能力课2 动力学中的典型“模型”

能力课2动力学中的典型“模型”
一、选择题(1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题)
1．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。

当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。

随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。

设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为()
图1
A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm
解析木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝v2
2a
，而传送带的位移为x2＝v t，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。

答案 A
2．(2019·山东日照模拟)如图2所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是下列选项中的()
图2
解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。

对木板应用牛顿第二定律得：
－μ1mg－μ2·2mg＝ma1
a1＝－(μ1＋2μ2)g
设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2
a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|
由v－t图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确。

答案 A
3．(2019·山东潍坊质检)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，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μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()
图3
解析开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
所以a1＝g sin θ＋μg cos θ
木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
所以a2＝g sin θ－μg cos θ
根据以上分析，有a2<a1，所以本题正确选项为D。

答案 D
4．如图4所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。

t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。

分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是()
图4
解析若长木板和木块之间没有相对滑动，A对；若长木板和木块之间有相对滑动，则a2>a1，B、D错，C对。

答案AC
5．如图5所示，质量为M＝2 kg、长为L＝2 m的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。

先相对静止，然后用一水平向右F＝4 N的力作用在小木块上，经过时间t＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g取10 m/s2，则()
图5
A．滑出瞬间木块速度2 m/s
B．滑出瞬间木块速度4 m/s
C．滑出瞬间木板速度2 m/s
D．滑出瞬间木板速度4 m/s
解析小木块加速度a1＝F－μmg
m
＝
4－2
1m/s
2＝2 m/s2，木板加速度a2＝μmg M
＝1 m/s2，脱离瞬间小木块速度v1＝a1t＝4 m/s，A错误，B正确；木板速度v2＝a2t＝2 m/s，C正确，D错误。

答案BC
二、非选择题
6．一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。

某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂。

细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m，后3 s内滑行了10.5 m。

求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？
图6
解析设小车加速度为a。

绳断裂时，车和物块的速度为v1＝at1。

断裂后，小车的速度v＝v1＋at2，小车的位移为：
x 1＝v 1t 2＋12at 22
滑块的位移为：x 2＝v 1t 2
绳断后，前3 s 相对位移有关系：
Δx ＝x 1－x 2＝12at 23＝4.5 m
得：a ＝1 m/s 2
细绳断开时小车和物块的速度均为：
v 1＝at 1＝1×2 m/s ＝2 m/s
设后3 s 小车的初速度为v 1′，则小车的位移为：
x 1′＝v 1′t 4＋12at 24
滑块的位移为：
x 2′＝v 1t 4
得：x 1′－x 2′＝3v 1′＋4.5 m －3v 1＝10.5 m
解得：v 1′＝4 m/s 由此说明后3 s 实际上是从绳断后2 s 开始的，滑块与小车相对运动的总时间
为：
t 总＝5 s 答案 5 s
7．如图7所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带
乙长为4 m ，传送带甲比乙长0.45 m ，两传送带均以3 m/s 的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A 从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B 由传送带乙的顶端以3 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
图7
(1)物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间；
(2)物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比。

解析 (1)对物块A 由牛顿第二定律知mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，代入数
值得a 1＝10 m/s 2
设经时间t 1物块A 与传送带共速，则由运动学规律知
v 带＝a 1t 1，即t 1＝0.3 s
此过程中物块A 的位移为x 1＝12a 1t 21＝0.45 m
物块A 与传送带共速后，由牛顿第二定律知
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，代入数值得a 2＝2 m/s 2
由运动学规律知L 甲－x 1＝v 带t 2＋12a 2t 22，代入数值得
t 2＝1 s
所以物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s 。

(2)在物块A 的第一个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为
L 1＝v 带t 1－x 1＝0.45 m
在物块A 的第二个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为
L 2＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m
所以物块A 在传送带上的划痕长度为
L A ＝L 2＝1.0 m 由分析知物块B 的加速度与物块A 在第二个加速过程的加速度相同，从传送
带顶端加速到底端所需时间与t 2相同
所以物块B 在传送带上的划痕长度为L B ＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m
故物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为L A ∶L B ＝1∶1 答案 (1)1.3 s (2)1∶1
8．如图8甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一
质量为M 的木板。

开始时质量为m ＝1 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，现将力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。

此后滑块和木板在水平面上运动的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2。

求：
图8
(1)水平作用力F 的大小；
(2)滑块开始下滑时的高度；
(3)木板的质量。

解析 (1)滑块受力如图所示，根据平衡条件，有
mg sin θ＝F cos θ
解得F ＝1033 N
(2)当力F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mg sin θ＋F cos θ＝ma
解得a ＝10 m/s 2
根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度
v ＝10 m/s 。

滑块下滑的位移x ＝v 22a ，解得x ＝5 m
故滑块下滑的高度h ＝x sin 30°＝2.5 m (3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减
速运动，两者共同减速时加速度a 1＝1 m/s 2，相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2，滑块的加速度大小a 3＝4 m/s 2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，对它们整体受力分析，有
a 1＝μ1（M ＋m ）g M ＋m ＝μ1g ，解得μ1＝0.1 0～2 s 内分别对木板和滑块受力分析，即
对木板：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2对滑块：μ2mg＝ma3
联立解得M＝1.5 kg。

答案(1)103
3N(2)2.5 m(3)1.5 kg。