第4節動力學中的兩類典型模型同步測試.如圖所示，物塊M在靜止的足夠長的傳送帶上以速度。。勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由（）逐漸增加到2a后勻速運動的過程中，以下分析正確的是（） 2/0M下滑的速度不變M開始在傳送帶上加速到2加后向下勻速運動 M先向下勻速運動，后向下加速運動，最后沿傳送帶向下勻速運動M受的摩擦力方向始終沿傳送帶向上.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻（1=0）將一物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度一時間圖像可能是下列選項中的（）.（2021.湖南省郴州市高三下學期3月一檢）如圖所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速度6=2m/s沿順時針方向轉動，傳送帶右端有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以恒定速度s=5m/s沿直線向左滑向傳送帶后，經過一段時間又返回光滑水平面，速率為。2,，，則下列說法正確的是（）A.返回光滑水平面時的速率為出=2m/sB.返回光滑水平面時的速率為02'=5m/s c/、*氮C.返回光滑水平面的時間為f=3.5s 丁D.傳送帶對物體的摩擦力先向右再向左4.如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率0沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37。.一物塊以初速度如從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的r-z圖像如圖乙所示，物塊到達傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°=0.6,cos370=0.8,^=10m/s2,則( )A.傳送帶的速度為4m/sB.傳送帶底端到頂端的距離為14mC.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為（OD.摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反.如圖甲所示，質量為M的木板靜止在光滑水平面上，一個質量為根的小滑塊以初速度內從木板的左端向右滑上木板.滑塊和木板的水平速度隨時間變化的圖像如圖乙所示.某同學根據圖像作出如下一些判斷，正確的是（）A.滑塊和木板始終存在相對運動B.滑塊始終未離開木板C.滑塊的質量小于木板的質量D.木板的長度為等.如圖所示，靜止在水平地面上的木板（厚度不計）質量為〃2]=1kg,與地面的動摩擦因數W，質量為加2=2kg可看作質點的小物塊與木板和地面間的動摩擦因數均為〃2，以。0=4m/s的水平速度從左端滑上木板，經過Z=（）.6s滑離木板，g取lOm/s?,以下說法正確的是（ ）工A.木板的長度為1.68m 口1.小物塊離開木板時，木板的速度為1.6m/sC.小物塊離開木板后，木板的加速度為2m/s2,方向水平向右D.小物塊離開木板后，木板與小物塊將發生碰撞7.（多選）（2021?吉林市第三次調研）如圖所示，傾角為6的足夠長傳送帶沿順時針方向轉動，轉動速度大小為勿，一個物體從傳送帶底端以初速度大小V2（V2>/）上滑，同時物塊受到平行傳送帶向上的恒力產作用，物塊與傳送帶間的動摩擦因數〃=tan仇最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊運動的。“圖像可能是（）8.（多選）（2021?東北三省四市下學期一模）如圖甲所示，水平地面上有足夠長平板車M,車上放一物塊加，開始時歷、機均靜止。f=0時，車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其。“圖像如圖乙所示，，取g=IOm/s2。下列說法正確的是（）A.0?6s內，，〃的力口速度一直保持不變.機相對M滑動的時間為3sC.（）?6s內，團相對M滑動的位移的大小為4mD.0?6s內,m、M相對地面的位移大小之比為3：4.（多選）傾角為37。的足夠長斜面，上面有一質量為2kg、長8m的長木板Q,木板上下表面與斜面平行。木板Q最上端放置一質量為1kg的小滑塊P。P、Q間光滑，Q與斜面間的動摩擦因數為;。若P、Q同時從靜止釋放，以下關于P、。,，g取10m/s2）（ ）P、Q兩個物體的加速度分別為6m/s?、4m/s2P、。兩個物體的加速度分別為6m/s?、2m/s2P滑塊在。上運動時間為1sD.尸滑塊在Q上運動時間為2s10.（多選）如圖甲所示，傾角為。的足夠長的傳送帶以恒定的速度如沿逆時針方向運行.，=0時，將質量〃7=1kg的物體（可視為質點）輕放在傳送帶上端，物體相對地面的。一/圖像如圖乙所示.設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速zV(ms_,zV(ms_,)zV(ms_,)度g=10m/s2.則（）A.傳送帶的速度oo=10zV(ms_,)B.傳送帶的傾角8=30。C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數〃0?2s內摩擦力對物體做功W=-24J（多選）（2020.山東日照市模擬）滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖5所示的模型，傾角為37。的斜坡上有長為1m的滑板，滑9板與沙間的動摩擦因數為七?小孩（可視為質點）坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑.小孩與滑板之間的動摩擦因數取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為0.5,小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin37。=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,則下列判斷正確的是（ ）A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/s2C.經過gs的時間，小孩離開滑板D.小孩離開滑板時的速度大小為伴m/s（2021?湖北荊州二模擬）如圖所示為貨場使用的傳送帶的模型，傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為。=37。，傳送帶A8足夠長，以大小為。=2m/s的恒定速率順時針轉動。