专题六 动力学常见模型
题型一 传送带模型
1.[2025·浙江衢州模拟] 如图甲是机场和火车站对行李进行安检的水平传送带,如图乙是其简
化图.已知传送带以速度大小v=0.2 m/s 匀速运行,行李与传送带之间的动摩擦因数
μ=0.2,A、B 间的距离l=2 m.行李(可视为质点)无初速度地放在A 处,则下列说法不正确的是(
)
A.起始时行李的加速度大小为2 m/s2
B.行李经过10.05 s 到达B 处
C.行李到达B 处时速度大小为2❑√2 m/s
D.行李相对传送带滑过的距离为0.01 m
2.[2025·四川成都模拟] 如图所示,质量为m=1 kg 的物块(可视为质点),以速度大小v0=4 m/s
水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带,传送带A、B 的长度L=6 m,传送带的速度大小
v=2 m/s,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度大小g 取10 m/s2,物块滑离传送带
时产生的划痕长度为
( )
A.5 m
B.4 m
C.9 m
D.8 m
3.云南昆明长水国际机场航站楼是中国面向东南亚、南亚和连接欧亚的第四大国家门户枢
纽机场,航站楼行李处理系统的其中一段如图甲所示,水平传送带顺时针匀速转动,一小行李
箱以初速度v0滑上水平传送带,从A 点运动到B 点的v-t 图像如图乙所示.下列说法正确的是
( )
A.小行李箱的初速度大小为2 m/s
B.传送带转动的速度大小为6 m/s
C.A、B 两点间的距离为6 m
D.小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m
4.[2025·山东青岛模拟] 如图所示,以速度v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹
角为θ.现将一个质量为m 的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因
数为μ(μ<tan θ),则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是
( )
A
B
C
D
5.[2025·湖南长沙模拟] 某快递公司为了提高效率,使用电动传输机转运快件,如图所示,传送
带由水平部分AB=2 m、倾斜部分BC=12 m 组成,倾斜部分与水平面的夹角为θ=37°.先将
货物静止放在水平部分最右端的A 点,再让传送带以a=8 m/s2的加速度逆时针开始启动,当
传送带的速度达到v=4 m/s 后改为匀速运动,货物到达B 点后,由AB 转到BC 部分时衔接速
度立刻改为沿BC 方向但大小不变,货物与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,g 取10 m/s2,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求货物从A 点传送到B 点所用的时间;
(2)若货物传送到B 点,传送带立即停止转动,求货物从B 点到C 点所用的时间;
(3)若货物传送到B 点,传送带的速度立即改变但仍匀速率运动,且传送带逆时针转动,求货物
从B 点传送到C 点所用的最短时间以及满足最短时间时传送带的速度大小v'的范围.
题型二 滑块—木板模型
6.[2025·广东深圳模拟] 如图甲所示,长木板a 放在水平地面上,质量为m 的物体b,以水平速
度滑上木板a,之后a、b 运动速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g 取10
m/s2)
( )
A.木板a 的长度至少为1.5 m
B.木板a 的质量为2m
C.物体b 与木板a 上表面间的动摩擦因数为0.1
D.长木板a 与地面间的动摩擦因数为0.1
7.[2025·安徽淮南模拟] 如图所示,在光滑平台上放置一长度l=0.32 m、质量M=280 g 的文
具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g 的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦
因数μ=0.2,开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,不计空气阻力,
重力加速度g 取10 m/s2.墨水瓶在文具盒上运动的时间为( )
A.0.2 s
B.0.4 s
C.0.8 s
D.1.6 s
8.如图所示,小明将一质量为m 的象棋子放在静置于水平桌面的课本上,课本质量为M,棋子
与课本间的动摩擦因数为μ1,课本与桌面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g.现用水平
恒力F 作用于课本,当F 不大时,课本与棋子一起加速运动,F 较大时二者会发生相对运动,则
( )
A.一起运动时,棋子的加速度为a=μ1g
B.一起运动时,课本的加速度为a=F - μ2 Mg
M +m
C.相对运动时,课本的加速度为a=F - μ2( M +m)g- μ1mg
M
D.相对运动时,棋子的加速度为a= F - μ2( M +m)g
M +m
9.[2025·河北石家庄模拟] 如图所示,质量分别为m 和M 的两个长方体木块P 和Q 叠放在倾
角为θ 的固定斜面上,P 和Q 间的动摩擦因数为μ1,Q 和斜面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度
大小为g.由静止释放两木块,则
( )
A.若μ2<tan θ,则P、Q 两木块一定都沿斜面向下运动
B.若μ1<tan θ,则P、Q 一定相对滑动
