精选-高考物理一轮复习第五章机械能微专题43“滑块-木板”模型中的能量转化问题加练半小时粤教版

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.7 “板块”模型中的能量转化问题【专题诠释】板块中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。

若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大【答案】　D【解析】　由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f ，根据动能定理得，对子弹A ：－fd A ＝0－E k A ，得E k A ＝fd A ；对子弹B ：－fd B ＝0－E k B ，得E k B ＝fd B ，由于d A >d B ，则有子弹入射时的初动能E k A >E k B ，故B 错误，D 正确。

两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而E k A >E k B ，则m A <m B ，故A 错误。

第九单元文化与生活单元排查落实练(九)1．纯自然现象有时也是文化现象。

( )提示错误。

文化是人类社会特有的，纯自然现象不是文化现象。

2．文化与经济的发展是同步的。

( )提示错误。

文化有其自身的传承性和相对独立性。

有时文化会超前于经济的发展，有时则会落后于经济的发展。

3．文化是综合国力竞争的决定性因素，一定的文化决定一定的经济、政治。

( )提示错误。

经济、政治决定文化，文化是经济、政治的反映和体现，文化对经济、政治具有反作用。

但是文化的作用始终是第二位的，任何时候都不能把文化的地位作用夸大为基础地位、决定性作用。

4．文化是一种社会物质力量。

( )提示错误。

文化是一种社会精神力量，能够在人们认识世界和改造世界的过程中转化为物质力量。

5．文化对社会的发展起着积极的促进作用。

( )提示错误。

优秀的、先进的文化对社会的发展起着积极的促进作用。

6．每个人所具有的文化素养，不是天生的，而是后天自发形成的。

( )提示错误。

文化素养既不是天生的也不是后天自发形成的，而是通过对社会生活的体验，特别是通过参与文化活动、接受文化知识教育而逐步培养出来的。

7．文化对人的影响具有潜移默化的特点，因此，只要处在一定的文化环境中，就一定能形成较高的文化修养。

( )提示错误。

处在一定的文化环境中有利于形成一定的文化素养，但只有参加健康向上的文化活动，自觉学习、主动接受文化熏陶才能有利于形成较高的文化素养。

8．人们文化素养的核心和标志是文化程度。

( )提示错误。

世界观、人生观、价值观是人们文化素养的核心和标志。

9．文化决定人们的交往行为和交往方式。

( )提示错误。

文化影响人们的交往行为和交往方式。

10．世界观、人生观、价值观一经形成，就具有确定的方向性，对人的综合素质和终身发展产生永久不变的影响。

( )提示错误。

具有确定的方向性但并不意味着终身不变。

一、选择题1．一群诗歌爱好者在手机的移动空间自发“为你读诗”；各类民间剧社、合唱团，在大小剧场里演绎着“城会玩”；读书会使严肃的阅读与讨论凝聚起志趣相投的人……这一切让生活氤氲“浓得化不开”的文化气，生活也因其滋养而内涵丰富。

