（江蘇專用）2020高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力與運動 第五講 力學的經典模型（一）——課前自測診斷卷

第五講 力學的經典模型（一）課前自測診斷卷模型一物塊模型1.考查平衡問題中的物塊模型多選如圖所示，物塊A、B、C疊放在水平桌面上，水平力F作用于C物塊，使A、B、C以相同的速度向右勻速運動，那么關于它們的受力下列說法正確的是()A由于B向右運動，所以B受到向左的摩擦力BC受到的摩擦力方向水平向左CA受到兩個摩擦力作用D由于不知A與水平桌面之間是否光滑，所以無法判斷A與水平桌面間是否存在摩擦力解析：選BC由于B向右勻速運動，所以B不受摩擦力作用，選項A錯誤；物塊C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，選項B正確；A受到C對A的向右的摩擦力作用，同時受到地面向左的摩擦力作用，選項C正確，D錯誤。2考查運動狀態(tài)不同的物塊模型如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但長木板保持靜止不動。已知木塊與長木板之間的動摩擦因數為1，長木板與地面之間的動摩擦因數為2，下列說法正確的是()A長木板受到地面的摩擦力的大小一定為1MgB長木板受到地面的摩擦力的大小一定為2(mM)gC只要拉力F增大到足夠大，長木板一定會與地面發(fā)生相對滑動D無論拉力F增加到多大，長木板都不會與地面發(fā)生相對滑動解析：選D對M分析，在水平方向受到m對M的摩擦力和地面對M的摩擦力，兩個力平衡，則地面對木板的摩擦力f1mg，故A、B錯誤；無論F大小如何，m在M上滑動時對M的摩擦力大小不變，M在水平方向上仍然受到兩個摩擦力處于平衡，不可能運動，故C錯誤，D正確。3考查變加速運動中的物塊模型多選(2019江蘇泰州中學高三期末)如圖所示，質量為m1的木塊和質量為m2的長木板疊放在水平地面上?，F對木塊施加一水平向右的拉力F，木塊在長木板上滑行，長木板始終靜止。已知木塊與長木板間的動摩擦因數為1，長木板與地面間的動摩擦因數為2，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。則()A1一定小于2B1可能大于2C改變F的大小，F>2(m1m2)g時，長木板將開始運動D改F作用于長木板，F>(12)(m1m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動解析：選BD對m1，根據牛頓運動定律有：F1m1gm1a，對m2，由于保持靜止有：1m1gFf0，Ff2(m1m2)g，所以動摩擦因數的大小從中無法比較，故A錯誤，B正確；改變F的大小，只要木塊在木板上滑動，則木塊對木板的滑動摩擦力不變，則長木板仍然保持靜止，故C錯誤；若將F作用于長木板，當木塊與木板恰好開始相對滑動時，對木塊，1m1gm1a，解得a1g，對整體分析，有F2(m1m2)g(m1m2)a，解得F(12)(m1m2)g，所以當F(12)(m1m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動，故D正確。模型二斜面模型4.考查斜面模型上的物體平衡問題如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁。若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時小車受力個數為()A3B4C5D6解析：選B對M和m整體受力分析，它們必受到重力和地面支持力。對小車，因小車靜止，由平衡條件知墻面對小車必無作用力，以小車為研究對象，如圖所示，它受四個力：重力Mg、地面的支持力FN1、m對它的壓力FN2和靜摩擦力Ff，由于m靜止，可知Ff和FN2的合力必豎直向下，故B項正確。5考查斜面模型上的圖像問題多選如圖甲所示，用一水平外力F使物體靜止在傾角為的光滑斜面上，逐漸增大F，物體開始沿斜面向上做加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根據圖乙中所提供的信息可以計算出()A物體的質量B斜面的傾角C物體能靜止在斜面上所施加的最小外力D加速度為6 m/s2時物體的速度解析：選ABC對物體受力分析，受推力、重力、支持力，如圖所示。x方向：Fcos mgsin ma，y方向：NFsin mgcos 0從圖像中取兩個點(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)代入式解得：m2 kg，37，故A、B正確；當a0時，可解得F15 N，故C正確；題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度大小，故D錯誤。