專題六動(dòng)力學(xué)常見(jiàn)模型1.C[解析]起始時(shí),對(duì)行李由牛頓第二定律可得μmg=ma,代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為a=2m/s2,A正確,不符合題意;設(shè)行李與傳送帶達(dá)到共速所用時(shí)間為t1,可得t1=va=0.22m/s2=0.1s,行李做加速運(yùn)動(dòng)的位移x=12at12=12×2×0.12m=0.01m,行李與傳送帶共速后,行李隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng),速度大小為v,則有行李做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=l-xv=2-0.010.2s=9.95s,行李從A到達(dá)B處的時(shí)間t=t1+t2=0.1s+9.95s=10.05s,B正確,不符合題意,C錯(cuò)誤,符合題意;行李做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi),傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大小為x帶=vt1=0.2×0.1m=0.02m,行李相對(duì)傳送帶滑過(guò)的距離為Δx=x帶-x=0.02m-0.01m2.C[解析]物塊向右減速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為a=μmgm=2m/s2,物塊向右減速到速度為0通過(guò)的位移大小為x1=v022a=4m<L=6m,可知物塊向右減速到速度為0后反向加速到與傳送帶共速,之后與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)到左端離開,物塊減速時(shí)間為t1=v0a=2s,此過(guò)程中傳送帶的位移大小為x1'=vt1=4m,此過(guò)程中,產(chǎn)生的劃痕長(zhǎng)度為s1=x1+x1'=8m,加速過(guò)程,時(shí)間為t2=va=1s,此過(guò)程中物塊的位移大小為x2=v2t2=1m,此過(guò)程中傳送帶的位移大小為x2'=vt2=2m,此過(guò)程中,產(chǎn)生的劃痕長(zhǎng)度為s2=x2'-x2=1m,物塊滑離傳送帶時(shí)產(chǎn)生的劃痕長(zhǎng)度為s=s13.D[解析]由v-t圖像可知,小行李箱開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng),后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),則小行李箱的初速度v0為6m/s,而傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為2m/s,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)v-t圖像,小行李箱在前3s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離為x=6+22×1m+2×2m=8m,則A、B兩點(diǎn)間的距離為8m,故C錯(cuò)誤;根據(jù)v-t圖像,在前3s內(nèi)傳送帶傳動(dòng)的路程為s=2×3m=6m,所以小行李箱與傳送帶的相對(duì)位移大小為Δx=x-s=2m,故D正確4.C[解析]開始時(shí)木塊的加速度為a1=gsinθ+μgcosθ,當(dāng)木塊與傳送帶共速后,因μ<tanθ,則木塊繼續(xù)加速,加速度為a2=gsinθ-μgcosθ<a1,因v-t圖像的斜率表示加速度,可知圖像C正確,A、B、D錯(cuò)誤.5.(1)0.9s(2)2s(3)1.2sv'≥16m/s[解析](1)對(duì)貨物分析,根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma0解得a0=5m/s2<a傳送帶加速運(yùn)動(dòng)階段,貨物加速運(yùn)動(dòng),傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)以后貨物仍要加速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間才能共速,設(shè)貨物加速的總時(shí)間為t1,加速階段位移為x1,則v=a0t1,x1=v2t解得t1=0.8s,x1=1.6m勻速運(yùn)動(dòng)階段,有L-x1=vt2解得t2=0.1s所以貨物從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)所用的時(shí)間為tAB=t1+t2=0.9s(2)傳送帶停止轉(zhuǎn)動(dòng)后,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°-μmgcos37°=ma1解得a1=2m/s2,方向沿傳送帶向下根據(jù)位移-時(shí)間關(guān)系,有xBC=vtBC+12a1解得tBC=2s(另一值舍去)(3)傳送帶逆時(shí)針運(yùn)動(dòng),且轉(zhuǎn)動(dòng)速度足夠大時(shí),貨物始終受到沿傳送帶向下的摩擦力,則mgsin37°+μmgcos37°=ma2解得a2=10m/s2,方向沿傳送帶向下若以此加速度一直加速運(yùn)動(dòng)到底端,所用時(shí)間最短,則有xBC=vtBC'+12a2tBC'聯(lián)立解得tBC'=1.2s(另一值舍去)此時(shí)傳動(dòng)帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小滿足v'≥v+a2tBC'解得v'≥16m/s6.C[解析]由圖像可知,a、b在1s后一起勻速運(yùn)動(dòng),說(shuō)明長(zhǎng)木板a與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0,D錯(cuò)誤;因前1s內(nèi)a、b的加速度大小都為a=ΔvΔt=1m/s2,而二者的合外力為相互作用的摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等,木板a的質(zhì)量為m,B錯(cuò)誤;對(duì)b受力分析,根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma,解得物體b與木板a上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,C正確;由圖得0~1s內(nèi)物體b的位移為xb=12×(2+1)×1m=1.5m,長(zhǎng)木板a的位移為xa=12×1×1m=0.5m,則木板a的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)=xb-xa=17.C[解析]對(duì)文具盒施加F=1.12N、水平向左的恒力,以整體為研究對(duì)象有F=(m+M)a0,a0>μg,所以文具盒和墨水瓶會(huì)相對(duì)滑動(dòng),以墨水瓶為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma1,解得墨水瓶的加速度大小為a1=2m/s2,以文具盒為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得F-μmg=Ma2,解得文具盒的加速度大小為a2=3m/s2,設(shè)墨水瓶在文具盒上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有12a2t2-12a1t2=l,代入數(shù)據(jù)解得t=0.8s,故選8.C[解析]一起運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)整體有F-μ2M+mg=M+ma,棋子和課本的加速度為a=F-μ2M+mgM+m,A、B錯(cuò)誤;相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)課本有F-μ1mg-μ2M+mg=Ma1,課本加速度a1=F-μ9.A[解析]當(dāng)μ2<tanθ時(shí),若P、Q相對(duì)靜止,由于M+mgsinθ>μ2M+mgcosθ,故此時(shí)P、Q整體不可能都靜止,分析可知當(dāng)μ1≥μ2時(shí)P、Q相對(duì)靜止以共同的加速度向下運(yùn)動(dòng);當(dāng)μ1<μ2時(shí),P比Q下滑得快,分析可知除此之外不可能存在Q不動(dòng)P運(yùn)動(dòng)或者P不動(dòng)Q運(yùn)動(dòng)的情況,故當(dāng)μ2<tanθ時(shí),P、Q一定都沿斜面向下運(yùn)動(dòng),故A正確.當(dāng)兩木塊能一起沿斜面下滑,始終保持相對(duì)靜止時(shí),對(duì)整體有M+mgsinθ-μ2M+mgcosθ=M+ma,對(duì)P單獨(dú)分析有mgsinθ-Ff=ma,聯(lián)立解得木塊Q對(duì)P的摩擦力為Ff=μ2mgcosθ,方向沿斜面向上,故木塊P對(duì)Q的摩擦力方向沿斜面向下,分析可知該情況下,P、Q始終保持相對(duì)靜止;結(jié)合前面分析若μ1<tanθ,此時(shí)若μ2≤μ1,P、Q兩木塊相對(duì)靜止,若μ2>μ1,P、Q兩木塊相對(duì)滑動(dòng),故B、C錯(cuò)誤.兩木塊一起沿斜面下滑過(guò)程中,設(shè)加速度為a,設(shè)斜面質(zhì)量為M',對(duì)整個(gè)系統(tǒng)在豎直方向根據(jù)牛頓第二定律有M+m+M'g-F10.(1)0.5m(2)4s25m(3)21.5m[解析](1)由題圖乙可知,0~3s內(nèi)鐵塊A做勻變速運(yùn)動(dòng),取水平向右為正方向,鐵塊A的速度由-1m/s變?yōu)関=2m/s,則其加速度大小為aA=2--13m/s2=1m/s2當(dāng)鐵塊A水平向左運(yùn)動(dòng)至速度減為零時(shí),向左運(yùn)動(dòng)的位移最大,則x=vA22aA=(2)設(shè)A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,由牛頓第二定律得μ1mg=maA則μ1=aAg=0由題圖乙可知,取水平向右為正方向,0~3s內(nèi)B做勻減速運(yùn)動(dòng),其速度由vB=14m/s變?yōu)関=2m/s,則其加速度大小為aB=vB-vt1=14-23m/s2=設(shè)B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2由牛頓第二定律得μ1mg+2μ2mg=maB則μ2=aB-μ13s之后,B繼續(xù)向右做勻減速運(yùn)動(dòng),因?yàn)棣?>μ1,所以A、B相對(duì)滑動(dòng)對(duì)B由牛頓第二定律得2μ2mg-μ1mg=maB'則B的加速