（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題二 第三講 力學的經(jīng)典模型（二）課前自測診斷卷（含解析）.doc

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力學的經(jīng)典模型(二) 模型一 滑塊—木板模型 1.[考查滑塊在木板上的功能關系] 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　設砝碼A的質量為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＝2a2x2，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、木板與彈簧連接問題] 如圖所示，一輕彈簧的一端與豎直墻壁相連，另一端與放在光滑水平面上的長木板左端接觸，輕彈簧處于原長，長木板的質量為M，一質量為m的物塊以一定的初速度從長木板的右端向左滑上長木板。已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，輕彈簧的勁度系數(shù)為k，在長木板向左運動的過程中，物塊始終在木板上相對木板向左滑動，求： (1)物塊滑上長木板的瞬間， 長木板的加速度大?。? (2)長木板向左運動的最大速度。 解析：(1)物塊剛滑上木板瞬間，長木板所受摩擦力大小f＝μmg 對木板，由牛頓第二定律得：f＝Ma 聯(lián)立解得長木板此時的加速度：a＝。 (2)設長木板速度最大時彈簧的壓縮距離為x，此時彈簧的彈力：F＝kx 長木板速度最大時：F＝f 在此過程中彈簧對木板做功：W＝x 對木板，根據(jù)動能定理有：fx－W＝Mv2 聯(lián)立解得：v＝。 答案：(1)　(2) 4．[考查滑塊、木板反方向運動問題] 如圖所示，質量m1＝2 kg的小鐵塊放在足夠長的質量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?，F(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，設小鐵塊和木板的加速度分別為a1和a2，則 F－μ1m1g＝m1a1 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－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＝9.875 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]如圖1所示，一個質量m＝1 kg的小物塊以某一初速度滑上傳送帶左端，水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，物塊速度隨時間的變化關系如圖2所示(取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時為計時零點)，已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2，則(　　) A．傳送帶運動的速度大小為2 m/s B．物塊在傳送帶上運動的時間為3 s C．物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．前2 s內摩擦產(chǎn)生的熱量為16 J 解析：選ACD　由速度圖像可知，物塊初速度大小v＝4 m/s，傳送帶速度大小v′＝2 m/s，物塊在傳送帶上滑動t1＝3 s后，與傳送帶相對靜止，選項A正確。由速度圖像可得，物塊做勻變速運動的加速度：a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，由牛頓第二定律得f＝ma＝2 N，得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝＝＝0.2，選項C正確。前2 s內物塊的位移大小x1＝t＝4 m，方向向右，第3 s內的位移大小x2＝t′＝1 m，方向向左，3 s內位移x＝x1－x2＝3 m，方向向右；物塊再向左運動時間t2＝＝1.5 s，物塊在傳送帶上運動的時間t＝t1＋t2＝4.5 s，選項B錯誤。前2 s內傳送帶的位移x1′＝v′t＝22 m＝4 m，向左；相對位移Δx′＝x1′＋x1＝8 m，所以轉化的熱量EQ＝fΔx′＝16 J，選項D正確。 6．[考查傾斜傳送帶模型] [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。質量相等、材料不同的甲、乙滑塊(可視為質點)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－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．[考查水平傳送帶上物體與傳送帶相對運動] 如圖所示，質量M＝20 kg的物體從光滑曲面上高度H＝0.8 m處釋放，到達底端時水平進入水平傳送帶，傳送帶由一電動機驅動著勻速向左轉動，速度v＝3 m/s。已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。(g取10 m/s2)求： (1)若兩皮帶輪之間的距離是10 m，物體沖上傳送帶后就移走光滑曲面，物體將從哪一邊離開傳送帶？通過計算說明你的結論。 (2)若皮帶輪間的距離足夠大，從物體滑上到離開傳送帶的整個過程中，由于M和傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生了多少熱量？ 解析：(1)物體從曲面上下滑時機械能守恒， 有MgH＝Mv02 解得物體滑到曲面底端時的速度v0＝4 m/s 以地面為參照系，物體滑上傳送帶后先向右做勻減速運動，設其速度減至零時的位移為s。 由動能定理得－μMgs＝0－Mv02 解得s＝8 m＜10 m，之后在傳送帶的帶動下物體將從傳送帶的左端離開。 (2)物體在傳送帶上運動的加速度大小為 a＝μg＝0.110 m/s2＝1 m/s2； 物體滑上傳送帶后向右做勻減速運動的時間為t， 則t＝＝4 s 這段時間內傳送帶向左運動的位移大小為 s1＝vt＝34 m＝12 m 物體相對于傳送帶滑行的距離為 L1＝s1＋s＝12 m＋8 m＝20 m 物體與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為 Q1＝μMgL1＝0.120020 J＝400 J； 物體向左運動的過程中，根據(jù)對稱性知，若物體向左一直做勻加速運動，回到傳送帶左端時速度將為4 m/s，大于3 m/s，不可能，所以物體向左勻加速的末速度等于傳送帶的速度，設向左勻加速運動的時間為t′。 則t′＝＝3 s 這段時間內物體相對于傳送帶滑行的距離為 L2＝vt′－＝4.5 m 物體與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為 Q2＝μMgL2＝0.12004.5 J＝90 J； 所以產(chǎn)生的總熱量為Q＝Q1＋Q2＝490 J。 答案：(1)見解析　(2)490 J 8．[考查水平傳送帶與圓周運動結合] 如圖所示，水平平臺上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點，平臺AB段光滑，BC段長x＝1 m，與滑塊間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.25。平臺右端與水平傳送帶相接于C點，傳送帶的運行速度v＝7 m/s，長為L＝3 m，傳送帶右端D點與一光滑斜面銜接，斜面DE長度s＝0.5 m，另有一固定豎直放置的光滑圓弧形軌道剛好在E點與斜面相切，圓弧形軌道半徑R＝1 m，θ＝37。今將一質量m＝2 kg的滑塊向左壓縮輕彈簧到最短，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝30 J，然后突然釋放，當滑塊滑到傳送帶右端D點時，恰好與傳送帶速度相同。設經(jīng)過D點的拐角處無機械能損失且滑塊能沿斜面下滑。重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，不計空氣阻力。試求： (1)滑塊到達C點的速度vC； (2)滑塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ2及經(jīng)過傳送帶過程系統(tǒng)因摩擦增加的內能； (3)若只將傳送帶的運行速度大小調為v＝5 m/s，求滑塊脫離圓弧形軌道的位置距離F點的高度。 解析：(1)以滑塊為研究對象，從釋放到C點的過程，由動能定理得： W彈－μ1mgx＝mvC2 又W彈的大小等于Ep，W彈＝30 J 代入數(shù)據(jù)得：vC＝5 m/s。 (2)滑塊從C點到D點一直加速，到D點恰好與傳送帶同速，由動能定理得： μ2mgL＝mv2－mvC2 代入數(shù)據(jù)解得：μ2＝0.4 產(chǎn)生的內能Q＝μ2mgΔx＝μ2mg(vt－L) 又t＝＝0.5 s 可得Q＝4 J。 (3)當傳送帶的速度大小調為5 m/s，則滑塊運動到D點時速度vD＝5 m/s，設滑塊脫離軌道的位置與圓心O的連線與豎直方向的夾角為α，則從D點到脫離位置，由機械能守恒： mg[R(cos θ＋cos α)－ssin θ]＝mvD2－mv22 又mgcos α＝m 可得cos α＝ 脫離位置與F的高度h＝R＋Rcos α＝1.5 m。 答案：(1)5 m/s　(2)0.4　4 J　(3)1.5 m