《（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第三讲 力学的经典模型（二）——课前自测诊断卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第三讲 力学的经典模型（二）——课前自测诊断卷（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、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
3、纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端处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。根据牛顿第二定律得：砝码与纸板分离前的加速度大小 a1g；砝码与纸板分离后的加速度大小a2g，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v22a1x1，砝码与纸板分离后有v22a2x2，又x1x2d，可得x1d，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
4、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Qmgxmgd，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t0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m1 kg，木板足够长(g10 m/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1mg22mgma1vma1t1木板和物块相对静止，共同
5、减速过程中，由牛顿第二定律得22mg2ma2vma2t2由题给图像可知，vm2 m/s，t12 s，t21 s联立解得10.5。(2)小物块减速过程中，有1mgmavmv0at1在整个过程中，由系统的能量守恒得Qmv02联立解得Q72 J。答案：(1)0.5(2)72 J4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/s2。
6、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F1m1gm1a11m1g2(m1m2)gm2a2解得a13 m/s2，a27 m/s2木板向左减速，由运动学公式v0a2t1v022a2x2小铁块向右加速运动v1a1t1x1a1t12解得t10.5 s，v11.5 m/s，x10.375 m，x20.875 m。(2)撤去F后，因为1m1g2(m1m2)g，所以木板向右做初速度为零的匀加速直线
7、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1m1gm1a3，1m1g2(m1m2)gm2a4又v2v1a3t2，v2a4t2x3a4t22解得a32 m/s2，a41 m/s2，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(m1m2)g(m1m2)a5v222a5x4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xx2(x3x4)解得x0.625 m。(3)整个过程中，由
8、能量守恒定律，可知小铁块、木板与水平面间的摩擦生热QFx1m2v02解得Q9.875 J。答案：(1)0.5 s0.375 m0.875 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0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，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
9、，通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则()A开始时行李的加速度为2 m/s2B行李到达B点时间为2 sC传送带对行李做的功为0.4 JD传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m解析：选ACD行李开始运动时由牛顿第二定律有：mgma，所以得：a2 m/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：Wmv20.4 J，故C正确；行李和传送带相对滑动的时间为：t0.2 s，则在传送带上留下的痕迹长度为：svtvtvt0.04 m，故D正确。6考查倾斜传送带模型多选如图倾角为30的传送
10、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v022a1，1mgcos 30mgsin 30ma1，对乙滑块v022a2，2mgcos 30mgsin 3
11、0ma2，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m2 kg，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v3 m/s。已知圆弧轨道半径R0.8 m，皮带轮的半径r0.2 m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，两皮带轮之间的距离为L6 m，重力加速度g10 m/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
12、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vr得15 rad/s。(2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得mgRmv02物块滑到圆弧轨道底端时，由牛顿第二定律得Fmg联立解得：F60 N由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力大小为60 N，方向竖直向下。(3)物块滑到圆弧底端的速度为v04 m/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mgma解得：ag1 m/s2物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为s08 m6 m可见，物块将从传送带的右端离开传送带WmgL12 J。答
13、案：(1)15 rad/s(2)60 N，方向竖直向下(3)右端离开12 J8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L3.2 m，与水平面间夹角37，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v2 m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R0.4 m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h0.35 m，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)金属块经过D点时的速度大小；(2)若金属块飞离E
14、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mgm解得：vE2 m/s在从D到E过程中，由动能定理得mg2RmvE2mvD2解得：vD2 m/s。(2)由几何关系，hBE2Rh0.45 m，金属块在从E到B的过程中，hBEgt2解得：t0.3 s，则xBEvEt0.6 m。(3)金属块开始在传送带上运行时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1解得：a110 m/s2设经位移x1金属块与传送带达到共同速度，则v22a1x1解得：x10.2 m3.2 m继续加速过程中，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2解得：a22 m/s2由 vB2v22a2x2、x2Lx13 m解得：vB4 m/s在从B到D过程中，由动能定理得mghWfmvD2mvB2解得：Wf1.5 J。答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)1.5 J7
