2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí)能量和動(dòng)量微專題突破 能量專題問題中的“傳送帶”模型和“板塊”模型

1、能量專題問題中的“傳送帶”模型和“板塊”模型1、如圖所示,某滑翔愛好者利用無動(dòng)力滑翔傘在高山頂助跑起飛,在空中完成長(zhǎng)距離滑翔后安全到達(dá)山腳下。他在空中滑翔的過程中()A. 只有重力做功B. 重力勢(shì)能的減小量大于重力做的功C. 重力勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量D. 動(dòng)能的增加量等于合力做的功2、如圖，木塊m放在光滑的水平面上，一顆子彈水平射入木塊中，子彈受到的平均作用力為f，射入深度為d，此過程中木塊移動(dòng)了S，則()A. 子彈損失的動(dòng)能為fsB. 木塊增加的動(dòng)能為f(s+d)C. 子彈動(dòng)能的減少等于木塊動(dòng)能的增加D子彈、木塊系統(tǒng)總機(jī)械能的損失為fd3、水平傳送帶以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，把一質(zhì)量為m的小

2、木塊A由靜止輕放在傳送帶上,若小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩如圖所示，在小木塊與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為()A.mv2B.2mv21C. mv241D. mv224、如圖所示固定在水平面上的光滑斜面傾角為0=30°,物體A、B通過細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè),P為固定在斜面上且與斜面垂直的光滑擋板，物體A、B的質(zhì)量分別為m和4m。開始時(shí)用手托住物體A,滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且左邊的細(xì)繩與斜面平行，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),A距離地面高度為h,放手后A從靜止開始下落，在A下落至地面前的瞬間，物體B恰好對(duì)擋板無壓力，不計(jì)空氣阻力,下列關(guān)于物體A的說法正確的是（）A. 在下洛至

3、地面前的過程中機(jī)械能守恒B. 在下落至地面前的瞬間速度不一定為零C. 在下落至地面前的過程中輕彈簧對(duì)A做的功為-mghD. 在下落至地面前的過程中可能一直在做加速運(yùn)動(dòng)5、如圖所示,質(zhì)量為皿、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）放置在木板左端,滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力的大小為f,用水平的恒定拉力F作用于滑塊當(dāng)滑塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為s,滑塊速度為vi,木板速度為v2，下列結(jié)論中正確的是（）A.滑塊克服摩擦力所做的功為f(L+s)B木板滿足關(guān)系：f(L+s)二2mv2C.F（L+s）=212mv2+mv22i2i2D.其他條件不變的情況下,F越

4、大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多26、如圖所示,在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率I，勻速順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2(v2>up滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。下列關(guān)于這一過程的判斷中正確的有()A. 滑塊返回傳送帶右端的速率為v11B. 此過程中傳送帶對(duì)滑塊做功為三mv2_二mv22122C. 此過程中電動(dòng)機(jī)因傳送滑塊多做的功為2mv211D. 此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為三m(v2+v2)2127、如圖所示，在光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M的木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的木塊A在B的左端以初速度v開始向右滑動(dòng)，

5、已知M，用和分別表示木0塊A和木板B的圖像，在木塊A從B的左端滑到右端的過程中，下面關(guān)于速度v隨時(shí)間t、動(dòng)能E隨位移s的變化圖像，其中可能正確的是()kA,Bn0CD8、在光滑水平面上，質(zhì)量均為m的甲、乙兩輛小車,分別以v和2v的速度相向而行，相遇后兩小車粘合在一起,下列說法正確的是（）A. 兩小車粘合后可能靜止B. 兩小車粘合過程中機(jī)械能損失1mv22C. 兩小車粘合后速度方向與乙車原來的運(yùn)動(dòng)方向相同3D. 兩小車粘合過程中甲車對(duì)乙車的沖量大小為-mv29、矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊若射擊下層，子彈剛好不射出;若射