6考查斜面模型上的疊加體動力學問題如圖所示，在傾角為30的光滑斜面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是fm。現用平行于斜面的拉力F拉其中一個質量為2m的木塊，使四個木塊沿斜面以同一加速度向下運動，則拉力F的最大值是()A.fmBfmC.fmDfm解析：選C當下面質量為m與2m的木塊摩擦力達到最大時，拉力F達到最大。將4個木塊看成整體，由牛頓第二定律：F6mgsin 306ma將2個質量為m的木塊及上面的質量為2m的木塊看作整體：fm4mgsin 304ma由、解得：Ffm，故選C。模型三彈簧模型7.考查突變問題中的彈簧模型多選如圖所示，框架甲通過細繩固定于天花板上，小球乙、丙通過輕彈簧連接，小球乙通過另一細繩與甲連接，甲、乙、丙三者均處于靜止狀態(tài)，甲、乙、丙的質量分別為m、2m、3m，重力加速度為g。則將甲與天花板間細繩剪斷瞬時，下列說法正確的是()A小球丙的加速度大小a丙0B框架甲的加速度大小a甲gC框架甲的加速度大小a甲2gD甲、乙間細繩張力大小為mg解析：選ACD懸線剪斷前，對丙分析知彈簧的彈力Fk3mg，以乙和丙整體為研究對象可知甲與乙間的細繩拉力為T5mg，以甲、乙和丙整體為研究對象可知懸線的拉力為F6mg。剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力不變，由牛頓第二定律，丙的受力不變，故丙的加速度為零，選項A正確；對甲和乙分析可知，兩者的整體的合力為F6mg，方向向下，由牛頓第二定律可知a甲a乙2g，則B錯誤、C正確；對乙受力分析知Fk2mgT2ma乙，可得Tmg，則D正確。8考查斜面上的彈簧模型如圖所示，足夠長的、傾角為30的光滑斜面上，擋板C與斜面垂直。質量均為m的A、B兩相同物塊與勁度系數為k的輕彈簧兩端相連，在C的作用下處于靜止狀態(tài)?，F給A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B兩物塊先后開始運動。已知彈簧始終在彈性限度內，下列判斷正確的是()A恒力F的值一定大于mgB物塊B開始運動時，物塊A的加速度為C物塊B開始運動時，A發(fā)生位移的值為D當物塊B的速度第一次最大時，彈簧的形變量為解析：選BF可以先使A加速運動起來，然后隨著彈力的變化，在A做減速運動過程中，使得B開始運動，故F的力不一定大于mg，A錯誤；當B開始運動時，彈簧的彈力為Tmgsin 30mg，并且處于伸長狀態(tài)，對A有一個沿斜面向下的拉力，所以F2mgsin 30ma，解得a，B正確；在未施加F之前，彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量為x1，當B開始運動時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，形變量為x2，所以A的位移為xx1x2，C錯誤；對物塊B受力分析，受到彈簧的拉力，以及重力沿斜面向下的分力，當兩者相等時，B的速度最大，即mgsin 30kx，解得x，D錯誤。9考查彈簧模型中的形變量與物體位移問題質量均為4 kg的物體A、B用一勁度系數k200 N/m的輕質彈簧連接，將它們豎直靜止放在水平面上。如圖甲所示，現將一豎直向上的變力F作用在A上，使A開始向上做勻加速運動，經0.40 s物體B剛要離開地面。取g10 m/s2。(1)求物體B剛要離開地面時，物體A的速度大小vA；(2)在圖乙中作出力F隨物體A的位移大小l變化(到物體B剛要離地為止)的關系圖像。解析：(1)靜止時mAgkx1當物體B剛要離開地面時有mBgkx2可得x1x20.2 m物體A的位移大小為x1x2at2此時A的速度大小vAat聯立解得a5 m/s2，vA2 m/s。(2)設彈簧彈力大小為F彈，則在彈簧由壓縮到恢復原長的過程中，k(x1l)F彈，FmAgF彈mAa；在彈簧由原長到伸長到B剛要離地過程中，k(lx1)F彈，FF彈mAgmAa。而mAgkx1綜上所述，力F與物體A的位移大小l之間的關系為FmAakl當l0時，力F最小，且FminmAa20 N當lx1x2時，力F最大，且FmaxmA(2ga)100 NF與位移大小l之間為一次函數關系，Fl圖像如圖所示。答案：(1)2 m/s(2)見解析圖模型四傳送帶模型10.考查物塊輕放在傾斜傳送帶上如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數<tan ，則下列選項中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是()解析：選D小木塊剛放上傳送帶時，傳送帶的速度大于小木塊的速度，傳送帶給小木塊一沿斜面向下的滑動摩擦力，小木塊由靜止加速下滑；由牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos )；當小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于<tan ，小木塊在重力作用下將繼續(xù)加速，此后小木塊的速度大于傳送帶的速度，傳送帶給小木塊沿傳送帶向上的滑動摩擦力，但合力沿傳送帶向下，小木塊繼續(xù)加速下滑，同理得，a2g(sin cos )。