1、1力学的经典模型(二) 模型一 滑块木板模型1.考查滑块在木板上的功能关系如图所示,长木板 A 放在光滑的水平地面上以 v0做匀速直线运动,某时刻将滑块 B 轻放在 A 的左端,由于摩擦力作用,最后停止在木板A 上,则从 B 放到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中,下述说法中正确是( )A木板损失的机械能等于滑块 B 获得的动能与系统损失的机械能之和B木板 A 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C滑块 B 动能的增加量等于系统损失的机械能D摩擦力对滑块 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于 0解析:选 A 由能量守恒定律可知,木板 A 损失的机械能等于滑块 B 获得的动能与系统损失
2、的机械能之和,故 A 正确;滑块 B 轻放在木板 A 的左端,由于摩擦力作用,滑块 B加速运动,木板 A 减速运动,摩擦力对滑块 B 做的功等于滑块 B 动能的增加量,摩擦力对木板 A 做的功等于木板 A 动能的减少量,根据能量守恒定律,摩擦力对木板 A 做的功等于系统内能的增加量和滑块 B 动能的增加量的总和,摩擦力对滑块 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于系统内能的增加量,故 B、C、D 错误。2考查木板受到外力作用的情形多选如图所示,将砝码 A 放在水平桌面上的纸板 B 上,各接触面间动摩擦因数均相同,砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d,在水平向右的恒力 F 的作用下,可将纸板从
3、砝码下方抽出,且砝码刚好到达桌面右端。则下列说法正确的是( )A砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B砝码与纸板分离时,砝码一定位于距离桌面右端 处d2C其他条件不变,换用更大的恒力 F,砝码将不能到达桌面右端D其他条件不变,换用更大的恒力 F,砝码与纸板间摩擦产生的热量将减小解析:选 ABC 设砝码 A 的质量为 m,各接触面间动摩擦因数为 。根据牛顿第二定律得:砝码与纸板分离前的加速度大小 a1 g ;砝码与纸板分离后的加速度大小 mgma2 g ,可知砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等,故 A 正确。设砝码与纸 mgm板分离时砝码的速度为 v。砝码与纸板分离前有 v22 a1x1,
4、砝码与纸板分离后有v22 a2x2,又 x1 x2 d,可得 x1 d,所以砝码与纸板分离时,砝码一定位于距离桌面右122端 d 处,故 B 正确。其他条件不变,换用更大的恒力 F,砝码的加速度不变,纸板的加速12度增大,砝码在纸板上滑行时间缩短,获得的速度减小,则砝码将不能到达桌面右端,故C 正确。砝码与纸板间的相对位移不变,由 Q mg x mgd ,可知砝码与纸板间产生的热量不变,故 D 错误。3考查滑块、木板与弹簧连接问题如图所示,一轻弹簧的一端与竖直墙壁相连,另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触,轻弹簧处于原长,长木板的质量为M,一质量为 m 的物块以一定的初速度从长木板的右端向
5、左滑上长木板。已知物块与长木板间的动摩擦因数为 ,轻弹簧的劲度系数为 k,在长木板向左运动的过程中,物块始终在木板上相对木板向左滑动,求:(1)物块滑上长木板的瞬间, 长木板的加速度大小;(2)长木板向左运动的最大速度。解析:(1)物块刚滑上木板瞬间,长木板所受摩擦力大小 f mg对木板,由牛顿第二定律得: f Ma联立解得长木板此时的加速度: a 。 mgM(2)设长木板速度最大时弹簧的压缩距离为 x,此时弹簧的弹力: F kx长木板速度最大时: F f在此过程中弹簧对木板做功: W x0 F2对木板,根据动能定理有: fx W Mv212联立解得: v 。 mgkMkM答案:(1) (2)