43“滑块-木板”模型中的能量转化问题1.(多选)如图1所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块放在小车的最左端,现用一水平力F作用在小物块上,小物块与小车之间的摩擦力为F f,经过一段时间小车运动的位移为x,小物块刚好滑到小车的右端,则下列说法中正确的是( )图1A．此时小物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为F f xC．这一过程中,小物块和小车增加的机械能为Fx－F f LD．这一过程中,因摩擦而产生的热量为F f L2．(多选)(2018·山东济宁模拟)如图2所示,长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上,在木板上放置一质量为m的物块,物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动,若木板固定不动时,物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时,下列叙述正确的是( )图2A．物块不能从木板的右端滑下B．对系统来说产生的热量Q＝μmgLC．经过t＝Mv0(M＋m)μg物块与木板便保持相对静止D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功3．(多选)水平地面上固定一倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面,如图3所示,斜面上放一质量为m A＝2.0 kg、长l＝3 m的薄板A.质量为m B ＝1.0 kg 的滑块B (可视为质点)位于薄板A 的最下端,B 与A 之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时用外力使A 、B 静止在斜面上,某时刻给滑块B 一个沿斜面向上的初速度v 0＝5 m/s,同时撤去外力,已知重力加速度g ＝10 m/s 2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )图3A ．在滑块B 向上滑行的过程中,A 、B 的加速度大小之比为3∶5 B ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程所经历的时间为0.5 sC ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程中滑块B 克服摩擦力所做的功为259JD ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程中因摩擦产生的热量为253J4．(2018·河北邢台质检)如图4所示,质量为M ＝4 kg 的木板静止在光滑的水平面上,在木板的右端放置一个质量为m ＝1 kg,大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4,在铁块上加一个水平向左的恒力F ＝8 N,铁块在长L ＝6 m 的木板上滑动．取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中,恒力F 对铁块所做的功； (3)在铁块到达木板左端时,铁块和木板的总动能．答案精析1．BD [小物块运动的位移为x ＋L ,拉力和摩擦力做功,由动能定理得(F －F f )(x ＋L )＝E k1,故选项A 错误；小车仅受摩擦力,由动能定理得F f x ＝E k2,选项B 正确；小物块和小车组成的系统的机械能增加量为非重力做功,即(F －F f )(x ＋L )＋F f x ＝F (x ＋L )－F f L ,选项C 错误；因摩擦而产生的热量为摩擦力与相对路程之积,即Q ＝F f L ,选项D 正确．] 2．AC [木板固定不动时,物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时,物块向右减速的同时,木板要向右加速,物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能,所以产生的内能必然减小,物块相对于木板滑行的距离要减小,不能从木板的右端滑下,故A 正确．对系统来说,产生的热量Q ＝F f x 相对＝μmgx 相对<μmgL ,故B 错误．设物块与木板最终的共同速度为v ,物块和木板系统动量守恒,取向右为正方向,根据动量守恒定律,有：mv 0＝(m ＋M )v ,对木板M ,由动量定理得：μmgt ＝Mv ,联立解得t ＝Mv 0(M ＋m )μg,故C 正确．由于物块与木板相对于地的位移大小不等,物块对地位移较大,而摩擦力大小相等,所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功,故D 错误．] 3．CD [由题中条件可知,当滑块B 向上运动时,薄板A 将沿斜面向下运动,由受力分析和牛顿第二定律可知,对薄板A ,m A g sin θ－μm B g cos θ＝m A a A ,薄板A 的加速度a A ＝4 m/s 2,方向沿斜面向下；对滑块B ,μm B g cos θ＋m B g sin θ＝m B a B ,则滑块B 的加速度a B ＝10 m/s 2,方向沿斜面向下,故在滑块B 向上滑行的过程中,A 、B 的加速度大小之比为2∶5,选项A 错误；开始运动时,滑块B 向上做匀减速直线运动,减速到零所需要的时间t 1＝v 0a B＝0.5 s,此时薄板A 的速度大小为v A ＝a A t 1＝2m/s,然后二者均向下运动,且二者的加速度不变,最后速度相同,则有v A ＋a A t 2＝a B t 2,代入数据可解得t 2＝13 s,共同速度为v ＝103 m/s,A 、B从开始运动到速度相同所用时间为t ＝t 1＋t 2＝56s,选项B 错误；滑块B 的位移为x B ＝v 02t 1－v 2t 2＝2536m,方向沿斜面向上,所以滑块B 克服摩擦力做的功为W ＝μm B gx B cos θ＝259 J,选项C 正确；A 、B 的相对位移为x ＝v 02t 1＋12a A t 12＋v A t 2＋12a A t 22－v 2t 2,代入数据解得x ＝2512 m,故从A 、B开始运动到A 、B 相对静止的过程中因摩擦产生的热量Q ＝μm B gx cos θ＝253 J,选项D 正确．]4．(1)2 s (2)64 J (3)40 J解析 (1)铁块与木板间的滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.4×1×10 N＝4 N铁块的加速度a 1＝F －F f m ＝8－41 m/s 2＝4 m/s 2木板的加速度a 2＝F f M ＝44m/s 2＝1 m/s 2铁块滑到木板左端的时间为t ,则12a 1t 2－12a 2t 2＝L代入数据解得t ＝2 s(2)铁块位移x 1＝12a 1t 2＝12×4×22 m ＝8 m恒力F 对铁块做的功W ＝Fx 1＝8×8 J＝64 J (3)方法一： 铁块的动能E k A ＝(F －F f )x 1＝(8－4)×8 J＝32 J木板位移x 2＝12a 2t 2＝12×1×22 m ＝2 m木板的动能E k B ＝F f x 2＝4×2 J＝8 J 铁块和木板的总动能E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J.方法二：铁块的速度v 1＝a 1t ＝4×2 m/s＝8 m/s 铁块的动能E k A ＝12mv 12＝12×1×82 J ＝32 J木板的速度v 2＝a 2t ＝1×2 m/s＝2 m/s 木板的动能E k B ＝12Mv 22＝12×4×22 J ＝8 J铁块和木板的总动能E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J.。

