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力学的经典模型(二)
模型一 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
滑块—木板模型 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处
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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＝
μmgdm＝μg；砝码与纸板分离后的加速度大小a2
μmg＝＝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
m分离时砝码的速度为v。砝码与纸板分离前有v＝2a1x1，砝码与纸板分离后有v＝2a2x2，又
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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，纸板的加速度增大，砝码在
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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左滑上长木板。已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ，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＝μmg 对木板，由牛顿第二定律得：f＝Ma μmg联立解得长木板此时的加速度：a＝。
M(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
0＋F在此过程中弹簧对木板做功：W＝x
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对木板，根据动能定理有：fx－W＝Mv
2μmgkM联立解得：v＝。
kMμmgμmgkM答案：(1) (2)
MkM4．[考查滑块、木板反方向运动问题]
如图所示，质量m1＝2 kg的小铁块放在足够长的质量m2＝1 kg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＝3.5 m/s，同时对小铁块施加一水平向右的恒定拉力F＝10 N，当木板向左运动最远时撤去F，取g＝10 m/s。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
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F－μ1m1g＝m1a1
μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2 解得a1＝3 m/s，a2＝7 m/s
木板向左减速，由运动学公式v0＝a2t1
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v02＝2a2x2
小铁块向右加速运动v1＝a1t1
x1＝a1t12
解得t1＝0.5 s，v1＝1.5 m/s，x1＝0.375 m，x2＝0.875 m。
(2)撤去F后，因为μ1m1g>μ2(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＝a4t2
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x3＝a4t22
解得a3＝2 m/s，a4＝1 m/s，t2＝0.5 s，v2＝0.5 m/s，x3＝0.125 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
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x4，则
μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5
v22＝2a5x4
解得x4＝0.125 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x＝0.625 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 12
Q＝Fx1＋m2v0
2解得Q＝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 5.[考查水平传送带模型] [多选]如图1所示，一个质量m＝1 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
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(涉及能量的)传送带模型