《（江蘇專用）2020高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功和能 第三講 力學的經(jīng)典模型（二）——課前自測診斷卷》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功和能 第三講 力學的經(jīng)典模型（二）——課前自測診斷卷（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三講 力學的經(jīng)典模型(二) ——課前自測診斷卷 模型一 滑塊—木板模型 1.[考查滑塊—木板模型中的功能關(guān)系] 如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上以v0做勻速直線運動，某時刻將滑塊B輕放在A的左端，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B放到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中正確是(　　) A．木板損失的機械能等于滑塊B獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和 B．木板A克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量 C．滑塊B動能的增加量等于系統(tǒng)損失的機械能 D．摩擦力對滑塊B做的功和對木板A做的功的總和等于0 解析：選A　由能量守恒定律可知，木板A損失的機械能等于滑塊

2、B獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，故A正確；滑塊B輕放在木板A的左端，由于摩擦力作用，滑塊B加速運動，木板A減速運動，摩擦力對滑塊B做的功等于滑塊B動能的增加量，摩擦力對木板A做的功等于木板A動能的減少量，根據(jù)能量守恒定律，摩擦力對木板A做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量和滑塊B動能的增加量的總和，摩擦力對滑塊B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，故B、C、D錯誤。 2．[考查“木板”受到外力作用的情形] [多選]如圖所示，將砝碼A放在水平桌面上的紙板B上，各接觸面間動摩擦因數(shù)均相同，砝碼到紙板左端和桌面右端的距離均為d，在水平向右的恒力F的作用下，可將紙板從砝碼下方抽出，且砝碼剛

3、好到達桌面右端。則下列說法正確的是(　　) A．砝碼與紙板分離前后的加速度大小一定相等 B．砝碼與紙板分離時，砝碼一定位于距離桌面右端處 C．其他條件不變，換用更大的恒力F，砝碼將不能到達桌面右端 D．其他條件不變，換用更大的恒力F，砝碼與紙板間摩擦產(chǎn)生的熱量將減小 解析：選ABC　設(shè)砝碼A的質(zhì)量為m，各接觸面間動摩擦因數(shù)為μ。根據(jù)牛頓第二定律得：砝碼與紙板分離前的加速度大小 a1＝＝μg；砝碼與紙板分離后的加速度大小a2＝＝μg，可知砝碼與紙板分離前后的加速度大小一定相等，故A正確。設(shè)砝碼與紙板分離時砝碼的速度為v。砝碼與紙板分離前有v2＝2a1x1，砝碼與紙板分離后有v2＝2a2

4、x2，又x1＋x2＝d，可得x1＝d，所以砝碼與紙板分離時，砝碼一定位于距離桌面右端d處，故B正確。其他條件不變，換用更大的恒力F，砝碼的加速度不變，紙板的加速度增大，砝碼在紙板上滑行時間縮短，獲得的速度減小，則砝碼將不能到達桌面右端，故C正確。砝碼與紙板間的相對位移不變，由Q＝μmgΔx＝μmgd，可知砝碼與紙板間產(chǎn)生的熱量不變，故D錯誤。 3．[考查滑塊、木板同方向運動問題] 如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，以后長木板運動的vt圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為m＝1 kg，木板足夠長(g＝10 m/s2)。求：

5、(1)小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)的值； (2)在整個運動過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)長木板加速過程中，由牛頓第二定律得 μ1mg－2μ2mg＝ma1 vm＝a1t1 木板和物塊相對靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律得 μ22mg＝2ma2 vm＝a2t2 由題給圖像可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s 聯(lián)立解得μ1＝0.5。 (2)小物塊減速過程中，有μ1mg＝ma vm＝v0－at1 在整個過程中，由系統(tǒng)的能量守恒得 Q＝mv02 聯(lián)立解得Q＝72 J。 答案：(1)0.5　(2)72 J 4．[考查滑塊、木板反方向運動問題] 如