6、擊上層,則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示.則上述兩種情況相比較（）A.子彈的末速度大小相等B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C.子彈對(duì)滑塊做的功不相同D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大10、如圖所示,長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m=4kg的小物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.木板A獲得的動(dòng)能為2JB.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC.木板A的最小長(zhǎng)度為2mD.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.111、已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為9，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適

7、當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖甲所示），以此時(shí)為t=0時(shí)刻記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖乙所示（圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中兩坐?biāo)大小v>v）。已知傳送帶的速度保持不變。（g取10m/s2）12則（）-Ji'1)A. 0-t內(nèi),物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功1B. 物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩,卩tan0C. 0-t內(nèi),傳送帶對(duì)物塊做功為W=mv2-mv22222水平距離L；D. 系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小2、傳送帶是現(xiàn)代自動(dòng)化產(chǎn)業(yè)中應(yīng)用非常廣泛的一種傳動(dòng)裝置,如圖所示,在一水平向右勻速傳輸?shù)淖銐蜷L(zhǎng)的傳送帶的左端A點(diǎn)，每隔相

8、同的時(shí)間T,輕放上一個(gè)相同質(zhì)量的小煤塊。已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為卩，煤塊的質(zhì)量為m,經(jīng)測(cè)量，發(fā)現(xiàn)右邊那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的煤塊之間的距離相同且均為x,而且每個(gè)煤塊在傳送帶上均留下長(zhǎng)為L(zhǎng)的擦痕,重力加速度為g,下列判斷正確的有（）A傳送帶的速率為C.和傳送帶達(dá)到相同速度的煤塊之間的距離為x=T評(píng)gLD傳送帶因傳送每一個(gè)煤塊而多消耗的能量為T213、如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運(yùn)行?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg的物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g=10m/s2,sin37。=0.6,cos37。=0.8:求：

9、(1) 物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)0-8s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的位移；(3)0-8s內(nèi)物體機(jī)械能的增加量。14、如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)游戲裝置，用彈簧制作的彈射系統(tǒng)將小球從管口P彈出，右側(cè)水平距離為L(zhǎng),豎直高度為H=0.5m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R=0.75m,內(nèi)壁光滑。通過調(diào)節(jié)立柱Q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點(diǎn)M沿切線方向進(jìn)入管道，從最高點(diǎn)N離開后能落回管口P,則游戲成功。小球質(zhì)量為0.2kg,半徑略小于管道內(nèi)徑，可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力,g取10m/s1小球在N處對(duì)管道的作用力；彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能。15、如圖所示，質(zhì)量M=1kg且足夠長(zhǎng)的木板靜止在

10、水平面上，與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)卩2=0.1?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的小鐵塊以v°=3m/s的水平速度從左端滑上木板，鐵塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)卩=°2。重力加速度g=10m/s2。求：一!>。該同學(xué)某次游戲取得成功，試求：（1）鐵塊剛滑上木板時(shí)，鐵塊和木板的加速度分別多大?（2）木板的最大速度多大?（3）從木板開始運(yùn)動(dòng)至停止的整個(gè)過程中，木板在地面上發(fā)生的位移是多少?（4）從木板開始運(yùn)動(dòng)至停止的整個(gè)過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少？答案以及解析1答案及解析：答案：D解析：A項(xiàng):滑翔的過程中除重力做功外，還有空氣阻力做功，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng):由功能關(guān)系可知,重力勢(shì)能的減小量等于重力做

11、的功,故B錯(cuò)誤;C項(xiàng)：由能量守恒可知，重力勢(shì)能的減小量等動(dòng)能的增加和克服阻力所做的功故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：由動(dòng)能定理可知，合外力所做的功等于動(dòng)能的變化量，故D正確。故應(yīng)選D。2答案及解析：答案：D解析：子彈克服阻力做功為片=f（s+d）,子彈損失的動(dòng)能為/（s+d）,A錯(cuò)；/對(duì)木塊做的功為匕=fs，木塊增加的動(dòng)能為fs,B錯(cuò)；由功能關(guān)系知，子彈減少的動(dòng)能等于木塊增加的動(dòng)能與子彈和木塊系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和,C錯(cuò);子彈和木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能的損失量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，等于fd,D正確。3答案及解析：答案：Dvv解析：相對(duì)滑動(dòng)時(shí)木塊的加速度a=卩g，從放上至相對(duì)靜止所用時(shí)間t=，此過程中a卩gv2vv2傳

