PAGEPAGE1動力學中的兩類典型問題一、單項選擇題1．物塊M在靜止的傳送帶上勻速下滑時，傳送帶突然順時針轉動，傳送帶轉動的方向如圖中箭頭所示，則傳送帶轉動后()A．物塊將減速下滑B．物塊仍勻速下滑C．物塊受到的摩擦力變小D．物塊受到的摩擦力變大解析：當傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，由物塊受力平衡可得：mgsinθ＝μmgcosθ；當傳送帶轉動起來時，由于物塊與傳送帶之間運動方向相反，可推斷物塊所受的滑動摩擦力方向并沒有發生變更，仍舊沿斜面對上，大小仍為μmgcosθ，選項C、D錯誤；物塊受力仍舊是平衡的，所以物塊仍勻速下滑，選項A錯誤，B正確．答案：B2．如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在水平且足夠長的傳送皮帶上，之后P最初一段時間的速度—時間圖象如圖乙，以水平向右為正方向關于皮帶的運動狀況描述正確的是()A．可能是向右的勻加速B．可能是向右的勻速C．肯定是向左的勻加速D．可能是向左的勻速解析：物塊輕輕放在皮帶上，初速度為零，由圖乙知物塊向左做勻加速運動，對物塊受力分析知受到皮帶對它向左的滑動摩擦力，則皮帶相對物塊向左運動，所以皮帶肯定向左運動，可能加速、勻速或減速，D正確．答案：D3．(2024·河北衡水模擬)如圖甲所示，一長為2.0m、質量為2kg的長木板靜止在粗糙水平面上，有一個質量為1kg可視為質點的小物塊置于長木板右端．對長木板施加的外力F從零漸漸增大時，小物塊所受的摩擦力Ff隨外力F的變更關系如圖乙所示．現改用F＝22N的水平外力拉長木板，取g＝10m/s2，則小物塊在長木板上滑行的時間為()A．1s B．2sC.eq\r(2)s D.eq\r(3)s解析：由題圖乙知力F較小時，小物塊和長木板均靜止，隨著外力的增大二者先一起做加速運動，后來發生相對滑動，當F>2N時二者起先加速，表明長木板受水平面的滑動摩擦力Ff2＝2N，當F>14N時小物塊和長木板起先相對滑動，此時小物塊受到的摩擦力Ff1＝4N，小物塊的加速度a1＝4m/s2.改用F＝22N的外力水平拉長木板時，由牛頓其次定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由運動學規律知小物塊在長木板上滑行的時間滿意eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a1t2＝L，解得t＝1s，故選項A正確．答案：A4．如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝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—時間圖象可能是下列選項中的()解析：設在木板與物塊未達到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2.對木板應用牛頓其次定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g，設物塊與木板達到相同速度之后，木板的加速度為a2，對整體有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可見|a1|＞|a2|由v-t圖象的斜率表示加速度大小可知，圖象A正確．答案：A5．如圖所示，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．現給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數)，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變更的圖線中正確的是()解析：木塊和木板之間相對靜止時，所受的摩擦力均為靜摩擦力．在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，依據牛頓其次定律知a＝eq\f(kt,m1＋m2).木塊和木板相對運動時，a1＝eq\f(μm2g,m1)恒定不變，a2＝eq\f(kt,m2)－μg，a2是t的線性函數，t增大，a2增大，又由于eq\f(k,m1＋m2)＜eq\f(k,m2)，則木塊與木板相對滑動后a2圖線斜率大于a的圖線斜率，所以A正確．答案：A二、多項選擇題6.如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉，今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕．已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中()A．煤塊到A運動到B的時間是2.25sB．煤塊從A運動到B的時間是1.5sC．劃痕長度是2mD．劃痕長度是0.5m解析：煤塊在傳送帶上勻加速運動時，依據牛頓其次定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4m/s2，當煤塊速度和傳送帶速度相同時，位移x1＝eq\f(v02,2a)＝2m＜4m，因此煤塊先加速后勻速，勻加速運動的時間t1＝eq\f(v0,a)＝1s，勻速運動的時間t2＝eq\f(x－x1,v0)＝0.5s，煤塊從A運動到B的總時間t＝t1＋t2＝1.5s，A錯誤，B正確；在加速階段產生相對位移即產生劃痕，則有Δx＝v0t1－x1＝2m，C正確，D錯誤．答案：BC7．(2024·遼寧葫蘆島模擬)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速度v0沿逆時針方向運行．t＝0時，將質量m＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的vt圖象如圖乙所示．設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2.則()A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．傳送帶的傾角θ＝30°C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5D．