專題六動(dòng)力學(xué)常見模型例1(1)5m(2)2.75m(3)6s[解析](1)根據(jù)牛頓第二定律有-μ1mg=ma1得a1=-μ1g=-2m/s2滑上傳送帶時(shí)的速度為v1則v12-v02=2代入數(shù)據(jù)解得v1=2m/s進(jìn)入傳送帶時(shí),a2=-μ2g=-1m/s2到達(dá)最大位移處時(shí)0-v12=2a2x2,解得x最大距離xm=x1+x2=5m(2)到達(dá)最大位移處后,物塊反向加速,加速度大小a3=μ2g=1m/s2,達(dá)到與傳送帶相同速度時(shí),有v22=2a3解得x3=0.5m此后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),滑上平臺(tái)后勻減速運(yùn)動(dòng),加速度為a4=-μ1g=-2m/s2速度減速到零,有0-v22=2a4解得x4=0.25m此時(shí)離A點(diǎn)的距離為Δx=x1-x4=3m-0.25m=2.75m(3)A到B,所用時(shí)間t1=v1在傳送帶上減速到0,所用時(shí)間t2=0-v反向加速到傳送帶速度時(shí),所用時(shí)間t3=v2在傳送帶上勻速時(shí),所用時(shí)間t4=x2-x在平臺(tái)上減速到0時(shí),所用時(shí)間t5=0-v2a從開始運(yùn)動(dòng)到最終停止所用的時(shí)間t=t1+t2+t3+t4+t5=6s變式1(1)2m/s(2)2s[解析](1)根據(jù)牛頓第二定律有F-μ1mg=ma1解得貨物在左側(cè)平臺(tái)上時(shí)加速度為a1=F-μ1由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v12=2a1且x1=1m解得貨物運(yùn)動(dòng)到傳送帶左端時(shí)的速度大小為v1=2m/s(2)由于v1>v,故可知貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力方向向左,此時(shí)有F-μ2mg=ma2加速度為a2=F-μ2故貨物開始做勻減速運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2與傳送帶共速,得t2=v-v該段時(shí)間貨物位移為x2=v1+v2t2共速后貨物勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3到達(dá)傳送帶右端,得t3=l-x故貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t2+t3=2s例2C[解析]在0~t0時(shí)間內(nèi)對(duì)小物塊受力分析可知,物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力,滑動(dòng)摩擦力大于重力的下滑分力,合力不變,故做勻加速直線運(yùn)動(dòng),t0之后物塊速度與傳送帶相同,靜摩擦力與重力的下滑分力相等,加速度突變?yōu)榱?物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng),C正確,A、B、D錯(cuò)誤.例3(1)12m/s2(2)2.9s(3)5.76m[解析](1)物體剛滑入傳送帶時(shí)的加速度大小為a1=gsinθ+μgcosθ=12m/s2(2)物體加速至傳送帶速度的時(shí)間為t1=v-v0a物體在t1內(nèi)的位移為x1=v0t1+12a1t12根據(jù)mgsinθ=μmgcosθ可知物體之后做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=L-x1v物體從傳送帶頂端滑到底端所用的時(shí)間為t=t1+t2=2.9s(3)0~0.1s內(nèi)產(chǎn)生的劃痕長(zhǎng)度為s1=vt1-v0+v2t10.1~0.5s內(nèi),兩者相對(duì)靜止,此過程無劃痕,位移為x2=vt2'=2.4×0.4m=0.96m0.5s后傳送帶停止轉(zhuǎn)動(dòng),物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生劃痕為s2=L-x2-x1=5.76m后階段的劃痕將覆蓋前階段的劃痕,則物體在傳送帶上滑動(dòng)過程中產(chǎn)生的劃痕長(zhǎng)度s=s2=5.