所以本題正確選項為D。11考查運動物塊沖上水平傳送帶多選如圖所示，一個可視為質點的物體從高為h0.8 m的光滑斜面頂端由靜止開始下滑，物體經過A點時速率變化可忽略不計，滑上傳送帶A端的瞬時速度為vA，到達B端的瞬時速度設為vB，水平傳送帶A、B兩端相距x6 m，物體與傳送帶間的動摩擦因數0.1，取g10 m/s2，下列說法中正確的是()A物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA4 m/sB若傳送帶不動，物體到達B端的瞬時速度vB2 m/sC若傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定小于2 m/sD若傳送帶順時針勻速轉動，vB一定大于2 m/s解析：選AB由動能定理得mghmvA2，解得vA4 m/s，A正確；若傳送帶不動，則物體做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律得，勻減速直線運動的加速度大?。篴g1 m/s2，根據vA2vB22ax，解得vB2 m/s，B正確；若傳送帶逆時針勻速轉動，物體滑上傳送帶做勻減速直線運動，到達B端的速度大小一定等于2 m/s，C錯誤；若傳送帶順時針勻速轉動，傳送帶的速度小于2 m/s時，在物體到達B端時，傳送帶給物體恒定的水平向左的滑動摩擦力，物體在摩擦力作用下全程做勻減速運動到達B端的速度等于2 m/s，D錯誤。12考查物塊輕放在勻加速的水平傳送帶上如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。A、B為傳送帶的左、右端點，AB長L2 m，初始時傳送帶處于靜止狀態(tài)，當質量m2 kg的物塊(可視為質點)輕放在傳送帶A點時，傳送帶立即啟動，啟動過程可視為加速度a2 m/s2的勻加速運動，加速結束后傳送帶立即勻速轉動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數0.1，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。(1)如果物塊以最短時間到達B點，物塊到達B點時的速度大小是多少？(2)上述情況下傳送帶至少加速運動多長時間？解析：(1)為了使物塊以最短時間到達B點，物塊應一直勻加速從A點到達B點，則mgma1，vB22a1L解得vB2 m/s。(2)設傳送帶加速結束時的速度為v，為了使物塊能一直勻加速從A點到達B點，需滿足vvB，又vat，解得t1 s。答案：(1)2 m/s(2)1 s13考查物塊在傾斜傳送帶上運動留下的痕跡如圖所示，傾角為37的淺色傳送帶以恒定的速度v2 m/s逆時針傳輸，傳送帶A、B兩點距離為L29.45 m，一個質量為m1 kg的煤塊輕輕地放在A點，煤塊與傳送帶表面滑動摩擦因數0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，求：(1)煤塊由A傳輸到B的時間；(2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡長度。解析：(1)剛開始運動時對煤塊受力分析，在斜面方向上，受到沿斜面向下的摩擦力，以及重力沿斜面向下的分力，根據牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2；當煤塊的速度和傳送帶的速度相同時，經歷的時間為t1，故有va1t1，解得t10.2 s；煤塊在加速過程中的位移為s1a1t120.2 m<L；由于mgsin >mgcos ，所以當煤塊速度等于傳送帶速度之后，兩者不會相對靜止，而是煤塊相對傳送帶向下運動，故mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2；這一過程所用時間為t2，則Ls1vt2a2t22，解得t24.5 s(6.5 s舍去)故煤塊由A傳輸到B的時間為tt1t24.7 s。(2)在t1時間內，傳送帶的位移為x傳1vt10.4 m，煤塊的位移為x煤1s10.2 m；在t2時間內，x傳2vt29 m，x煤2Lx煤129.25 m；由于后來煤塊的速度比傳送帶的速度大，所以之前t1時間內的痕跡又被重疊了，故劃痕長為sx煤2x傳220.25 m。答案：(1)4.7 s(2)20.25 m8