0～2s內摩擦力對物體做功W＝－24J解析：由題圖可知，當物體速度達到v0＝10m/s時，加速度的大小發生了變更，這是因為此時物體與傳送帶達到共速，物體受到的滑動摩擦力變向所致，故A正確；0～1s內物體的加速度為a1＝10m/s2,1～2s內為a2＝2m/s2，則有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，聯立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B錯誤，C正確；設物體的兩段位移為x1、x2，則有x1＝eq\f(v02,2a1)＝eq\f(102,2×10)m＝5m，x2＝eq\f(v2－v02,2a2)＝eq\f(122－102,2×2)m＝11m，摩擦力對物體做的功為W＝W1＋W2＝μmgcosθ×x1－μmgcosθ×x2＝－24J，故D正確．答案：ACD[實力題組]一、選擇題8．(2024·廣東湛江一中等“四校”聯考)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m的小滑塊以初速度v0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更的圖象如圖乙所示．某同學依據圖象作出如下一些推斷，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eq\f(v0t1,2)解析：由題意知，滑塊在木板的摩擦力作用下做勻減速直線運動，木板在滑塊的摩擦力作用下做初速度為0的勻加速直線運動，最終兩者相對靜止，一起運動，故A錯誤；由圖乙可知，最終滑塊與木板速度相等，它們相對靜止，滑塊沒有滑離木板，故B正確；由于滑塊、木板間相互作用的摩擦力分別使滑塊、木板產生加速度，所以滿意mam＝MaM，由圖象知，在t1時間內勻減速運動的加速度小于勻加速運動的加速度，即am<aM，所以可知m>M，即滑塊的質量大于木板的質量，故C錯誤；兩物塊相對靜止時，兩者的位移差x＝eq\f(v0＋v,2)t1－eq\f(v,2)t1＝eq\f(v0t1,2)，則木板長度大于或等于eq\f(v0t1,2)，故D錯誤.答案：B9．(多選)如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊傾斜的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°.現有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列推斷正確的是()A．物塊A先到達傳送帶底端B．物塊A、B同時到達傳送帶底端C．傳送帶對物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上D．物塊A下滑過程中相對傳送帶的路程小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的路程解析：對物塊A，因為mgsin37°＞μmgcos37°，則A物體所受摩擦力向上，向下做勻加速度運動，物塊B受到的摩擦力也向上，故傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿傳送帶向上，大小也相等，故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同，滑究竟端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，B、C正確；A物塊與傳送帶運動方向相同，相對路程較小，故D正確．答案：BCD二、非選擇題10．(2024·河南六校聯考)如圖所示，有一條沿順時針方向勻速運轉的傳送帶，恒定速度v＝4m/s，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，現將質量m＝1kg的小物塊輕放在其底端(小物塊可視為質點)，與此同時，給小物塊沿傳送帶方向向上的恒力F＝8N，經過一段時間，物塊運動到了離地面高為h＝2.4m的平臺上．已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間；(2)若在物塊與傳送帶達到相同速度時，馬上撤去恒力F，物塊還需經過多少時間離開傳送帶以及離開時的速度大小．解析：(1)對物塊受力分析可知，物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速度為零的勻加速運動，直至速度達到傳送帶的速度，由牛頓其次定律有F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1解得a1＝6m/s2則t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(2,3)sx1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(4,3)m物塊達到與傳送帶同速后，對物塊受力分析可知，物塊受的摩擦力的方向變更，因為F＝8N，而重力沿傳送帶向下的分力和最大靜摩擦力之和為10N，故物塊只能相對傳送帶靜止．由幾何關系可得物塊總的位移x＝eq\f(h,sinθ)＝4m，t2＝eq\f(x－x1,v)＝eq\f(2,3)s則t＝t1＋t2＝eq\f(4,3)s≈1.33s.(2)若達到同速后撤去恒力F，對物塊受力分析，因為mgsinθ>μmgcosθ，故物塊減速上行，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m/s2物塊還需時間t′離開傳送帶，離開時的速度為vt，則v2－vt2＝2a2(x－x1)，vt＝eq\f(4\r(3),3)m/s≈2.31m/st′＝eq\f(v－vt,a2)≈0.85s.答案：(1)1.33s(2)0.85s2.31m/s11．(2024·江西南昌高三模擬)如圖所示，在傾角為θ＝37°的固定長斜面上放置一質量M＝2kg、長度L1＝2.5m的極薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離L2＝16.5m．在平板的上端A處放一質量m＝0.5kg的小滑塊(視為質點)，將小滑塊和薄平板同時無初速釋放．設薄平板與斜面之間、小滑塊與斜面之間的動摩擦因數均為μ＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)小滑塊在平板上和在斜面上滑動時的加速度各為多大？(2)小滑塊滑到斜面底端C時，薄平板下端B距離小滑塊的距離ΔL為多少？解析：(1)小滑板在平板AB上運動時mgsin37°＝ma1得a1＝6m/s2小滑塊在斜面上運動時mgsin37°－μmgcos37°＝ma2得a2＝2m/s2(2)小滑塊在平板AB上運動時，設平板AB的加速度為a3，則Mgsin37°－μ(Mg＋mg)cos37°＝Ma3解得a3＝1m/s2設滑塊離開平板時平板下滑的距離為x，所用時間為t1x＝eq\f(1,2)a3t12L1＋x＝eq\f(1,2)a1t12解得x＝0.5