C.若两木块能一起沿斜面下滑,则P 对Q 的摩擦力为μ2mgcos θ,且方向向上
D.两木块一起沿斜面下滑过程中,地面对斜面的支持力不断增大
10.[2025·江西南昌模拟] 如图甲所示,一长方体木板B 放在水平地面上,木板B 的右端放置着
一个小铁块A,在t=0 时刻,同时突然给A、B 一初速度,其中A 的初速度大小为vA=1 m/s,方向
水平向左;B 的初速度大小为vB=14 m/s,方向水平向右,木板B 运动的v-t 图像如图乙所示.已
知A、B 的质量相等,A 与B 及B 与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等),A 与B 之间的最大静
摩擦力等于滑动摩擦力,A 始终没有滑出B,重力加速度g 取10 m/s2.求:
(1)小铁块A 向左运动相对地面的最大位移;
(2)B 运动的时间及B 运动的位移大小;
(3)从开始运动到停止,A、B 之间的相对位移大小.
答案解析
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=2
m/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=v
a
=0.2
2
m/s2=0.1 s,
行李做加速运动的位移x=1
2
at1
2=1
2
×2×0.12 m=0.01 m,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 - x
v
=2−0.01
0.2
s=9.95 s,
行李从A 到达B 处的时间t=t1+t2=0.1 s+9.95 s=10.05 s,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=0.2×0.1 m=0.02 m,行李相
对传送带滑过的距离为Δx=x 带-x=0.02 m-0.01 m=0.01 m,D 正确,不符合题意.
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=μmg
m
=2 m/s2,物
块向右减速到速度为0 通过的位移大小为x1=v0
2
2a
=4 m<L=6 m,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=v0
a
=2 s,此过程中传送带的位移大小为x1'=vt1=4 m,此过程中,产生的划痕长度为
s1=x1+x1'=8 m,加速过程,时间为t2=v
a
=1 s,此过程中物块的位移大小为x2=v
2
t2=1 m,此过程
中传送带的位移大小为x2'=vt2=2 m,此过程中,产生的划痕长度为s2=x2'-x2=1 m,物块滑离传
送带时产生的划痕长度为s=s1+s2=9 m,故选C.
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6 m/s,而传送带转动的速度大小为2 m/s,故A、B 错误;根据v-t 图
像,小行李箱在前3 s 内运动的距离为x=6+2
2
×1 m+2×2 m=8 m,则A、B 两点间的距离为
8 m,故C 错误;根据v-t 图像,在前3 s 内传送带传动的路程为s=2×3 m=6 m,所以小行李箱
与传送带的相对位移大小为Δx=x-s=2 m,故D 正确.
4.C [解析] 开始时木块的加速度为a1=gsin θ+μgcos θ,当木块与传送带共速后,因μ<tan θ,
则木块继续加速,加速度为a2=gsin θ-μgcos θ<a1,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)0.9 s (2)2 s (3)1.2 s v'≥16 m/s
[解析] (1)对货物分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma0
解得a0=5 m/s2<a
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=v
2
t1
解得t1=0.8 s,x1=1.6 m
匀速运动阶段,有L-x1=vt2
解得t2=0.1 s
所以货物从A 点传送到B 点所用的时间为tAB=t1+t2=0.9 s
(2)传送带停止转动后,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1
解得a1=2 m/s2,方向沿传送带向下
根据位移-时间关系,有
xBC=vtBC+1
2
a1t BC
2
解得tBC=2 s(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
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2
解得a2=10 m/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'+1
2
a2tBC'2
联立解得tBC'=1.2 s(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'≥16 m/s
6.C [解析] 由图像可知,a、b 在1 s 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1 s 内a、b 的加速度大小都为a=|
Δv
Δt|
=1 m/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0~1 s 内物体b 的位移为xb=1
2
×(2+1)×1 m=1.5 m,长木板a 的位移为xa=1
2
×1×1 m=0.5
m,则木板a 的最小长度为L=xb-xa=1 m,故A 错误.