12、送帶相對(duì)地的位移X=vt=木塊相對(duì)地的位移為X=入t=摩擦力對(duì)木塊做的1卩g222卩g一1功等于木塊動(dòng)能的增加量，E二W二卩mgx二入mv2傳送帶克服摩擦力做的功1122W=卩mgx=mv2此過程中傳送帶克服摩擦力做功，將傳送帶的能量轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能及211內(nèi)能.|由能量守恒定律知，轉(zhuǎn)化的內(nèi)能VE二W-W=三mv2故D正確2124答案及解析：答案：C解析:物體A在下落到地面的瞬間，彈簧的拉力T=4mgsin0=2mg,彈簧對(duì)A有向上的拉力2mg,在下落的過程中有一部分能量轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，故A的機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;對(duì)物體A而言，重力對(duì)它做正功mgh，彈簧彈力對(duì)它做負(fù)功-°+$m

13、gh=-mgh，C正確;合外力對(duì)A做的2總功為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知物體A落到地面前的瞬間速度一定為零,B錯(cuò)誤;在下落到地面前的過程中,A先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)誤。5答案及解析：答案：A解析：A、當(dāng)滑塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí),發(fā)生的位移為L(zhǎng)+s(相對(duì)于地)，滑塊克服摩擦力所做的功為f(L+s).故A正確.1B、對(duì)木板，由動(dòng)能定理有:fs=2叫v22故B錯(cuò)誤.1丄C、滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量Q=fL，根據(jù)能量守恒定律知:F(L+s)=Q+mvi2+皿巴2，可11得,F(L+s)-fL=mvj+miv22.故C錯(cuò)誤.D、由Q=fL，知F增大時(shí),Q不變，故D錯(cuò)誤.故

14、選:A6答案及解析：答案：B解析：由于傳送帶足夠長(zhǎng)，滑塊在傳送帶上向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減小到零后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度增大到v后做速度為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以滑塊返回傳送帶右端1111的速率為vl,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得，此過程中傳送帶對(duì)滑塊做功為只mv2mv2,12122選項(xiàng)B正確；此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量等于二者相對(duì)滑動(dòng)距離與摩擦力的1乘積，等于三m(v2+v2)，選項(xiàng)d錯(cuò)誤;由能量守恒定律得，此過程中電動(dòng)機(jī)因傳送滑塊多212做的功等于傳送帶與滑塊相對(duì)滑動(dòng)產(chǎn)生的熱量和傳送帶對(duì)滑塊做功之和，不等于2mv2，選1項(xiàng)C錯(cuò)誤。7答案及解析：答案：D解析：木塊滑上木板，A做

15、勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a=-mg二卩g，a=mg，已知Mm，aa，圖線斜率的絕對(duì)值大于圖線斜率AmBMAB的絕對(duì)值，故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理得，對(duì)A有：-卩mgs=E-E，E=E-rmgs。kk0kk0對(duì)B有：卩mgs=E，由動(dòng)能定理的表達(dá)式可知，E與s圖線斜率的絕對(duì)值可以相等，故Ckk項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。綜上所述，本題選Do8答案及解析：答案：CD解析：由于乙車速度較大，動(dòng)量較大，系統(tǒng)總動(dòng)量不為零，總動(dòng)量方向與乙車原來的速度方向相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，兩小車粘合后速度方向與乙車原來的運(yùn)動(dòng)方向相同,A錯(cuò)誤,C正確;選取乙車原來的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定