6、 mgM mgkMkM4考查滑块、木板反方向运动问题如图所示,质量 m12 kg 的小铁块放在足够长的质量 m21 kg 的木板的左端,木板和铁块间的动摩擦因数 10.2,木板和水平面间的动摩擦因数 20.1,两者均静止。现突然给木板向左的初速度 v03.5 m/s,同时对小铁块施加一水平向右的恒定拉力 F10 N,当木板向左运动最远时撤去 F,取 g10 m/s 2。求:(1)木板向左运动的时间 t1和这段时间内小铁块和木板的位移 x1、 x2;(2)整个过程中,木板在水平面上滑行的位移大小;3(3)整个过程中,小铁块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热。解析:(1)木板开始运动时,设小铁块和
7、木板的加速度分别为 a1和 a2,则F 1m1g m1a1 1m1g 2(m1 m2)g m2a2解得 a13 m/s 2, a27 m/s 2木板向左减速,由运动学公式 v0 a2t1v022 a2x2小铁块向右加速运动 v1 a1t1x1 a1t1212解得 t10.5 s, v11.5 m/s, x10.375 m, x20.875 m。(2)撤去 F 后,因为 1m1g 2(m1 m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为 v1的匀减速直线运动。设小铁块和木板的加速度大小分别为 a3和 a4,经过时间 t2木板与小铁块速度相同为v2,木板的位移为 x3,则
8、 1m1g m1a3, 1m1g 2(m1 m2)g m2a4又 v2 v1 a3t2, v2 a4t2x3 a4t2212解得 a32 m/s 2, a41 m/s 2, t20.5 s, v20.5 m/s, x30.125 m木板与小铁块速度相同后,两者一起做减速运动直至速度为零,设加速度为 a5,位移为 x4,则 2(m1 m2)g( m1 m2)a5v222 a5x4解得 x40.125 m设木板在水平面上总共滑行的位移大小为 x,则x x2( x3 x4)解得 x0.625 m。(3)整个过程中,由能量守恒定律,可知小铁块、木板与水平面间的摩擦生热Q Fx1 m2v0212解得 Q
9、9.875 J。答案:(1)0.5 s 0.375 m 0.875 m (2)0.625 m (3)9.875 J模型二 (涉及能量的)传送带模型5.考查水平传送带模型4多选如图 1 所示,一个质量 m1 kg 的小物块以某一初速度滑上传送带左端,水平传送带 AB 逆时针匀速转动,物块速度随时间的变化关系如图 2 所示(取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点),已知传送带的速度保持不变, g 取 10 m/s2,则( )A传送带运动的速度大小为 2 m/sB物块在传送带上运动的时间为 3 sC物块与传送带之间的动摩擦因数为 0.2D前 2 s 内摩擦产生的热量为 16 J解析:选 ACD
10、 由速度图像可知,物块初速度大小 v4 m/s,传送带速度大小 v2 m/s,物块在传送带上滑动 t13 s 后,与传送带相对静止,选项 A 正确。由速度图像可得,物块做匀变速运动的加速度: a m/s22.0 m/s2,由牛顿第二定律得 f ma2 v t 4.02N,得到物块与传送带间的动摩擦因数 0.2,选项 C 正确。前 2 s 内物块的位mamg 210移大小 x1 t4 m,方向向右,第 3 s 内的位移大小 x2 t1 m,方向向左,3 sv2 v2内位移 x x1 x23 m,方向向右;物块再向左运动时间 t2 1.5 s,物块在传送带xv上运动的时间 t t1 t24.5 s
11、,选项 B 错误。前 2 s 内传送带的位移 x1 v t22 m4 m,向左;相对位移 x x1 x18 m,所以转化的热量 EQ f x16 J,选项 D 正确。6考查倾斜传送带模型多选如图倾角为 30 的传送带在电动机带动下始终以 v0的速度匀速上行。质量相等、材料不同的甲、乙滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端,发现甲滑块上升 h 高度滑至顶端时恰好与传送带保持相对静止,乙滑块上升 h/2 高度处恰与传送带保持相对静止。则甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程中,下列说法正确的是( )A甲滑块与传送带的动摩擦因数大于乙滑块与传送带的动摩擦因数B甲滑块与传送带摩擦产生的热量大于乙滑块