7.C [解析] 对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,以整体为研究对象有
F=(m+M)a0,a0>μg,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=2 m/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=3 m/s2,设墨水瓶在文具盒上运动的时间
为t,则有1
2
a2t2-1
2
a1t2=l,代入数据解得t=0.8 s,故选C.
8.C [解析] 一起运动时,对整体有F-μ2(M +m)g=(M +m)a,棋子和课本的加速度为a=
F - μ2(M +m)g
M +m
,A、B 错误;相对运动时,对课本有F-μ1mg-μ2(M +m)g=Ma1,课本加速度a1=
F - μ1mg- μ2(M +m)g
M
,对棋子有μ1mg=ma2,棋子加速度a2=μ1g,C 正确,D 错误.
9.A [解析] 当μ2<tan θ 时,若P、Q 相对静止,由于(M +m)gsin θ>μ2(M +m)gcos θ,故此时
P、Q 整体不可能都静止,分析可知当μ1≥μ2时P、Q 相对静止以共同的加速度向下运动;当
μ1<μ2时,P 比Q 下滑得快,分析可知除此之外不可能存在Q 不动P 运动或者P 不动Q 运动的
情况,故当μ2<tan θ 时,P、Q 一定都沿斜面向下运动,故A 正确.当两木块能一起沿斜面下滑,
始终保持相对静止时,对整体有(M +m)gsin θ-μ2(M +m)gcos θ=(M +m)a,对P 单独分析有
mgsin θ-Ff=ma,联立解得木块Q 对P 的摩擦力为Ff=μ2mgcos θ,方向沿斜面向上,故木块P 对
Q 的摩擦力方向沿斜面向下,分析可知该情况下,P、Q 始终保持相对静止;结合前面分析若
μ1<tan θ,此时若μ2≤μ1,P、Q 两木块相对静止,若μ2>μ1,P、Q 两木块相对滑动,故B、C 错误.
两木块一起沿斜面下滑过程中,设加速度为a,设斜面质量为M',对整个系统在竖直方向根据
牛顿第二定律有(M +m+ M ')g-FN=(M +m)asin θ+M'·0,该情况下地面对斜面的支持力不
变,故D 错误.
10.(1)0.5 m (2)4 s 25 m (3)21.5 m
[解析] (1)由题图乙可知,0~3 s 内铁块A 做匀变速运动,取水平向右为正方向,铁块A 的速度
由-1 m/s 变为v=2 m/s,则其加速度大小为aA=2−(-1)
3
m/s2=1 m/s2,方向水平向右
当铁块A 水平向左运动至速度减为零时,向左运动的位移最大,则x= v A
2
2aA
=0.5 m
(2)设A 与B 之间的动摩擦因数为μ1,由牛顿第二定律得
μ1mg=maA
则μ1=aA
g
=0.1
由题图乙可知,取水平向右为正方向,0~3 s 内B 做匀减速运动,其速度由vB=14 m/s 变为v=2
m/s,则其加速度大小为aB=vB- v
t1
=14−2
3
m/s2=4 m/s2,方向水平向左
设B 与地面之间的动摩擦因数为μ2
由牛顿第二定律得
μ1mg+2μ2mg=maB
则μ2=aB- μ1g
2g
=0.15
3 s 之后,B 继续向右做匀减速运动,
因为μ2>μ1,所以A、B 相对滑动
对B 由牛顿第二定律得
2μ2mg-μ1mg=maB'
则B 的加速度大小为aB'=2 m/s2,方向水平向左
3 s 之后B 运动的时间为
t2= v
aB'=2
2 s=1 s
则B 运动的时间为t=t1+t2=4 s
0~4 s 内B 的位移为
xB=vB+ v
2
t1+v
2
t2=25 m,方向水平向右
(3)从图像可以看出,前3 s,A、B 的相对位移是22.5 m,3~5 s,A 相对B 往回返了1 m,所以
A、B 的相对位移为21.5 m
