专题六　动力学常见模型

专题六动力学常见模型传送带模型1.(多选)如图所示,三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°.两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5.g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是(BCD)A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B均做负功D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3[解析]因mgsinθ>μmgcosθ,物块A、B都以1m/s的速度沿传送带下滑,则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向上,大小也相等,故两物块沿传送带向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,则所用时间也相同,故A错误,B正确;滑动摩擦力沿传送带向上,位移向下,摩擦力做负功,故C正确;A、B两物块下滑时的加速度相同,下滑到底端的时间相同,由x=v0t+12at2,a=gsinθ-μgcosθ,解得t=1s,传送带在1s内运动的距离是1m,A与传送带是同向运动的,则A在传送带上的划痕长度为2m-1m=1m,B与传送带是反向运动的,则B在传送带上的划痕长度为2m+1m=3m,故D正确2.(多选)如图甲所示,边长l的正方形金属线圈abcd随水平传送带一起以恒定速度v0运动,边界PQ与MN垂直传送带,其间存在竖直方向的匀强磁场.线圈在图示位置开始计时,直到ab边刚离开磁场,其速度与时间的关系如图乙所示,且在传送带上始终保持ab、cd边平行于磁场边界,重力加速度为g.则 (AC)A.t1~t2时间内线圈所受安培力大于摩擦力B.t1~t2和t2~t3时间内线圈所受摩擦力方向相反C.边界PQ与MN的距离为(v0D.线圈与传送带间的动摩擦因数为([解析]由图乙可知,线圈在t1~t2和t2~t3时间内的速度都小于传送带速度v0,线圈相对传送带都向左运动,传送带给线圈的摩擦力方向都向右,与运动方向相同,线圈在t1~t2时间内做减速运动,加速度方向与运动方向相反,合力方向与运动方向相反,故线圈受到的安培力大于摩擦力,A正确,B错误;根据题意可知,边界PQ与MN的距离为线圈在t1~t2和t2~t3时间内的位移之和,线圈在t1~t2时间内的位移为线圈的边长,则有x1=l,根据v-t图像,可得线圈在t2~t3时间内的位移x2=(v0+v1)(t3-t2)2,即边界PQ与MN的距离为x=x1+x2=(v0+v1)(t3-t2)2+l,C正确;线圈在t2~t3.(多选)如图所示,与水平地面的夹角为θ=37°的传送带以恒定速率v=8m/s逆时针转动,其上端固定一距离地面高度为H=11.4m的平台.现将质量m=2kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带底端(此时记为t=0时刻),同时平台上的人通过一根轻绳用恒力F=24N沿传送带方向向上拉煤块,在t=2s时撤去拉力.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法正确的是 (BD)A.t=0时煤块的加速度大小为4m/s2B.t=1s或t=2.5s时煤块与传送带的速度大小相等C.传送带上划痕的长度为8mD.煤块与传送带之间由于摩擦产生的内能为28J[解析]规定沿传送带向上的方向为正方向,煤块刚放到传送带上时,对煤块根据牛顿第二定律可得F+μmgcosθ-mgsinθ=ma1,代入数据解得a1=8m/s2,故A错误;当煤块与传送带共速时,有v=a1t1,解得t1=1s,则在0~1s内煤块的位移为x1=12a1t12=12×8×12m=4m,煤相对于传送带向下滑动的位移为Δx1=vt1-x1=8×1m-4m=4m,煤块与传送带共速之后,对煤块根据牛顿第二定律可得F-μmgcosθ-mgsinθ=ma2,解得a2=4m/s2,拉力的作用时间为t2=2s-t1=1s,t=2s时煤块的速度为v2=v+a2t2=12m/s,1~2s内煤块的位移为x2=vt2+12a2t22,解得x2=10m,煤块相对于传送带向上滑动的位移为Δx2=x2-vt2,解得Δx2=2m,之后撤去拉力,对煤块根据牛顿第二定律可得-μmgcosθ-mgsinθ=ma3,解得a3=-8m/s2,当煤块减速到又与传送带共速时有v=v2+a3t3,解得t3=0.5s,2~3s时间内煤块运动的位移为x3=v2-v222a3,解得x3=5m,煤块相对于传送带向上滑动的位移为Δx3=x3-vt3,解得Δx3=1m,煤块运动的总位移为x=x1+x2+x3,解得x=19m,根据Hsinθ=19m,可知此时煤块恰好运动到传送带顶端,综上可得,煤块与传送带共速的时刻为t=1s或t=2.5s,划痕的长度只有4m,故B正确,C错误;煤块相对传送带滑动的总路程为Δx=Δx1+Δx2+Δx3,解得Δx=“滑块—木板”模型4.