76m例4(16分)(1)0.4m/s3.4m/s(2)256m(3)0.4m/s2水平向左3m/s2水平向左0.4m/s2[解析](1)對(duì)鐵塊1有μ1mg=ma1解得鐵塊1的加速度為a1=0.4m/s2(1分)對(duì)木板有μ1mg+μ2(m+M)g=Ma2解得木板的加速度為a2=2.6m/s2(1分)t1=1.0s時(shí),鐵塊1速度為v1=a1t1=0.4×1m/s=0.4m/s木板速度為v2=v0-a2t1=6m/s-2.6×1m/s=3.4m/s(1分)(2)t1=1.0s時(shí),設(shè)鐵塊1的對(duì)地位移為x1,則x1=0+v12t1=0.2m(1木板對(duì)地位移為x2=v0+v22t1=4.此時(shí)鐵塊1距離木板右端為Δx=x2-x1=4.5m(1分)當(dāng)鐵塊2剛放上木板時(shí),鐵塊1仍以a1=0.4m/s2加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng),木板加速度大小發(fā)生變化,設(shè)木板加速度為a3且做勻減速運(yùn)動(dòng),則有μ1mg+μ1mg+μ2(2m+M)g=Ma3解得a3=3.2m/s2(1分)鐵塊1與木板經(jīng)t2先達(dá)到共速,速度設(shè)為v共,則v共=v2-a3t2=v1+a1t2解得t2=56s,v共=11設(shè)鐵塊1對(duì)地位移為x3,則有x3=v1+v共2t2=0.4+11152×鐵塊2也以a4=0.4m/s2從零開始向右勻加速運(yùn)動(dòng),鐵塊2的對(duì)地位移為x4=12a4t22=12×0.4×此時(shí)鐵塊1和鐵塊2之間距離縮小了Δx1=x3-x4=13此時(shí)鐵塊1和鐵塊2之間的距離為L(zhǎng),則L=Δx-Δx1=256m(1分)(3)鐵塊2放上木板經(jīng)t2=56s時(shí)間后,鐵塊2v=a4t2=13m/s<v共(1分)則隨后一小段時(shí)間內(nèi)鐵塊2對(duì)木板的摩擦力方向向左.假設(shè)鐵塊1與木板相對(duì)靜止一起勻減速運(yùn)動(dòng),把鐵塊1和木板看成整體,則μ2(2m+M)g+μ1mg=(m+M)a共(1分)解得a共=2.48m/s2>μ1g=0.4m/s2(1分)所以假設(shè)不成立,設(shè)木板加速度為a5,則μ2(2m+M)g+μ1mg-μ1mg=Ma5(1分)解得a5=3.0m/s2,方向水平向左(1分)設(shè)鐵塊1的加速度為a6,可得μ1mg=ma6解得a6=μ1g=0.4m/s2,方向水平向左(1分)設(shè)鐵塊2的加速度為a7,則μ1mg=ma7解得a7=μ1g=0.4m/s2,方向水平向右(1分)變式2ABD[解析]v?t圖像的斜率表示加速度,由圖像可知t=3t0時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變,說明小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板,故A正確;設(shè)小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0,根據(jù)題意結(jié)合圖像可知小物塊在t=3t0時(shí)刻開始滑上木板時(shí)的速度大小為v0=12μgt0t0·3t0=32μgt0,方向水平向左,小物塊在木板上滑動(dòng)的加速度大小為a0=μ0mgm=μ0g,在t=4t0時(shí)刻小物塊與木板的速度相同,即經(jīng)過t0時(shí)間與木板共速,此時(shí)速度大小為v共=12μgt0,方向水平向右,可得v0μ0g+v共μ0g=t0,解得μ0=2μ,故B正確;設(shè)木板質(zhì)量為M,小物塊質(zhì)量為m,根據(jù)圖像可知小物塊滑上木板前木板的加速度大小為a=12μgt0t0=12μg,由牛頓第二定律得F-μMg=Ma,解得F=32μMg,根據(jù)圖像可知小物塊滑上木板后木板的加速度為a'=12μgt0-32μgt0t0=-μg,此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma',聯(lián)立解得mM=12,故C錯(cuò)誤;假設(shè)t=4t0之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng),對(duì)整體有F-μ(m+M)變式3BC[解析]對(duì)小孩,由牛