（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功和能 第三講 力學(xué)的經(jīng)典模型（二）——課前自測診斷卷

第三講 力學(xué)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(yùn)動(dòng)，某時(shí)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(jī)械能等于滑塊B獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)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(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)損失的機(jī)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(jī)械能等于滑塊B獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)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(yùn)動(dòng)，木板A減速運(yùn)動(dòng)，摩擦力對滑塊B做的功等于滑塊B動(dòng)能的增加量，摩擦力對木板A做的功等于木板A動(dòng)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(dòng)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(cuò)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(dòng)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，且砝碼剛好到達(dá)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(shí)，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(dá)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(dòng)摩擦因數(shù)為。根據(jù)牛頓第二定律得：砝碼與紙板分離前的加速度大小 a1g；砝碼與紙板分離后的加速度大小a2g，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(shí)砝碼的速度為v。砝碼與紙板分離前有v22a1x1，砝碼與紙板分離后有v22a2x2，又x1x2d，可得x1d，所以砝碼與紙板分離時(shí)，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(shí)間縮短，獲得的速度減小，則砝碼將不能到達(dá)桌面右端，故C正確。砝碼與紙板間的相對位移不變，由Qmgxmgd，可知砝碼與紙板間產(chǎn)生的熱量不變，故D錯(cuò)誤。3考查滑塊、木板同方向運(yùn)動(dòng)問題如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，以后長木板運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為m1 kg，木板足夠長(g10 m/s2)。求：(1)小物塊與長木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的值；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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1mg22mgma1vma1t1木板和物塊相對靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律得22mg2ma2vma2t2由題給圖像可知，vm2 m/s，t12 s，t21 s聯(lián)立解得10.5。(2)小物塊減速過程中，有1mgmavmv0at1在整個(gè)過程中，由系統(tǒng)的能量守恒得Qmv02聯(lián)立解得Q72 J。答案：(1)0.5(2)72 J4考查滑塊、木板反方向運(yùn)動(dòng)問題如圖所示，質(zhì)量m12 kg的小鐵塊放在足夠長的質(zhì)量m21 kg的木板的左端，木板和鐵塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.2，木板和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，兩者均靜止?，F(xiàn)突然給木板向左的初速度v03.5 m/s，同時(shí)對小鐵塊施加一水平向右的恒定拉力F10 N，當(dāng)木板向左運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)時(shí)撤去F，取g10 m/s2。求：(1)木板向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1和這段時(shí)間內(nèi)小鐵塊和木板的位移x1、x2；(2)整個(gè)過程中，木板在水平面上滑行的位移大??；(3)整個(gè)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(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)小鐵塊和木板的加速度分別為a1和a2，則F1m1gm1a11m1g2(m1m2)gm2a2解得a13 m/s2，a27 m/s2木板向左減速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v0a2t1v022a2x2小鐵塊向右加速運(yùn)動(dòng)v1a1t1x1a1t12解得t10.5 s，v11.5 m/s，x10.375 m，x20.875 m。(2)撤去F后，因?yàn)?m1g>2(m1m2)g，所以木板向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小鐵塊向右做初速度為v1的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)小鐵塊和木板的加速度大小分別為a3和a4，經(jīng)過時(shí)間t2木板與小鐵塊速度相同為v2，木板的位移為x3，則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木板與小鐵塊速度相同后，兩者一起做減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，設(shè)加速度為a5，位移為x4，則2(m1m2)g(m1m2)a5v222a5x4解得x40.125 m設(shè)木板在水平面上總共滑行的位移大小為x，則xx2(x3x4)解得x0.625 m。(3)整個(gè)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)傳送帶模型5.