如图所示,光滑的水平面上静置质量为M=8kg的平板小车,在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F,一个大小不计、质量为m=2kg的小物块放在小车右端,小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长.重力加速度g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法中正确的是 (C)A.当F增加到4N时,小物块相对小车开始运动B.当F增加到20N时,小物块相对小车开始运动C.当F=10N时,小物块对小车有向左的2N的摩擦力D.当F=10N时,小物块对小车有向右的4N的摩擦力[解析]假设二者相对静止,对小物块,其所受最大静摩擦力Fmax提供最大的加速度,故Fmax=μmg=ma,解得a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2,对整体F=(M+m)a=(8+2)×2N=20N,可知若要小物块相对于小车开始运动,则推力满足F>20N,故A、B错误;当F=10N时,选择向右为正方向,对整体F=(M+m)a',所以整体的加速度为a'=FM+m=1m/s2<2m/s2,对小物块,受到的摩擦力提供加速度,有F'f=ma'=2×1N=2N,根据牛顿第三定律可知,小物块对小车的摩擦力的大小也是2N,方向向左,故C正确5.(多选)如图所示,质量mA=1kg足够长的长板A置于水平地面上,质量mB=2kg的小滑块B置于长板A的左端,A与水平地面的动摩擦因数μ1=0.3,B与A间的动摩擦因数μ2=0.5,对B施加一大小为F=20N方向与水平面成37°角的恒力.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是 (BC)A.A的加速度大小为1m/s2B.B的加速度大小为6m/s2C.若力F作用一段时间后,撤去力F,A的加速度大小增大D.若力F作用一段时间后,撤去力F,B相对A静止[解析]对小滑块B进行受力分析,如图甲所示,可知FNB+Fsin37°=mBg,又Ff1=μ2FNB,根据牛顿第二定律有Fcos37°-Ff1=mBaB,联立可得aB=6m/s2故B正确;对长板A受力分析,如图乙所示,可知FNA=F'NB+mAg,又Fmax=μ1FNA=5.4N>F'f1易知,长板A静止,即aA=0故A错误;若力F作用一段时间后,撤去力F,则对A有a'A=μ2mBg-μ1mA+mBgmA=1m/s2,对B有a'B=μ2g=5m/s2,6.如图所示,可看作质点的小物块放在长木板的正中央,长木板置于光滑水平面上,两物体皆静止;已知长木板质量为M=4.0kg,长度为L=3.0m,小物块质量为m=1.0kg,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2;两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小,重力加速度g取10m/s2.(1)用水平向右的恒力F作用于小物块,当F满足什么条件时,两物体才能发生相对滑动;(2)若一开始就用水平向右5.5N的恒力作用于小物块,则小物块经过多长时间从长木板上掉下.[答案](1)F>2.5N(2)1s[解析](1)两物体恰要发生相对滑动时,它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力Fm,设它们一起运动的加速度大小为a1,此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1,由牛顿第二定律可知,对整体有F1=(M+m)a1对木板有Fm=Ma1其中Fm=μmg联立解得F1=2.5N故当F>2.5N时,两物体之间发生相对滑动.(2)当一开始就用水平向右F2=5.5N的恒力作用于小物块时,两物体发生相对滑动,设滑