12、与传送带摩擦产生的热量C两个过程中传送带对滑块所做的功相同D两个过程中电动机对传送带所做的功相同5解析:选 BC 对甲滑块 v022 a1 , 1mgcos 30 mgsin 30 ma1,对乙滑块hsin 30v022 a2 , 2mgcos 30 mgsin 30 ma2,可得 1Q2,两滑块从传送带底端到顶端机械能增加量相等,传送12 12带对滑块所做的功相同,则甲滑块上升过程中电动机对传送带做的功多,故 B、C 项正确,D 项错误。7考查水平传送带上物体与传送带相对运动如图所示,质量 M20 kg 的物体从光滑曲面上高度 H0.8 m 处释放,到达底端时水平进入水平传送带,传送带由一电
13、动机驱动着匀速向左转动,速度 v3 m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数 0.1。( g 取 10 m/s2)求:(1)若两皮带轮之间的距离是 10 m,物体冲上传送带后就移走光滑曲面,物体将从哪一边离开传送带?通过计算说明你的结论。(2)若皮带轮间的距离足够大,从物体滑上到离开传送带的整个过程中,由于 M 和传送带间的摩擦而产生了多少热量?解析:(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒,有 MgH Mv0212解得物体滑到曲面底端时的速度 v04 m/s以地面为参照系,物体滑上传送带后先向右做匀减速运动,设其速度减至零时的位移为 s。由动能定理得 Mgs 0 Mv0212解得 s8 m10 m,
14、之后在传送带的带动下物体将从传送带的左端离开。(2)物体在传送带上运动的加速度大小为a g 0.110 m/s 21 m/s 2;物体滑上传送带后向右做匀减速运动的时间为 t,则 t 4 sv0a这段时间内传送带向左运动的位移大小为6s1 vt34 m12 m物体相对于传送带滑行的距离为L1 s1 s12 m8 m20 m物体与传送带间产生的热量为Q1 Mg L10.120020 J400 J;物体向左运动的过程中,根据对称性知,若物体向左一直做匀加速运动,回到传送带左端时速度将为 4 m/s,大于 3 m/s,不可能,所以物体向左匀加速的末速度等于传送带的速度,设向左匀加速运动的时间为 t。
15、则 t 3 sva这段时间内物体相对于传送带滑行的距离为L2 vt 4.5 mv22a物体与传送带间产生的热量为Q2 Mg L20.12004.5 J90 J;所以产生的总热量为 QQ 1Q 2490 J。答案:(1)见解析 (2)490 J8考查水平传送带与圆周运动结合如图所示,水平平台上有一轻弹簧,左端固定在 A 点,自然状态时其右端位于 B 点,平台 AB 段光滑, BC 段长 x1 m,与滑块间的摩擦因数为 10.25。平台右端与水平传送带相接于 C 点,传送带的运行速度 v7 m/s,长为 L3 m,传送带右端 D 点与一光滑斜面衔接,斜面 DE 长度 s0.5 m,另有一固定竖直放
16、置的光滑圆弧形轨道刚好在 E 点与斜面相切,圆弧形轨道半径 R1 m, 37 。今将一质量 m2 kg 的滑块向左压缩轻弹簧到最短,此时弹簧的弹性势能为 Ep30 J,然后突然释放,当滑块滑到传送带右端 D 点时,恰好与传送带速度相同。设经过 D 点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37 0.6,cos 37 0.8,不计空气阻力。试求:(1)滑块到达 C 点的速度 vC;(2)滑块与传送带间的摩擦因数 2及经过传送带过程系统因摩擦增加的内能;(3)若只将传送带的运行速度大小调为 v5 m/s,求滑块脱离圆弧形轨道的位置距离F 点的高度。解析:
17、(1)以滑块为研究对象,从释放到 C 点的过程,由动能定理得:7W 弹 1mgx mvC212又 W 弹 的大小等于 Ep, W 弹 30 J代入数据得: vC5 m/s。(2)滑块从 C 点到 D 点一直加速,到 D 点恰好与传送带同速,由动能定理得: 2mgL mv2 mvC212 12代入数据解得: 20.4产生的内能 Q 2mg x 2mg(vt L)又 t 0.5 sv vC 2g可得 Q4 J。(3)当传送带的速度大小调为 5 m/s,则滑块运动到 D 点时速度 vD5 m/s,设滑块脱离轨道的位置与圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为 ,则从 D 点到脱离位置,由机械能守恒:mgR(cos cos ) ssin mvD2 mv2212 12又 mgcos mv22R可得 cos 12脱离位置与 F 的高度 h R Rcos 1.5 m。答案:(1)5 m/s (2)0.4 4 J (3)1.5 m8