板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．质量为m的物体，从静止开始以a＝g2的加速度竖直向下运动h米，下列说法中不正确的是()A．物体的动能增加了mgh 2B．物体的机械能减少了mgh 2C ．物体的势能减少了mgh 2D ．物体的势能减少了mgh答案 C解析 因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻力作用，由牛顿第二定律可求出合力F ＝ma ＝12mg ，可得阻力f ＝12mg ，合力做功W ＝12mgh ，动能增加12mgh ，A 正确；阻力做功W f ＝－12mgh ，机械能减少12mgh ，B 正确；重力做功W G ＝mgh ，则重力势能减少mgh ，D 正确，C 错误。

2．[2017·安徽合肥一模]一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为( )A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 答案 B解析 已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg ＝m v 2R 。

对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR －W ＝12m v 2，联立解得：W ＝14mgR ，B 正确。

3. [2017·山东滨州市一模]两物块A 和B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的力F 拉动物块A ，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A 开始运动到物块B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )A ．力F 先减小后增大B ．弹簧的弹性势能一直增大C ．物块A 的动能和重力势能一直增大D ．两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小答案 C解析 对A 物块由牛顿第二定律得：F －mg ＋kx ＝ma ，解得：F ＝m (g ＋a )－kx ，由于x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，A 错误；在A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，B 错误；在上升过程中，由于物块A 做匀加速运动，所以物块A 的速度增大，高度升高，则物块A 的动能和重力势能增大，C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，D 错误。

第43练(模型方法)“滑块—木板”模型中的能量问题（时间25分钟）思维方法1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化．2．用公式Q＝F f·x相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．一、选择题1.(多选)如图所示，木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上木板A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从物体B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是( )A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体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2．长为L＝1 m、质量为M＝1 kg的平板车在粗糙水平地面上以初速度v＝5 m/s向右运动，同时将一个质量为m＝2 kg的小物块轻轻放在平板车的最前端，物块和平板车的平板间的动摩擦因数为μ＝0.5，由于摩擦力的作用，物块相对平板车向后滑行距离s＝0.4 m 后与平板车相对静止，平板车最终因为地面摩擦而静止，如图所示，物块从放到平板车上到与平板车一起停止运动，摩擦力对物块做的功为( )A．0 B．4 JC．6 J D．10 J3．(多选)如图所示，质量为M＝2 kg、长为L＝2 m 的木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，先相对静止，后用一水平向右的力F＝4 N作用在小木块上，经过一段时间小木块从木板另一端滑下，g取10 m/s2，则( )A．小木块在长木板上滑行的时间t＝2 sB．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 JC．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F的瞬时功率为16 WD．小木块在运动过程中获得的动能为12 J二、非选择题4．[2022·宁夏银川市模拟]如图所示，一质量为m ＝1.5 kg 的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离x ＝10 m 后进入半径为R ＝9 m 的光滑圆弧AB ，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M ＝3.5 kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)滑块在斜面上的滑行时间t 1；(2)滑块脱离圆弧末端B 点前，轨道对滑块的支持力大小；(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离x 1.第43练 （模型方法）“滑块—木板”模型中的能量问题1．答案：CD解析：物体B 以水平速度v 0冲上木板A 后，由于摩擦力作用，物体B 减速运动，木板A 加速运动，根据能量守恒定律可知，物体B 动能的减少量等于木板A 增加的动能与系统损失的机械能之和，选项A 错误、选项C 正确；根据动能定理可知，物体B 克服摩擦力做的功等于物体B 损失的动能，选项B 错误；摩擦力对物体B 做的功等于物体B 动能的减少量，摩擦力对木板A 做的功等于木板A 动能的增加量，由能量守恒定律可知，摩擦力对物体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，选项D 正确．2．答案：A3．答案：AC解析：小木块和长木板之间发生相对滑动，滑动摩擦力大小为2 N ，根据牛顿第二定律可知长木板以加速度a 1＝1 m/s 2向右做匀加速运动，位移x 1＝12a 1t 2.小木块以加速度a 2＝2 m/s 2向右做匀加速运动，位移x 2＝12a 2t 2，x 2－x 1＝L ，解得t ＝2 s ，故选项A 正确；由功能关系得因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对路程，等于4 J ，故选项B 错误；小木块脱离长木板瞬间的速度v ＝4 m/s ，根据P ＝Fv ＝16 W ，可知选项C 正确；对小木块应用动能定理有ΔE k ＝W F ＋W f ＝8 J ，故选项D 错误．4．答案：（1）2.5 s （2）31.7 N （3）10 m解析：（1）设滑块在斜面上滑行的加速度为a ，由牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cosθ＝ma ，又x ＝12at 21联立解得t 1＝2.5 s.（2）滑块在圆弧AB 上的运动过程，由机械能守恒定律，有： 12 mv 2A ＋mgR （1－cos θ）＝12 mv 2B ，其中v A ＝at 1. 由牛顿第二定律，有F B －mg ＝m v 2B R， 联立解得：轨道对滑块的支持力F B ＝953N ≈31.7 N. （3）滑块在小车上滑行时的加速度：a 1＝μg ＝3.5 m/s 2， 小车的加速度：a 2＝μmg M＝1.5 m/s 2， 小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足v B －a 1t 2＝a 2t 2. 由（2）可知滑块刚滑上小车的速度v B ＝10 m/s ，最终同速时的速度v ＝v B －a 1t 2＝3 m/s. 由功能关系可得：μmg ·x 1＝12 mv 2B －12（m ＋M ）v 2， 联立解得：x 1＝10 m ．。

