始終保持ab、cd邊平行于磁場邊界,重力加速度為g.則 (AC)A.t1~t2時間內(nèi)線圈所受安培力大于摩擦力B.t1~t2和t2~t3時間內(nèi)線圈所受摩擦力方向相反C.邊界PQ與MN的距離為(v0D.線圈與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為([解析]由圖乙可知,線圈在t1~t2和t2~t3時間內(nèi)的速度都小于傳送帶速度v0,線圈相對傳送帶都向左運動,傳送帶給線圈的摩擦力方向都向右,與運動方向相同,線圈在t1~t2時間內(nèi)做減速運動,加速度方向與運動方向相反,合力方向與運動方向相反,故線圈受到的安培力大于摩擦力,A正確,B錯誤;根據(jù)題意可知,邊界PQ與MN的距離為線圈在t1~t2和t2~t3時間內(nèi)的位移之和,線圈在t1~t2時間內(nèi)的位移為線圈的邊長,則有x1=l,根據(jù)v-t圖像,可得線圈在t2~t3時間內(nèi)的位移x2=(v0+v1)(t3-t2)2,即邊界PQ與MN的距離為x=x1+x2=(v0+v1)(t3-t2)2+l,C正確;線圈在t2~t3.(多選)如圖所示,與水平地面的夾角為θ=37°的傳送帶以恒定速率v=8m/s逆時針轉(zhuǎn)動,其上端固定一距離地面高度為H=11.4m的平臺.現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的煤塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶底端(此時記為t=0時刻),同時平臺上的人通過一根輕繩用恒力F=24N沿傳送帶方向向上拉煤塊,在t=2s時撤去拉力.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,已知煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是 (BD)A.t=0時煤塊的加速度大小為4m/s2B.t=1s或t=2.5s時煤塊與傳送帶的速度大小相等C.傳送帶上劃痕的長度為8mD.煤塊與傳送帶之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為28J[解析]規(guī)定沿傳送帶向上的方向為正方向,煤塊剛放到傳送帶上時,對煤塊根據(jù)牛頓第二定律可得F+μmgcosθ-mgsinθ=ma1,代入數(shù)據(jù)解得a1=8m/s2,故A錯誤;當煤塊與傳送帶共速時,有v=a1t1,解得t1=1s,則在0~1s內(nèi)煤塊的位移為x1=12a1t12=12×8×12m=4m,煤相對于傳送帶向下滑動的位移為Δx1=vt1-x1=8×1m-4m=4m,煤塊與傳送帶共速之后,對煤塊根據(jù)牛頓第二定律可得F-μmgcosθ-mgsinθ=ma2,解得a2=4m/s2,拉力的作用時間為t2=2s-t1=1s,t=2s時煤塊的速度為v2=v+a2t2=12m/s,1~2s內(nèi)煤塊的位移為x2=vt2+12a2t22,解得x2=10m,煤塊相對于傳送帶向上滑動的位移為Δx2=x2-vt2,解得Δx2=2m,之后撤去拉力,對煤塊根據(jù)牛頓第二定律可得-μmgcosθ-mgsinθ=ma3,解得a3=-8m/s2,當煤塊減速到又與傳送帶共速時有v=v2+a3t3,解得t3=0.5s,2~3s時間內(nèi)煤塊運動的位移為x3=v2-v222a3,解得x3=5m,煤塊相對于傳送帶向上滑動的位移為Δx3=x3-vt3,解得Δx3=1m,煤塊運動的總位移為x=x1+x2+x3,解得x=19m,根據(jù)Hsinθ=19m,可知此時煤塊恰好運動到傳送帶頂端,綜上可得,煤塊與傳送帶共速的時刻為t=1s或t=2.5s,劃痕的長度只有4m,故B正確,C錯誤;煤塊相對傳送帶滑動的總路程為Δx=Δx1+Δx2+Δx3,解得Δx=“滑塊—木板”模型4.如圖所示,光滑的水平面上靜置質(zhì)量為M=8kg的平板小車,在小車左端加一個由零逐漸增大的水平推力F,一個大小不計、質(zhì)量為m=2kg的小物塊放在小車右端,小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,小車足夠長.重力加速度g取10m/s2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,下列說法中正確的是 (C)A.當F增加到4N時,小物塊相對小車開始運動B.當F增加到20N時,小物塊相對小車開始運動C.當F=10N時,小物塊對小車有向左的2N的摩擦力D.當F=10N時,小物塊對小車有向右的4N的摩擦力[解析]假設(shè)二者相對靜止,對小物塊,其所受最大靜摩擦力Fmax提供最大的加速度,故Fmax=μmg=ma,解得a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2,對整體F=(M+m)a=(8+2)×2N=20N,可知若要小物塊相對于小車開始運動,則推力滿足F>20N,故A、B錯誤;當F=10N時,選擇向右為正方向,對整體F=(M+m)a',所以整體的加速度為a'=FM+m=1m/s2<2m/s2,對小物塊,受到的摩擦力提供加速度,有F'f=ma'=2×1N=2N,根據(jù)牛頓第三定律可知,小物塊對小車的摩擦力的大小也是2N,方向向左,故C正確5.(多選)如圖所示,質(zhì)量mA=1kg足夠長的長板A置于水平地面上,質(zhì)量mB=2kg的小滑塊B置于長板A的左端,A與水平地面的動摩擦因數(shù)μ1=0.3,B與A間的動摩擦因數(shù)μ2=0.5,對B施加一大小為F=20N方向與水平面成37°角的恒力.已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列說法正確的是 (BC)A.A的加速度大小為1m/s2B.B的加速度大小為6m/s2C.若力F作用一段時間后,撤去力F,A的加速度大小增大D.若力F作用一段時間后,撤去力F,B相對A靜止[解析]對小滑塊B進行受力分析,如圖甲所示,可知FNB+Fsin37°=mBg,又Ff1=μ2FNB,根據(jù)牛頓第二定律有Fcos37°-Ff1=mBaB,聯(lián)立可得aB=6m/s2故B正確;對長板A受力分析,如圖乙所示,可知FNA=F'NB+mAg,又Fmax=μ1FNA=5.4N>F'f1易知,長板A靜止,即aA=0故A錯誤;若力F作用一段時間后,撤去力F,則對A有a'A=μ2mBg-μ1mA+mBgmA=1m/s2,對B有a'B=μ2g=5m/s2,6.如圖所示,可看作質(zhì)點的小物塊放在長木板的正中央,長木板置于光滑水平面上,兩物體皆靜止;已知長木板質(zhì)量為M=4.0kg,長度為L=3.0m,小物塊質(zhì)量為m=1.0kg,小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2;兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小,重力加速度g取10m/s2.(1)用水平向右的恒力F作用于小物塊,當F滿足什么條件時,兩物體才能發(fā)生相對滑動;(2)若一開始就用水平向右5.5N的恒力作用于小物塊,則小物塊經(jīng)過多長時間從長木板上掉下.[答案](1)F>2.5N(2)1s[解析](1)兩物體恰要發(fā)生相對滑動時,它們之間的摩擦力大小達到最大靜摩擦力Fm,設(shè)它們一起運動的加速度大小為a1,此時作用于小物塊水平向右的恒力大小為F1,由牛頓第二定律可知,對整體有F1=(M+m)a1對木板有Fm=Ma1其中Fm=μmg聯(lián)立解得F1=2.5N故當F>2.5N時,兩物體之間發(fā)生相對滑動.(2)當一開始就用水平向右F2=5.5N的恒力作用于小物塊時,兩物體發(fā)生相對滑動,設(shè)滑