6、圖所示，質(zhì)量m1＝2 kg的小鐵塊放在足夠長的質(zhì)量m2＝1 kg的木板的左端，木板和鐵塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板和水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，兩者均靜止。現(xiàn)突然給木板向左的初速度v0＝3.5 m/s，同時對小鐵塊施加一水平向右的恒定拉力F＝10 N，當木板向左運動最遠時撤去F，取g＝10 m/s2。求： (1)木板向左運動的時間t1和這段時間內(nèi)小鐵塊和木板的位移x1、x2； (2)整個過程中，木板在水平面上滑行的位移大?。? (3)整個過程中，小鐵塊、木板和水平面組成系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱。 解析：(1)木板開始運動時，設(shè)小鐵塊和木板的加速度分別為a1和a2，則F－μ1m1g＝m

7、1a1 μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2 解得a1＝3 m/s2，a2＝7 m/s2 木板向左減速，由運動學公式v0＝a2t1 v02＝2a2x2 小鐵塊向右加速運動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，因為μ1m1g>μ2(m1＋m2)g，所以木板向右做初速度為零的勻加速直線運動，小鐵塊向右做初速度為v1的勻減速直線運動。 設(shè)小鐵塊和木板的加速度大小分別為a3和a4，經(jīng)過時間t2木板與小鐵塊速度相同為v2，木板的位移為x3，則μ1m1g＝m1a3， μ1m1g－

8、μ2(m1＋m2)g＝m2a4 又v2＝v1－a3t2，v2＝a4t2 x3＝a4t22 解得a3＝2 m/s2，a4＝1 m/s2，t2＝0.5 s，v2＝0.5 m/s，x3＝0.125 m 木板與小鐵塊速度相同后，兩者一起做減速運動直至速度為零，設(shè)加速度為a5，位移為x4，則 μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5 v22＝2a5x4 解得x4＝0.125 m 設(shè)木板在水平面上總共滑行的位移大小為x，則 x＝x2－(x3＋x4) 解得x＝0.625 m。 (3)整個過程中，由能量守恒定律，可知小鐵塊、木板與水平面間的摩擦生熱 Q＝Fx1＋m2v02 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)傳送帶模型 5.[考查水平傳送帶模型] [多選]在機場和火車站可以看到對行李進行安全檢查用的水平傳送帶如圖所示，當旅客把行李放在正在勻速運動的傳送帶上后，傳送帶和行李之間的滑動摩擦力使行李開始運動，隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查，設(shè)某機場的傳送帶勻速前進的速度為0.4 m/s，某行李箱的質(zhì)量為5 kg，行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2，當旅客把這個行李箱小心地放在傳送帶上，通過安全檢查的過程中，g取10 m/

10、s2，則(　　) A．開始時行李的加速度為2 m/s2 B．行李到達B點時間為2 s C．傳送帶對行李做的功為0.4 J D．傳送帶上將留下一段摩擦痕跡，該痕跡的長度是0.04 m 解析：選ACD　行李開始運動時由牛頓第二定律有：μmg＝ma，所以得：a＝2 m/s2，故A正確；由于傳送帶的長度未知，故不能求出運動的時間，故B錯誤；行李最后和傳送帶最終一起勻速運動，根據(jù)動能定理知，傳送帶對行李做的功為：W＝mv2＝0.4 J，故C正確；行李和傳送帶相對滑動的時間為：t＝＝0.2 s，則在傳送帶上留下的痕跡長度為：s＝vt－vt＝vt＝0.04 m，故D正確。 6．[考查傾斜傳送帶模

11、型] [多選]如圖傾角為θ＝30的傳送帶在電動機帶動下始終以v0的速度勻速上行。質(zhì)量相等、材料不同的甲、乙滑塊(可視為質(zhì)點)分別無初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與傳送帶保持相對靜止，乙滑塊上升h/2高度處恰與傳送帶保持相對靜止。則甲、乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程中，下列說法正確的是(　　) A．甲滑塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)大于乙滑塊與傳送帶的動摩擦因數(shù) B．甲滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量 C．兩個過程中傳送帶對滑塊所做的功相同 D．兩個過程中電動機對傳送帶所做的功相同 解析：選BC　對甲滑塊v02＝2a1，μ1mgcos 30