41 传送带模型中的能量转化问题[方法点拨] (1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化．(2)用公式Q ＝F f ·x 相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量． 1．(多选)(2020·徐州市考前模拟)如图1所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2滑上传送带，且v 2>v 1，最终滑块又返回至传送带的右端，对于此过程，下列判断正确的是( )图1A ．滑块返回传送带右端时的速率为v 1B ．传送带对滑块做功为12mv 22－12mv 12C ．电动机多做的功为2mv 12D ．滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v 1＋v 2)22．(多选)如图2所示，一质量为1 kg 的小物块自斜面上A 点由静止开始匀加速下滑，经2 s 运动到B 点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m/s 的恒定速率运行．已知A 、B 间距离为 2 m ，传送带长度(即B 、C 间距离)为10 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图2A ．小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB ．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC ．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 JD ．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J3．(多选)(2020·南通中学模拟)如图3所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m.开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图3A．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等4．(2020·黄桥中学模拟)如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A到B的过程中，传送带对物块做的功．5．(2020·盐城中学调研)如图5所示，一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L＝31.25 m，以v0＝6 m/s顺时针方向转动，现将一质量m＝1 kg的物体轻放在传送带的A端，传送带将其带到另一端B后，物体将沿着半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B点相切，C点为圆弧轨道的最高点，O点为圆弧轨道的圆心．已知传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物体可视为质点，求：图5(1)物体在B点对轨道的压力大小；(2)当物体过B点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小．答案精析1．AD [由于传送带足够长，滑块先向左减速至0再向右加速，由于v 1<v 2，当速度增大到等于传送带速度时，滑块还在传送带上，之后与传送带一起向右匀速运动，有v 2′＝v 1，故A 正确；根据动能定理，传送带对滑块做功W ＝ΔE k ＝12mv 12－12mv 22，故B 错误；滑块向左运动x 1＝v 22t 1，摩擦力对滑块做功：W 1＝－F f x 1＝－F f v 22t 1①又摩擦力做功等于滑块动能的变化量，即：W 1＝－12mv 22②该过程中传送带的位移：x 2＝v 1t 1 摩擦力对传送带做功： W 2＝－F f ′x 2＝－F f ′v 1t 1③传送带对滑块的摩擦力与滑块对传送带的摩擦力为作用力与反作用力，则有F f ＝F f ′④ 联立①②③④得：W 2＝－mv 1v 2设滑块向右匀加速运动的时间为为t 2，位移为x 3，则： x 3＝v 12t 2摩擦力对滑块做功：W 3＝F f x 3＝12mv 12该过程中传送带的位移：x 4＝v 1t 2＝2x 3滑块相对传送带的总位移：x 相对＝x 1＋x 2＋x 4－x 3＝x 1＋x 2＋x 3 系统克服滑动摩擦力做功：W 总＝F f x 相对＝|W 1|＋|W 2|＋W 3＝12m(v 1＋v 2)2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于系统克服滑动摩擦力做功，Q ＝W 总＝12m(v 1＋v 2)2，故D 正确；全过程中，电动机对传送带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q ＝W ＋12mv 22－12mv 12 整理得：W ＝Q －12mv 22＋12mv 12＝mv 12＋mv 1v 2，故C 错误．]2．BCD3．ACD [开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a gsin θ＝m b g ，则 m a ＝m b sin θ＝m sin θ，b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE pa ＝m a g·hsin θ＝mgh ，故A 正确；根据能量守恒定律得，摩擦力对a 做的功等于a 、b 系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于系统动能的增量，故B 错误，C 正确；任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力做功的瞬时功率P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．] 4．(1)35(2)－3.75 J 解析 (1)由题图乙可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2 联立解得：μ＝35(2)由v －t 图线与t 轴所围面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：x 1＝v 12t 1则摩擦力对物块做功：W 1＝μmgcos θ·x 1 在后0.5 s ，物块对地位移为：x 2＝v 1＋v 22t 2 则摩擦力对物块做功W 2＝－μmgcos θ·x 2 所以传送带对物块做的总功：W ＝W 1＋W 2 联立解得：W ＝－3.75 J 5．(1)58 N (2)20 m/s解析 (1)根据牛顿第二定律：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：a ＝0.4 m/s 2设物体在AB 上全程做匀加速运动，根据运动学公式：v B 2＝2aL 解得：v B ＝5 m/s<6 m/s即物体在AB 上全程做匀加速运动，物体刚滑上圆弧轨道时，对物体受力分析有F N －mgcos θ＝mv B2R解得F N ＝58 N由牛顿第三定律可得物体在B 点对轨道的压力大小F N ′＝58 N (2)设物体能够到达C 点，从B 到C 利用动能定理： －mg(R ＋Rcos θ)＝12mv C 2－12mv B 2解得：v C ＝7 m/s>gR 即物体能够到达C 点从C 点落到地面，物体做平抛运动，下落高度 h ＝R ＋Rcos θ＋Lsin θ＝19.65 m利用运动学公式：v y 2＝2gh ，解得v y ＝393 m/sv ＝v C 2＋v y 2＝20 m/s(或利用动能定理mgh ＝12mv 2－12mv C 2得v ＝20 m/s)2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．理想变压器的输入端、输出端所连接电路如图所示，图中交流电源的电动势e=311si n(100πt)V ，三只灯泡完全相同。

