專題六動力學常見模型例1(1)5m(2)2.75m(3)6s[解析](1)根據牛頓第二定律有-μ1mg=ma1得a1=-μ1g=-2m/s2滑上傳送帶時的速度為v1則v12-v02=2代入數(shù)據解得v1=2m/s進入傳送帶時,a2=-μ2g=-1m/s2到達最大位移處時0-v12=2a2x2,解得x最大距離xm=x1+x2=5m(2)到達最大位移處后,物塊反向加速,加速度大小a3=μ2g=1m/s2,達到與傳送帶相同速度時,有v22=2a3解得x3=0.5m此后與傳送帶一起勻速運動,滑上平臺后勻減速運動,加速度為a4=-μ1g=-2m/s2速度減速到零,有0-v22=2a4解得x4=0.25m此時離A點的距離為Δx=x1-x4=3m-0.25m=2.75m(3)A到B,所用時間t1=v1在傳送帶上減速到0,所用時間t2=0-v反向加速到傳送帶速度時,所用時間t3=v2在傳送帶上勻速時,所用時間t4=x2-x在平臺上減速到0時,所用時間t5=0-v2a從開始運動到最終停止所用的時間t=t1+t2+t3+t4+t5=6s變式1(1)2m/s(2)2s[解析](1)根據牛頓第二定律有F-μ1mg=ma1解得貨物在左側平臺上時加速度為a1=F-μ1由運動學規(guī)律有v12=2a1且x1=1m解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為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,此時有F-μ2mg=ma2加速度為a2=F-μ2故貨物開始做勻減速運動,設經過時間t2與傳送帶共速,得t2=v-v該段時間貨物位移為x2=v1+v2t2共速后貨物勻速運動,設再經過時間t3到達傳送帶右端,得t3=l-x故貨物在傳送帶上運動的時間為t=t2+t3=2s例2C[解析]在0~t0時間內對小物塊受力分析可知,物塊受重力、支持力、滑動摩擦力,滑動摩擦力大于重力的下滑分力,合力不變,故做勻加速直線運動,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?物塊做勻速直線運動,C正確,A、B、D錯誤.例3(1)12m/s2(2)2.9s(3)5.76m[解析](1)物體剛滑入傳送帶時的加速度大小為a1=gsinθ+μgcosθ=12m/s2(2)物體加速至傳送帶速度的時間為t1=v-v0a物體在t1內的位移為x1=v0t1+12a1t12根據mgsinθ=μmgcosθ可知物體之后做勻速直線運動,運動時間為t2=L-x1v物體從傳送帶頂端滑到底端所用的時間為t=t1+t2=2.9s(3)0~0.1s內產生的劃痕長度為s1=vt1-v0+v2t10.1~0.5s內,兩者相對靜止,此過程無劃痕,位移為x2=vt2'=2.4×0.4m=0.96m0.5s后傳送帶停止轉動,物體做勻速直線運動,產生劃痕為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過程中產生的劃痕長度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)對鐵塊1有μ1mg=ma1解得鐵塊1的加速度為a1=0.4m/s2(1分)對木板有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,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,設鐵塊1的對地位移為x1,則x1=0+v12t1=0.2m(1木板對地位移為x2=v0+v22t1=4.此時鐵塊1距離木板右端為Δx=x2-x1=4.5m(1分)當鐵塊2剛放上木板時,鐵塊1仍以a1=0.4m/s2加速度向右勻加速運動,木板加速度大小發(fā)生變化,設木板加速度為a3且做勻減速運動,則有μ1mg+μ1mg+μ2(2m+M)g=Ma3解得a3=3.2m/s2(1分)鐵塊1與木板經t2先達到共速,速度設為v共,則v共=v2-a3t2=v1+a1t2解得t2=56s,v共=11設鐵塊1對地位移為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動,鐵塊2的對地位移為x4=12a4t22=12×0.4×此時鐵塊1和鐵塊2之間距離縮小了Δx1=x3-x4=13此時鐵塊1和鐵塊2之間的距離為L,則L=Δx-Δx1=256m(1分)(3)鐵塊2放上木板經t2=56s時間后,鐵塊2v=a4t2=13m/s<v共(1分)則隨后一小段時間內鐵塊2對木板的摩擦力方向向左.假設鐵塊1與木板相對靜止一起勻減速運動,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)所以假設不成立,設木板加速度為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時刻木板的加速度發(fā)生改變,說明小物塊在t=3t0時刻滑上木板,故A正確;設小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ0,根據題意結合圖像可知小物塊在t=3t0時刻開始滑上木板時的速度大小為v0=12μgt0t0·3t0=32μgt0,方向水平向左,小物塊在木板上滑動的加速度大小為a0=μ0mgm=μ0g,在t=4t0時刻小物塊與木板的速度相同,即經過t0時間與木板共速,此時速度大小為v共=12μgt0,方向水平向右,可得v0μ0g+v共μ0g=t0,解得μ0=2μ,故B正確;設木板質量為M,小物塊質量為m,根據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,此時對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錯誤;假設t=4t0之后小物塊和木板一起共速運動,對整體有F-μ(m+M)變式3BC[解析]對小孩,由牛