一包貨物以a=12m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與傳送帶之間的動摩擦因數小且可將貨物視為質點。（g取10m/s?,,cos37°=0.8） B（1）求貨物剛滑上傳送帶時加速度為多大？（2）經過多長時間貨物的速度和傳送帶的速度相同？這時貨物相對于地面運動了多遠？（3）從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了多長時間？（2021.浙江省寧波市二模）如圖所示，在水平長直的軌道上，有一長度L=2m的平板車在外力控制下始終保持速度g=4n%m/s向右做勻速直線運動。某時刻將一質量為m=〃彩—〃〃源1kg的小滑塊輕放到車上表面的中點，滑塊與車面間的動摩擦因數為小取8=10m/s2,求：（1）小滑塊m的加速度大小和方向；（2）通過計算判斷滑塊能否從車上掉下；（3）若當滑塊放到車上表面中點的同時對該滑塊施加一個與oo同向的恒力F,要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力”大小應滿足什么條件？一傳送帶裝置如圖所示，其中A8段是水平的，長度〃8=4m,8。段是傾斜的，長度。c=5m,傾角為夕=37。，A8和8C由8點通過一段短的圓弧連接（圖中未畫出圓弧），傳送帶以。=4m/s的恒定速率順時針運轉，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數〃，重力加速度g取10m/s2。現將一個工件（可看作質點）無初速度地放在A點，求：（1）工件第一次到達B點所用的時間； /為（2）工件沿傳送帶上升的最大高度； J/"（3）工件運動了23s后所在的位置。（2021.河南開封高考一模）如圖甲所示,一長方體木板B放在水平地面上,木板B的右端放置著一個小鐵塊A,在f=0時刻，同時突然給A、8初速度，其中A的初速度大小為oa=1m/s,方向水平向左，B的初速度大小為g=14m/s,方向水平向右，木板B運動的v-t圖像如圖乙所示。已知A、B的質量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦（動摩擦因數不等），A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A始終沒有滑出8,重力加速度g取10m/s2。（提示：f=3s時刻,A、8達到共同速度v=2m/s,3s時刻至A停止運動前，A向右運動的速度始終大于8的速度）求：(1)小鐵塊A向左運動相對地面的最大位移;⑵B運動的時間及B運動的位移大小。參考答案：l.C2.A3.A4.A5.B6.D7.ABD8.BD9.BD10.ACD11.AC124解析］⑴設貨物剛滑上傳送帶時加速度為貨物受力如圖所示:根據牛頓第二定律得沿傳送帶方向mgsinO+F{=ma\垂直傳送帶方向mgcosO=Fn又Fi=//Fn由以上三式得di=g(sin夕+〃cos0)=10XX0.8)m/s2=10m/s2,方向沿傳送帶向下。(2)貨物速度從如減至傳送帶速度0所用時間設為九，位移設為Xi,則有V—VO_ vq+v _力==1s,xi=力=7nio—ai2(3)當貨物速度與傳送帶速度相等時，由于〃zgsin 仇此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設貨物加速度大小為。2,則有/ngsin夕一O—mai,得：G2=g(sin夕一〃cos。)=2m/s2,方向沿傳送帶向下。設貨物再經時間d速度減為零，則/2=p=lsQ2貨物沿傳送帶向上滑的位移工2=中12=1m則貨物上滑的總距離為x=x\+x2=Smo貨物到達最高點后將沿傳送帶勻加速下滑，下滑加速度大小等于42。設下滑時間為力，則X=52儲，代入解得(3=2啦S。所以貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時間為/=/1+^+/3=(2+2^2)So［答案］(1)10m/s2(2)1s7m⑶(2+2啦"134解析］(1)滑塊放上車時相對車向左運動，所受滑動摩擦力向右，Fr=根據牛頓第二定律有尸合=根明F合=國,得滑塊加速度a=〃g=2m/s2,方向向右。(2)滑塊放上車后做勻加速直線運動，設當經歷時間上之后速度達到如，滑塊通過位移〃尸且=車通過位移X2=U0f,位移差AX=X2—XI,由于Ax>4=lm,故滑塊會掉下來。(3)加上恒力尸的方向與摩擦力方向相同，故滑塊所受合力戶合，=歷+尸，由牛頓第二定律有尸合，=〃山，滑塊放上車后做勻加速直線運動，設當經歷時間r之后速度達到po,滑塊通過位移xi'=；a'f'2,且劭)=出「，車通過位移X2'=O(/,只需要滿足位移差AV=X2'一xiWj即可，聯立以上各式有尸26N。［答案］(1)2m/s2方向向右(2)見解析(3)尸26N144解析］(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小為?i,由牛頓第二定律得〃mg=Hiai解得ai=〃g=5m/s27)經九時間工件與傳送帶的速度相同，解得力=/=0.8s工件前進的位移為^1=1<71^=1.6m此后工件將與傳送帶一起勻速運動至3點，用時f2=---=0.6s所以工件第一次到達B點所用的時間Z=/i+/2=1.4so(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為?2,由牛頓第二定律得〃〃唔cos，一〃zgsin0=mai解得ai——lm/s2由速度位移公式得解得/ini=2.4mo(3)工件沿傳送帶向上運動的時間為“=；^>=2s此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度大小相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度大小也相同，故工件將在傳送帶上做往復運動，其周期為7；則T=2/i+2/3=5.6s工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變為零所需時間加=20+f2+2￡3=6.2s,而23s=fo+37;這說明經過23s后工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點右側，到A點的距離=2.4m。［答案］(1)1.4s(2)2.4m(3)在A點右側2.4m處15.［解析］⑴由題圖乙可知,0?3s內A做勻變速運動，速度由vA=-lm/s變為v=2m/s則其加速度大小為Qa=VVa=--―“m/s2=1m/s2,方向水平向右。當A水平向左運動速度減為零時，向左運動的位移最大，則5=77=0.5mo(2)設A與3之間的動摩擦因數為“，由牛頓第二定律得〃img=niaA則由題圖乙可知，0?3s內B做勻減速運動，其速度由vb—14m/s變為v=2m/svr—v14—2則其加速度大小為—：=