（江苏专版）2019版高考物理二轮复习专题二第三讲力学的经典模型（二）课前自测诊断卷（含解析）.doc

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1、1力学的经典模型(二) 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

2、的机械能之和，故 A 正确；滑块 B 轻放在木板 A 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

3、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砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端 处d2C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 a1 g ；砝码与纸板分离后的加速度大小 mgma2 g ，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 mgm板分离时砝码的速度为 v。砝码与纸板分离前有 v22 a1x1，

4、砝码与纸板分离后有v22 a2x2，又 x1 x2 d，可得 x1 d，所以砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右122端 d 处，故 B 正确。其他条件不变，换用更大的恒力 F，砝码的加速度不变，纸板的加速12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 Q mg x mgd ，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

5、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。解析：(1)物块刚滑上木板瞬间，长木板所受摩擦力大小 f mg对木板，由牛顿第二定律得： f Ma联立解得长木板此时的加速度： a 。 mgM(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： F kx长木板速度最大时： F f在此过程中弹簧对木板做功： W x0 F2对木板，根据动能定理有： fx W Mv212联立解得： v 。 mgkMkM答案：(1) (2)

6、 mgM mgkMkM4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/s 2。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(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

7、木板的加速度分别为 a1和 a2，则F 1m1g m1a1 1m1g 2(m1 m2)g m2a2解得 a13 m/s 2， a27 m/s 2木板向左减速，由运动学公式 v0 a2t1v022 a2x2小铁块向右加速运动 v1 a1t1x1 a1t1212解得 t10.5 s， v11.5 m/s， x10.375 m， x20.875 m。(2)撤去 F 后，因为 1m1g 2(m1 m2)g，所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

8、 1m1g m1a3， 1m1g 2(m1 m2)g m2a4又 v2 v1 a3t2， v2 a4t2x3 a4t2212解得 a32 m/s 2， a41 m/s 2， 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(m1 m2)g( m1 m2)a5v222 a5x4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x x2( x3 x4)解得 x0.625 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Q Fx1 m2v0212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)传送带模型5.考查水平传送带模型4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数为 0.2D前 2 s 内摩擦产生的热量为 16 J解析：选 ACD

10、 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 f ma2 v t 4.02N，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mamg 210移大小 x1 t4 m，方向向右，第 3 s 内的位移大小 x2 t1 m，方向向左，3 sv2 v2内位移 x x1 x23 m，方向向右；物块再向左运动时间 t2 1.5 s，物块在传送带xv上运动的时间 t t1 t24.5 s

11、，选项 B 错误。前 2 s 内传送带的位移 x1 v t22 m4 m，向左；相对位移 x x1 x18 m，所以转化的热量 EQ f x16 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

12、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5解析：选 BC 对甲滑块 v022 a1 ， 1mgcos 30 mgsin 30 ma1，对乙滑块hsin 30v022 a2 ， 2mgcos 30 mgsin 30 ma2，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12 12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

13、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 MgH Mv0212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 Mgs 0 Mv0212解得 s8 m10 m，

14、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a g 0.110 m/s 21 m/s 2；物体滑上传送带后向右做匀减速运动的时间为 t，则 t 4 sv0a这段时间内传送带向左运动的位移大小为6s1 vt34 m12 m物体相对于传送带滑行的距离为L1 s1 s12 m8 m20 m物体与传送带间产生的热量为Q1 Mg L10.120020 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。

15、则 t 3 sva这段时间内物体相对于传送带滑行的距离为L2 vt 4.5 mv22a物体与传送带间产生的热量为Q2 Mg L20.12004.5 J90 J；所以产生的总热量为 QQ 1Q 2490 J。答案：(1)见解析 (2)490 J8考查水平传送带与圆周运动结合如图所示，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

16、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 37 0.6，cos 37 0.8，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：

17、(1)以滑块为研究对象，从释放到 C 点的过程，由动能定理得：7W 弹 1mgx mvC212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： 2mgL mv2 mvC212 12代入数据解得： 20.4产生的内能 Q 2mg x 2mg(vt L)又 t 0.5 sv vC 2g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 mvD2 mv2212 12又 mgcos mv22R可得 cos 12脱离位置与 F 的高度 h R Rcos 1.5 m。答案：(1)5 m/s (2)0.4 4 J (3)1.5 m8