考查水平傳送帶模型多選在機(jī)場和火車站可以看到對行李進(jìn)行安全檢查用的水平傳送帶如圖所示，當(dāng)旅客把行李放在正在勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上后，傳送帶和行李之間的滑動(dòng)摩擦力使行李開始運(yùn)動(dòng)，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(jī)場的傳送帶勻速前進(jìn)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，當(dāng)旅客把這個(gè)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/s2，則()A開始時(shí)行李的加速度為2 m/s2B行李到達(dá)B點(diǎn)時(shí)間為2 sC傳送帶對行李做的功為0.4 JD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(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓第二定律有：mgma，所以得：a2 m/s2，故A正確；由于傳送帶的長度未知，故不能求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；行李最后和傳送帶最終一起勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理知，傳送帶對行李做的功為：Wmv20.4 J，故C正確；行李和傳送帶相對滑動(dòng)的時(shí)間為：t0.2 s，則在傳送帶上留下的痕跡長度為：svtvtvt0.04 m，故D正確。6考查傾斜傳送帶模型多選如圖傾角為30的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)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(diǎn))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(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與傳送帶的動(dòng)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(gè)過程中傳送帶對滑塊所做的功相同D兩個(gè)過程中電動(dòng)機(jī)對傳送帶所做的功相同解析：選BC對甲滑塊v022a1，1mgcos 30mgsin 30ma1，對乙滑塊v022a2，2mgcos 30mgsin 30ma2，可得1<2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，相對滑動(dòng)過程中Q11mgcos 30x1mv02mgh，Q22mgcos 30x2mv02mgh，則Q1>Q2，兩滑塊從傳送帶底端到頂端機(jī)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(dòng)機(jī)對傳送帶做的功多，故B、C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7考查圓周運(yùn)動(dòng)與水平傳送帶結(jié)合如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，質(zhì)量為m2 kg，從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達(dá)底端時(shí)恰好進(jìn)入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)著勻速向左轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小為v3 m/s。已知圓弧軌道半徑R0.8 m，皮帶輪的半徑r0.2 m，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，兩皮帶輪之間的距離為L6 m，重力加速度g10 m/s2。求：(1)皮帶輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度多大？(2)物塊滑到圓弧軌道底端時(shí)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(dòng)的角速度，由vr得15 rad/s。(2)物塊滑到圓弧軌道底端的過程中，由動(dòng)能定理得mgRmv02物塊滑到圓弧軌道底端時(shí)，由牛頓第二定律得Fmg聯(lián)立解得：F60 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v04 m/s物塊滑上傳送帶后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgma解得：ag1 m/s2物塊勻減速到速度為零時(shí)運(yùn)動(dòng)的最大距離為s08 m>6 m可見，物塊將從傳送帶的右端離開傳送帶WmgL12 J。答案：(1)15 rad/s(2)60 N，方向豎直向下(3)右端離開12 J8考查傾斜傳送帶與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合(2019揚(yáng)州中學(xué)模擬)如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L3.2 m，與水平面間夾角37，傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v2 m/s，在上端A點(diǎn)無初速度放置一個(gè)質(zhì)量為m1 kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R0.4 m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為h0.35 m，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)金屬塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)若金屬塊飛離E點(diǎn)后恰能擊中B點(diǎn)，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(diǎn)，由牛頓第二定律得mgm解得：vE2 m/s在從D到E過程中，由動(dòng)能定理得mg2RmvE2mvD2解得：vD2 m/s。(2)由幾何關(guān)系，hBE2Rh0.45 m，金屬塊在從E到B的過程中，hBEgt2解得：t0.3 s，則xBEvEt0.6 m。(3)金屬塊開始在傳送帶上運(yùn)行時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1解得：a110 m/s2設(shè)經(jīng)位移x1金屬塊與傳送帶達(dá)到共同速度，則v22a1x1解得：x10.2 m<3.2 m繼續(xù)加速過程中，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma2解得：a22 m/s2由 vB2v22a2x2、x2Lx13 m解得：vB4 m/s在從B到D過程中，由動(dòng)能定理得mghWfmvD2mvB2解得：Wf1.5 J。答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)1.5 J7