动力学中的典型“模型”
◎基础巩固练 1．(多选
)
如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动。
将质量为m 的物体Q 轻轻放在水平传送带的左端A 处，经过t 秒后，Q 的速度也变为v ，再经t 秒物体Q 到达传送带的右端B 处，则( )
A ．前t 秒内物体做匀加速运动，后t 秒内物体做匀减速运动
B ．后t 秒内Q 与传送带之间无摩擦力
C ．前t 秒内Q 的位移与后t 秒内Q 的位移大小之比为1∶1
D ．Q 由传送带左端运动到右端的平均速度为34
v
解析： 前t 秒内物体Q 相对传送带向左滑动，物体Q 受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma 可知，物体Q 做匀加速运动，后t 秒内物体Q 相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A 错误，B 正确；前t 秒内Q 的位移x 1＝v
2
t ，后t 秒内Q 的位移x 2
＝vt ，故x 1x 2＝12，选项C 错误；Q 由传送带左端运动到右端的平均速度v ＝x 1＋x 22t ＝
v
2
t ＋vt
2t
＝
3
4
v ，选项D 正确。
答案： BD
2．如图所示，一长木板静止放在水平地面上，木板长L ＝5 m ，小茗同学(可视为质点)站在木板的左端，处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2 s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v ＝4 m/s ，已知木板质量M ＝20 kg ，小茗质量m ＝50 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2
，求木板与地面之间的动摩擦因数μ(结果保留两位有效数字)。
解析： 对小茗进行分析，由v ＝a 1t ，得a 1＝2 m/s 2
则木板对小茗的摩擦力F f ＝ma 1＝100 N 由x 1＝12a 1t 2
，得小茗向右运动的位移x 1＝4 m
则可知木板在此过程中向左运动的位移为x 2＝1 m
由x 2＝12
a 2t 2，得a 2＝0.5 m/s 2
对木板进行受力分析可得F f ′－μ(M ＋m )g ＝Ma 2 由牛顿第三定律知F f ′＝F f 联立得μ＝9
70＝0.13
答案： 0.13
3．(2018·昆明统测)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 的铁块B (大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m ，用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
解析： (1)A 、B 之间的最大静摩擦力为
F fm >μ1mg ＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A 、B 之间不发生相对滑动，则 对A 、B 整体：F ＝(M ＋m )a 对A ：F f AB ＝Ma 解得：F f AB ＝2.5 N
因F f AB <F fm ，故A 、B 之间不发生相对滑动。
(2)对B ：F －μ1mg ＝ma B 对A ：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma A 据题意：x B －x A ＝L
x A ＝12a A t 2；x B ＝12
a B t 2
解得：t ＝ 2 s 。
答案： (1)不会 (2) 2 s
4．(2018·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L ＝2 m ，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。
现传送带沿顺时针方向以
v ＝2.5 m/s 的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A 点，小物块与传送带间的动摩擦
因数μ＝
32
，g 取10 m/s 2。
试求：
(1)小物块运动至B 点的时间；
(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A 点以v 0＝3 6 m/s 的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B 点的速度范围。
解析： (1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 1，解得a 1＝2.5 m/s 2。
设小物块速度等于2.5 m/s 时，小物块对地位移为L 1，用时为t 1，
则t 1＝v 1a 1＝2.5
2.5
s ＝1 s
L 1＝v 21
2a 1＝ 2.52
2×2.5
m ＝1.25 m ，
因L 1<L 且μ>tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s 时，将做匀速直线运动至B 点，设用时为t 2，则t 2＝
L －L 1
v
＝0.3 s ，故小物块从A 到B 所用时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s 。
(2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A 到B 一直做匀加速直线运动，到达B 点的速度最大。
由牛顿第二定律及运动学公式有v 2
B －v 2
0＝2a 1L ，解得v B ＝8 m/s 。
小物块从A 到B 一直做匀减速直线运动，到达B 点的速度最小，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，解得
a 2＝12.5 m/s 2。
由运动学公式可知v B ′2
＝v 2
0－2a 2L ，解得v B ′＝2 m/s 。
即小物块到达B 点的速度范围为2 m/s≤v B ≤8 m/s。
答案： (1)1.3 s (2)2 m/s≤v B ≤8 m/s 5.
如图所示，固定斜面上放一木板PQ ，木板的Q 端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q 端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高。
已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L ，Q 端距斜面顶端距离也为L ，物块和木板的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数为μ1＝
3
2。
若所挂钩码质量为2m ，物块和木板
能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动。
重力加速度为g ，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；
(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m ′应满足什么条件？ 解析： (1)整个系统匀速时 对钩码：2mg ＝F T
对物块和木板：F T ＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ 解得：μ2＝
33
(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2。
对物块：μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得：a 2＝1
4
g
对木板：F T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1 对钩码：m ′g －F T ′＝m ′a 1 解得：a 1＝m ′－94
m
m ′＋m
g
联立解得：m ′>10
3m
答案： (1)
33 (2)m ′>103
m。