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第三讲力学的经典模型(二)——课前自测诊断卷模型一滑块—木板模型1.[考查滑块—木板模型中的功能关系]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d2处C．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μ。根据牛顿第二定律得：砝码与纸板分离前的加速度大小a1＝μmgm＝μg；砝码与纸板分离后的加速度大小a2＝μmgm＝μg，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。设砝码与纸板分离时砝码的速度为v。砝码与纸板分离前有v2＝2a1x1，砝码与纸板分离后有v2＝2a2x2，又x1＋x2＝d，可得x1＝12d，所以砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端12d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＝μmgΔx＝μmgd，可知砝码与纸板间产生的热量不变，故D错误。3．[考查滑块、木板同方向运动问题]如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的vt图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，木板足够长(g＝10m/s2)。求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。解析：(1)长木板加速过程中，由牛顿第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由题给图像可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s联立解得μ1＝0.5。(2)小物块减速过程中，有μ1mg＝mavm＝v0－at1在整个过程中，由系统的能量守恒得Q＝12mv02联立解得Q＝72J。答案：(1)0.5(2)72J4．[考查滑块、木板反方向运动问题]如图所示，质量m1＝2kg的小铁块放在足够长的质量m2＝1kg的木板的左端，木板和铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板和水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，两者均静止。现突然给木板向左的初速度v0＝3.5m/s，同时对小铁块施加一水平向右的恒定拉力F＝10N，当木板向左运动最远时撤去F，取g＝10m/s2。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)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，设小铁块和木板的加速度分别为a1和a2，则F－μ1m1g＝m1a1μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2解得a1＝3m/s2，a2＝7m/s2木板向左减速，由运动学公式v0＝a2t1v02＝2a2x2小铁块向右加速运动v1＝a1t1x1＝12a1t12解得t1＝0.5s，v1＝1.5m/s，x1＝0.375m，x2＝0.875m。(2)撤去F后，因为μ1m1gμ2(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μ1m1g＝m1a3，μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a4又v2＝v1－a3t2，v2＝a4t2x3＝12a4t22解得a3＝2m/s2，a4＝1m/s2，t2＝0.5s，v2＝0.5m/s，x3＝0.125m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μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5v22＝2a5x4解得x4＝0.125m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x＝0.625m。(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＋12m2v02解得Q＝9.875J。答案：(1)0.5s0.375m0.875m(2)0.625m(3)9.875J模型二(涉及能量的)传送带模型5.[考查水平传送带模型][多选]在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则()A．开始时行李的加速度为2m/s2B．行李到达B点时间为2sC．传送带对行李做的功为0.4JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04m解析：选ACD行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg＝ma，所以得：a＝2m/s2，故A正确；由于传送带的长度未知，故不能求出运动的时间，故B错误；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W＝12mv2＝0.4J，故C正确；行李和传送带相对滑动的时间为：t＝va＝0.2s，则在传送带上留下的痕迹长度为：s＝vt－12vt＝12vt＝0.04m，故D正确。6．[考查倾斜传送带模型][多选]如图倾角为θ＝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解析：选BC对甲滑块v02＝2a1hsin30°，μ1mgcos30°－mgsin30°＝ma1，对乙滑块v02＝2a2h/2sin30°，μ2mgcos30°－mgsin30°＝ma2，可得μ1μ2，故A项错误；根据功能关系，相对滑动过程中Q1＝μ1mgcos30°·Δx1＝12mv02＋mgh，Q2＝μ2mgcos30°·Δx2＝12mv02＋12mgh，则Q1Q2，两滑块从传送带底端到顶端机械能增加量相等，传送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．[考查圆周运动与水平传送带结合]如图所示，一个可视为质点的物块，质量为m＝2kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为v＝3m/s。已知圆弧轨道半径R＝0.8m，皮带轮的半径r＝0.2m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为L＝6m，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)皮带轮转动的角速度多大？(2)物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；(3)物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？解析：(1)皮带轮转动的角速度，由v＝ωr得ω＝vr＝15rad/s。(2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得mgR＝12mv02物块滑到圆弧轨道底端时，由牛顿第二定律得F－mg＝mv02R联立解得：F＝60N由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下。(3)物块滑到圆弧底端的速度为v0＝2gR＝4m/s物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma解得：a＝μg＝1m/s2物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为s0＝v022a＝8m6m可见，物块将从传送带的右端离开传送带W＝μmgL＝12J。答案：(1)15rad/s(2)60N，方向竖直向下(3)右端离开12J8．[考查倾斜传送带与圆周运动结合](2019·扬州中学模拟)如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.35m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)金属块经过D点时的速度大小；(2)若金属块飞离E点后恰能击中B点，B、D间的水平距离；(3)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。解析：(1)对金属块在E点，由牛顿第二定律得mg＝mvE2R解得：vE＝2m/s在从D到E过程中，由动能定理得－mg·2R＝12mvE2－12mvD2解得：vD＝25m/s。(2)由几何关系，hBE＝2R－h＝0.45m，金属块在从E到B的过程中，hBE＝12gt2解得：t＝0.3s，则xBE＝vEt＝0.6m。(3)金属块开始在传送带上运行时，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得：a1＝10m/s2设经位移x1金属块与传送带达到共同速度，则v2＝2a1x1解得：x1＝0.2m3.2m继续加速过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得：a2＝2m/s2由vB2－v2＝2a2x2、x2＝L－x1＝3m解得：vB＝4m/s在从B到D过程中，由动能定理得mgh－Wf＝12mvD2－12mvB2解得：Wf＝1.5J。答案：(1)25m/s(2)0.6m(3)1.5J