(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)

力学的经典模型(二)1.[如图所示，长木板A 放在光滑的水平地面上以v 0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 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 ．砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端d2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μ。

根据牛顿第二定律得：砝码与纸板分离前的加速度大小 a 1＝μmgm＝μg ；砝码与纸板分离后的加速度大小a 2＝μmg m＝μg ，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v 2＝2a 1x 1，砝码与纸板分离后有v 2＝2a 2x 2，又x 1＋x 2＝d ，可得x 1＝12d ，所以砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端12d 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 ＝μmg Δx ＝μmgd ，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μ，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 ＝μmg 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 ＝μmg M。

(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 ＝0＋F 2x对木板，根据动能定理有：fx －W ＝12Mv 2联立解得：v ＝μmg kMkM。

答案：(1)μmg M (2)μmg kM kM4．[考查滑块、木板反方向运动问题]如图所示，质量m 1＝2 kg 的小铁块放在足够长的质量m 2＝1 kg 的木板的左端，木板和铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板和水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，两者均静止。

现突然给木板向左的初速度v 0＝3.5 m/s ，同时对小铁块施加一水平向右的恒定拉力F ＝10 N ，当木板向左运动最远时撤去F ，取g ＝10 m/s 2。

求：(1)木板向左运动的时间t 1和这段时间内小铁块和木板的位移x 1、x 2； (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a 1和a 2，则F －μ1m 1g ＝m 1a 1μ1m 1g ＋μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2 解得a 1＝3 m/s 2，a 2＝7 m/s 2木板向左减速，由运动学公式v 0＝a 2t 1v 02＝2a 2x 2小铁块向右加速运动v 1＝a 1t 1x 1＝12a 1t 12解得t 1＝0.5 s ，v 1＝1.5 m/s ，x 1＝0.375 m ，x 2＝0.875 m 。

(2)撤去F 后，因为μ1m 1g >μ2(m 1＋m 2)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v 1的匀减速直线运动。

设小铁块和木板的加速度大小分别为a 3和a 4，经过时间t 2木板与小铁块速度相同为v 2，木板的位移为x 3，则μ1m 1g ＝m 1a 3，μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 4 又v 2＝v 1－a 3t 2，v 2＝a 4t 2x 3＝12a 4t 22解得a 3＝2 m/s 2，a 4＝1 m/s 2，t 2＝0.5 s ，v 2＝0.5 m/s ，x 3＝0.125 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a 5，位移为x 4，则μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 5v 22＝2a 5x 4解得x 4＝0.125 m设木板在水平面上总共滑行的位移大小为x ，则x ＝x 2－(x 3＋x 4)解得x ＝0.625 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 ＝Fx 1＋12m 2v 02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 J5.[[多选]如图1所示，一个质量m ＝1 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/s 2，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 由速度图像可知，物块初速度大小v ＝4 m/s ，传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 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 ＝Δv Δt ＝4.02m/s 2＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得f ＝ma ＝2 N ，得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ma mg ＝210＝0.2，选项C 正确。

前2 s 内物块的位移大小x 1＝v 2t ＝4 m ，方向向右，第3 s 内的位移大小x 2＝v ′2t ′＝1 m ，方向向左，3 s 内位移x＝x 1－x 2＝3 m ，方向向右；物块再向左运动时间t 2＝xv ′＝1.5 s ，物块在传送带上运动的时间t ＝t 1＋t 2＝4.5 s ，选项B 错误。

前2 s 内传送带的位移x 1′＝v ′t ＝2×2 m＝4 m ，向左；相对位移Δx ′＝x 1′＋x 1＝8 m ，所以转化的热量E Q ＝f ×Δx ′＝16 J ，选项D 正确。

6．[考查倾斜传送带模型][多选]如图倾角为θ＝30°的传送带在电动机带动下始终以v 0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功相同解析：选BC 对甲滑块v 02＝2a 1hsin 30°，μ1mg cos 30°－mg sin 30°＝ma 1，对乙滑块v 02＝2a 2h /2sin 30°，μ2mg cos 30°－mg sin 30°＝ma 2，可得μ1<μ2，故A 项错误；根据功能关系，相对滑动过程中Q 1＝μ1mg cos 30°·Δx 1＝12mv 02＋mgh ，Q 2＝μ2mg cos 30°·Δx 2＝12mv 02＋12mgh ，则Q 1>Q 2，两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M ＝20 kg 的物体从光滑曲面上高度H ＝0.8 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v ＝3 m/s 。

已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。

(g 取10 m/s 2)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 ＝12Mv 02解得物体滑到曲面底端时的速度v 0＝4 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－μMgs ＝0－12Mv 02解得s ＝8 m ＜10 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a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 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 ＝v 0a＝4 s这段时间内传送带向左运动的位移大小为s 1＝vt ＝3×4 m＝12 m物体相对于传送带滑行的距离为L 1＝s 1＋s ＝12 m ＋8 m ＝20 m物体与传送带间产生的热量为Q 1＝μMg ·L 1＝0.1×200×20 J＝400 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 ′。