一.必备知识精讲模型图示模型特点(1)假设滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔE k＝Mm＋ME k0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解二.典型例题精讲：题型一：图像题例1：. 如下图，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。

现给P向右的速率v P，给Q向左的速率v Q，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，那么运动过程中P、Q的速度随时间变化的图像可能正确的选项是()答案ABC解析开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终到达共同速度，以向右为正方向，P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得m P v P－m Q v Q＝(m P＋m Q)v；假设m P v P＝m Q v Q，那么v＝0，图像如图A所示；假设m P v P>m Q v Q，那么v>0，图像如图B所示；假设m P v P<m Q v Q，那么v<0，图像如图C所示。

故A、B、C正确，D错误。

题型二：计算题例2：如下图，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上外表光滑，C 的上外表粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上外表等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L ，不计空气阻力．求：(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力F f 大小；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .答案 (1)56v (2)m v 23L (3)3L 2v解析 (1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒：2m v －m v ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v 3A 滑到C 上，A 、C 动量守恒：3m v ＋m v 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝56v ； (2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝12(3m )v 2＋12m v 12－12(3m ＋m )v 22 Q ＝F f · L 2联立解得F f ＝m v 23L； (3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1解得t ＝3L 2v. 三.举一反三，稳固练习1．如下图，甲图表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上外表粗糙的水平小车B 上，车与水平面间的动摩擦因数不计，乙图为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知 ( )A ．小车上外表长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上外表间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能答案：BC[解析] 由图象可知，A 、B 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上外表长度，故A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B正确；由图象可知A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据动能定理得－μm A g Δx ＝12(m A ＋m B )v 21－12m A v 20，根据B 项中求得的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量无法求出，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误。