（江苏专用）2021高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第三讲 力学的经典模型（二）——课前自测诊断卷.doc

《（江苏专用）2021高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第三讲 力学的经典模型（二）——课前自测诊断卷.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、整理于网络可修改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—木板模型中的功能关系]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

2、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

3、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a1＝＝μg；砝码与纸板分离后的加速度大小a2＝＝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v2＝2a1x1，砝码与纸板分离后有v2＝2a2x2，又x1＋x2＝d，可得x1＝d，所以砝码与纸板

4、分离时，砝码一定位于距离桌面右端d7整理于网络可修改处，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＝μmgΔx＝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、木板同方向运动问题]如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的vt图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，木板足够长(g＝10m/s2)。求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运

5、动过程中，系统所产生的热量。解析：(1)长木板加速过程中，由牛顿第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由题给图像可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s联立解得μ1＝0.5。(2)小物块减速过程中，有μ1mg＝mavm＝v0－at1在整个过程中，由系统的能量守恒得Q＝mv02联立解得Q＝72J。答案：(1)0.5　(2)72J4．[考查滑块、木板反方向运动问题]如图所示，质量m1＝2kg的小铁块放在足够长的质量m2＝1kg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

6、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v0＝3.5m/s，同时对小铁块施加一水平向右的恒定拉力F＝10N，当木板向左运动最远时撤去F，取g＝10m/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；7整理于网络可修改(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F－μ1m1g＝m1a1μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2解得a1＝3m/s2，a2＝7m/s2木板向左减速，由运动学公式v0＝a2t1v02

7、＝2a2x2小铁块向右加速运动v1＝a1t1x1＝a1t12解得t1＝0.5s，v1＝1.5m/s，x1＝0.375m，x2＝0.875m。(2)撤去F后，因为μ1m1g>μ2(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μ1m1g＝m1a3，μ1m1