2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：专题二·第三讲 力学的经典模型（二）——课前自测诊断卷 Word版含解析.doc

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1、专题二第三讲 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.考查滑块在木板上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

2、的左端，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、木板与弹簧连接问题如图所示，一轻弹簧的一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为M，一质量为m的物块以一定的初速度从长木板的右端向左滑上长木板。已知物块与长木板间的动摩擦因数为，轻弹簧的劲度系数为k，在长木板向左运动的过程中，物块始终在木板上相对木板向左滑动，求：(1)物块滑上长木板的瞬间， 长木板的加速度大小；(2)长木板向左运动的最大速度。解

5、析：(1)物块刚滑上木板瞬间，长木板所受摩擦力大小fmg对木板，由牛顿第二定律得：fMa联立解得长木板此时的加速度：a。(2)设长木板速度最大时弹簧的压缩距离为x，此时弹簧的弹力：Fkx长木板速度最大时：Ff在此过程中弹簧对木板做功：Wx对木板，根据动能定理有：fxWMv2联立解得：v。答案：(1)(2)4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

6、最远时撤去F，取g10 m/s2。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

7、以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动，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

8、.625 m。(3)整个过程中，由能量守恒定律，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如图1所示，一个质量m1 kg的小物块以某一初速度滑上传送带左端，水平传送带AB逆时针匀速转动，物块速度随时间的变化关系如图2所示(取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则()A传送带运动的速度大小为2 m/sB物块在传送带上运动的时间为3 sC物块与传送带之间的动摩擦因

9、数为0.2D前2 s内摩擦产生的热量为16 J解析：选ACD由速度图像可知，物块初速度大小v4 m/s，传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送带相对静止，选项A正确。由速度图像可得，物块做匀变速运动的加速度：a m/s22.0 m/s2，由牛顿第二定律得fma2 N，得到物块与传送带间的动摩擦因数0.2，选项C正确。前2 s内物块的位移大小x1t4 m，方向向右，第3 s内的位移大小x2t1 m，方向向左，3 s内位移xx1x23 m，方向向右；物块再向左运动时间t21.5 s，物块在传送带上运动的时间tt1t24.5 s，选项B错误。前2 s内传送带的位移x1vt

10、22 m4 m，向左；相对位移xx1x18 m，所以转化的热量EQfx16 J，选项D正确。6考查倾斜传送带模型多选如图倾角为30的传送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

11、功相同解析：选BC对甲滑块v022a1，1mgcos 30mgsin 30ma1，对乙滑块v022a2，2mgcos 30mgsin 30ma2，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考查水平传送带上物体与传送带相对运动如图所示，质量M20 kg的物体从光滑曲面上高度H0.8 m处释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度v3 m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数0.1。(g取10 m/s2)求：(1)若两皮带轮之间的距离是10 m，物体冲上传送带

12、后就移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论。(2)若皮带轮间的距离足够大，从物体滑上到离开传送带的整个过程中，由于M和传送带间的摩擦而产生了多少热量？解析：(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒，有MgHMv02解得物体滑到曲面底端时的速度v04 m/s以地面为参照系，物体滑上传送带后先向右做匀减速运动，设其速度减至零时的位移为s。由动能定理得Mgs0Mv02解得s8 m10 m，之后在传送带的带动下物体将从传送带的左端离开。(2)物体在传送带上运动的加速度大小为ag0.110 m/s21 m/s2；物体滑上传送带后向右做匀减速运动的时间为t，则t4 s这段时间内传送带向左运

13、动的位移大小为s1vt34 m12 m物体相对于传送带滑行的距离为L1s1s12 m8 m20 m物体与传送带间产生的热量为Q1MgL10.120020 J400 J；物体向左运动的过程中，根据对称性知，若物体向左一直做匀加速运动，回到传送带左端时速度将为4 m/s，大于3 m/s，不可能，所以物体向左匀加速的末速度等于传送带的速度，设向左匀加速运动的时间为t。则t3 s这段时间内物体相对于传送带滑行的距离为L2vt4.5 m物体与传送带间产生的热量为Q2MgL20.12004.5 J90 J；所以产生的总热量为QQ1Q2490 J。答案：(1)见解析(2)490 J8考查水平传送带与圆周运动

14、结合如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x1 m，与滑块间的摩擦因数为10.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v7 m/s，长为L3 m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面DE长度s0.5 m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R1 m，37。今将一质量m2 kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为Ep30 J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同。设经过D点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度g取10 m/s2，sin 3

15、70.6，cos 370.8，不计空气阻力。试求：(1)滑块到达C点的速度vC；(2)滑块与传送带间的摩擦因数2及经过传送带过程系统因摩擦增加的内能；(3)若只将传送带的运行速度大小调为v5 m/s，求滑块脱离圆弧形轨道的位置距离F点的高度。解析：(1)以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得：W弹1mgxmvC2又W弹的大小等于Ep，W弹30 J代入数据得：vC5 m/s。(2)滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得：2mgLmv2mvC2代入数据解得：20.4产生的内能Q2mgx2mg(vtL)又t0.5 s可得Q4 J。(3)当传送带的速度大小调为5 m/s，则滑块运动到D点时速度vD5 m/s，设滑块脱离轨道的位置与圆心O的连线与竖直方向的夹角为，则从D点到脱离位置，由机械能守恒：mgR(cos cos )ssin mvD2mv22又mgcos m可得cos 脱离位置与F的高度hRRcos 1.5 m。答案：(1)5 m/s(2)0.44 J(3)1.5 m