（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

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1、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，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(jī)械能等于滑塊B獲得的動能與系統(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

2、B獲得的動能與系統(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，木板A減速運(yùn)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(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，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(dá)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(dāng)木板向左運(yùn)動最遠(yuǎn)時撤去F，取g＝10 m/s2。求： (1)木板向左運(yùn)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(yùn)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(yùn)動學(xué)公式v0＝a2t1 v02＝2a2x2 小鐵塊向右加速運(yùn)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?yàn)棣?m1g>μ2(m1＋m2)g，所以木板向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，小鐵塊向右做初速度為v1的勻減速直線運(yùn)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(yùn)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(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(yùn)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(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摩擦因數(shù)為0.2，當(dāng)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(dá)B點(diǎn)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(yùn)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(yùn)動的時間，故B錯誤；行李最后和傳送帶最終一起勻速運(yùn)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(jī)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(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(jī)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(xiàng)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(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機(jī)對傳送帶做的功多，故B、C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤。 7．[考查圓周運(yùn)動與水平傳送帶結(jié)合] 如圖所示，一個可視為質(zhì)點(diǎn)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(dá)底端時恰好進(jìn)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(jī)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動結(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(diǎn)無初速度放置一個質(zhì)量為m＝1 kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)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(yùn)動，剛好能通過最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)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(diǎn)時的速度大小； (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

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(yùn)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(dá)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