12、－mgsin 30＝ma1，對乙滑塊v02＝2a2，μ2mgcos 30－mgsin 30＝ma2，可得μ1<μ2，故A項錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，相對滑動過程中Q1＝μ1mgcos 30Δx1＝mv02＋mgh，Q2＝μ2mgcos 30Δx2＝mv02＋mgh，則Q1>Q2，兩滑塊從傳送帶底端到頂端機械能增加量相等，傳送帶對滑塊所做的功相同，則甲滑塊上升過程中電動機對傳送帶做的功多，故B、C項正確，D項錯誤。 7．[考查圓周運動與水平傳送帶結(jié)合] 如圖所示，一個可視為質(zhì)點的物塊，質(zhì)量為m＝2 kg，從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達底端時恰好進入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶

13、由一電動機驅(qū)動著勻速向左轉(zhuǎn)動，速度大小為v＝3 m/s。已知圓弧軌道半徑R＝0.8 m，皮帶輪的半徑r＝0.2 m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，兩皮帶輪之間的距離為L＝6 m，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)皮帶輪轉(zhuǎn)動的角速度多大？ (2)物塊滑到圓弧軌道底端時對軌道的作用力； (3)物塊將從傳送帶的哪一端離開傳送帶？物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為多大？ 解析：(1)皮帶輪轉(zhuǎn)動的角速度，由v＝ωr得 ω＝＝15 rad/s。 (2)物塊滑到圓弧軌道底端的過程中，由動能定理得 mgR＝mv02 物塊滑到圓弧軌道底端時，由牛頓第二定律得 F－mg＝

14、 聯(lián)立解得：F＝60 N 由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的作用力大小為60 N，方向豎直向下。 (3)物塊滑到圓弧底端的速度為v0＝＝4 m/s 物塊滑上傳送帶后做勻減速直線運動，設(shè)加速度大小為a， 由牛頓第二定律得 μmg＝ma 解得：a＝μg＝1 m/s2 物塊勻減速到速度為零時運動的最大距離為 s0＝＝8 m>6 m 可見，物塊將從傳送帶的右端離開傳送帶 W＝μmgL＝12 J。 答案：(1)15 rad/s　(2)60 N，方向豎直向下　(3)右端離開　12 J 8．[考查傾斜傳送帶與圓周運動結(jié)合] (2019揚州中學模擬)如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L

15、＝3.2 m，與水平面間夾角θ＝37，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v＝2 m/s，在上端A點無初速度放置一個質(zhì)量為m＝1 kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0.35 m，取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求： (1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度大小； (2)若金屬塊飛離E點后恰能擊中B點，B、D間的水平距離； (3)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。 解析：(1)對金屬塊在E點，由牛頓第二定

16、律得 mg＝m 解得：vE＝2 m/s 在從D到E過程中，由動能定理得 －mg2R＝mvE2－mvD2 解得：vD＝2 m/s。 (2)由幾何關(guān)系，hBE＝2R－h(huán)＝0.45 m， 金屬塊在從E到B的過程中，hBE＝gt2 解得：t＝0.3 s， 則xBE＝vEt＝0.6 m。 (3)金屬塊開始在傳送帶上運行時，由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得：a1＝10 m/s2 設(shè)經(jīng)位移x1金屬塊與傳送帶達到共同速度，則 v2＝2a1x1 解得：x1＝0.2 m<3.2 m 繼續(xù)加速過程中，由牛頓第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得：a2＝2 m/s2 由 vB2－v2＝2a2x2、x2＝L－x1＝3 m 解得：vB＝4 m/s 在從B到D過程中，由動能定理得 mgh－Wf＝mvD2－mvB2 解得：Wf＝1.5 J。 答案：(1)2 m/s　(2)0.6 m　(3)1.5 J 7