16、律,m-2v-mv=2mv',解得v'=上。兩小車粘21119合過程中機(jī)械能損失AE=m(2v)2+mv2-x2mv'2=mv2,B錯(cuò)誤;由動(dòng)定理可知，兩小車222433粘合過程中甲車對(duì)乙車的沖量為I=mv'-m-2v=-mv，大小為mv,D正確。229答案及解析：答案：AB解析：根據(jù)動(dòng)量守恒知,最后物塊獲得的速度(最后物塊和子彈的公共速度)是相同的,所以A選項(xiàng)是正確的；子彈嵌入下層或上層過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能,而子彈減少的動(dòng)能一樣多(子彈初末速度分別相等);物塊能加的動(dòng)能也一樣多,則系統(tǒng)減少的動(dòng)能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多所以B選項(xiàng)是正確

17、的;物塊獲得的動(dòng)能是相同的，根據(jù)動(dòng)能定理,物熱量一樣多，產(chǎn)生的熱量Q=F厶曲子因?yàn)樽訌椣鄬?duì)木塊的位移兩次是不相同的，所以子彈相對(duì)和滑塊間的水平作用力不一樣大.故D錯(cuò)誤；所以AB選項(xiàng)是正確的10答案及解析：答案：AD解析：由圖知，木板獲得的速度為v=1m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:mv0=(M+m)v,則得，木板A的質(zhì)量為M=4kg.木板獲得的動(dòng)能為:Ek=Mv2/2=2J.A正確;由圖得到:O-ls內(nèi)B的位移為x=x(2+1)x1m=1.5m，A的位移為x=x1x1m=0.5m，B2A2木板A的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)=xB-xA=1m.C錯(cuò)誤;由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小為a=1m/s2,

18、At根據(jù)牛頓第二定律得:卩mBg=mBa，代入解得，卩=0.1.D正確。系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E=ymgL=0.1x4x10x1J=4J.B錯(cuò)誤.11答案及解析：答案：AD解析：由圖知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上.0-t內(nèi)，物塊對(duì)傳1送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功所以A選項(xiàng)是正確的、在t-1內(nèi),12物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有卩mgcos0>mgsin0，得卩tan0.故B錯(cuò)誤.0-t內(nèi)，由圖“面積"等于位移2可以知道，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對(duì)物塊做正功，設(shè)為W，根據(jù)動(dòng)能定理G得:W+W=mv2-mv2，則傳送帶對(duì)物塊做功W豐1m

19、v2-mv2故C錯(cuò)誤.物塊的重力勢(shì)g22212221能減小、動(dòng)能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小所以D選項(xiàng)是正確的所以AD選項(xiàng)是正確的。12答案及解析答案：BC解析：煤塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),與傳送帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)每個(gè)煤塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,傳送帶的速度為V,煤塊的加速度為a=卩g,從A點(diǎn)到煤塊vv2v2與傳送帶共速的過程，t二一,煤塊與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的位移為Ax=vt-=-a2Pg2pg且A=L,故傳送帶運(yùn)動(dòng)的速率為v=J2ygL,故A錯(cuò)誤;煤塊加速時(shí)間t與T無v2L關(guān),t二一二,故B正確;每個(gè)煤塊滑上傳送帶后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律均相同，可知ayPgx=vT=TJ2pgL，故C正確;每個(gè)煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=PmgAx=pmgL,根據(jù)能量守恒知，傳送帶因傳送一個(gè)煤塊多消耗的能量為1E二-mv2+Q二2pmgL,故D錯(cuò)誤。13答案及解析：答案：(l)0.875(2)14m(3)90J解析(1)由圖象可知，傳送帶沿斜向上運(yùn)動(dòng)，物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的，且加速大小為a=1m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：pmgcos0一mgsin0=ma解得：尸0.875(2) v-t圖象與時(shí)間軸圍成的“面積”大小等于物體的位移,可得08s內(nèi)物體的位移x=26x4-x2=14m