04 专题六　动力学常见模型 【答案】作业手册.docxVIP

专题六动力学常见模型

1.C[解析]起始时,对行李由牛顿第二定律可得μmg=ma,代入数据解得加速度大小为a=2m/s2,A正确,不符合题意;设行李与传送带达到共速所用时间为t1,可得t1=va=0.22m/s2=0.1s,行李做加速运动的位移x=12at12=12×2×0.12m=0.01m,行李与传送带共速后,行李随传送带一起做匀速运动,速度大小为v,则有行李做匀速运动的时间为t2=l-xv=2-0.010.2s=9.95s,行李从A到达B处的时间t=t1+t2=0.1s+9.95s=10.05s,B正确,不符合题意,C错误,符合题意;行李做加速运动的时间内,传送带运动的位移大小为x带=vt1=0.2×0.1m=0.02m,行李相对传送带滑过的距离为Δx=x带-x=0.02m-0.01m

2.C[解析]物块向右减速运动时,根据牛顿第二定律可得加速度大小为a=μmgm=2m/s2,物块向右减速到速度为0通过的位移大小为x1=v022a=4mL=6m,可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与传送带共速,之后与传送带相对静止一起匀速运动到左端离开,物块减速时间为t1=v0a=2s,此过程中传送带的位移大小为x1=vt1=4m,此过程中,产生的划痕长度为s1=x1+x1=8m,加速过程,时间为t2=va=1s,此过程中物块的位移大小为x2=v2t2=1m,此过程中传送带的位移大小为x2=vt2=2m,此过程中,产生的划痕长度为s2=x2-x2=1m,物块滑离传送带时产生的划痕长度为s=s1

3.D[解析]由v-t图像可知,小行李箱开始做匀减速直线运动,后与传送带一起匀速运动,则小行李箱的初速度v0为6m/s,而传送带转动的速度大小为2m/s,故A、B错误;根据v-t图像,小行李箱在前3s内运动的距离为x=6+22×1m+2×2m=8m,则A、B两点间的距离为8m,故C错误;根据v-t图像,在前3s内传送带传动的路程为s=2×3m=6m,所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx=x-s=2m,故D正确

4.C[解析]开始时木块的加速度为a1=gsinθ+μgcosθ,当木块与传送带共速后,因μtanθ,则木块继续加速,加速度为a2=gsinθ-μgcosθa1,因v-t图像的斜率表示加速度,可知图像C正确,A、B、D错误.

5.(1)0.9s(2)2s(3)1.2sv≥16m/s

[解析](1)对货物分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma0

解得a0=5m/s2a

传送带加速运动阶段,货物加速运动,传送带匀速运动以后货物仍要加速运动一段时间才能共速,设货物加速的总时间为t1,加速阶段位移为x1,则v=a0t1,x1=v2t

解得t1=0.8s,x1=1.6m

匀速运动阶段,有L-x1=vt2

解得t2=0.1s

所以货物从A点传送到B点所用的时间为tAB=t1+t2=0.9s

(2)传送带停止转动后,根据牛顿第二定律有mgsin37°-μmgcos37°=ma1

解得a1=2m/s2,方向沿传送带向下

根据位移-时间关系,有

xBC=vtBC+12a1

解得tBC=2s(另一值舍去)

(3)传送带逆时针运动,且转动速度足够大时,货物始终受到沿传送带向下的摩擦力,则

mgsin37°+μmgcos37°=ma2

解得a2=10m/s2,方向沿传送带向下

若以此加速度一直加速运动到底端,所用时间最短,则有

xBC=vtBC+12a2tBC

联立解得tBC=1.2s(另一值舍去)

此时传动带转动的速度大小满足

v≥v+a2tBC

解得v≥16m/s

6.C[解析]由图像可知,a、b在1s后一起匀速运动,说明长木板a与地面间的动摩擦因数为0,D错误;因前1s内a、b的加速度大小都为a=ΔvΔt=1m/s2,而二者的合外力为相互作用的摩擦力,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板a的质量为m,B错误;对b受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得物体b与木板a上表面间的动摩擦因数μ=0.1,C正确;由图得0~1s内物体b的位移为xb=12×(2+1)×1m=1.5m,长木板a的位移为xa=12×1×1m=0.5m,则木板a的最小长度为L=xb-xa=1

7.C[解析]对文具盒施加F=1.12N、水平向左的恒力,以整体为研究对象有F=(m+M)a0,a0μg,所以文具盒和墨水瓶会相对滑动,以墨水瓶为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1,解得墨水瓶的加速度大小为a1=2m/s2,以文具盒为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma2,解得文具盒的加速度大小为a2=