（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）課前自測(cè)診斷卷（含解析）模型一物塊模型A由于B向右運(yùn)動(dòng)，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(gè)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(wú)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(yùn)動(dòng)，所以B不受摩擦力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，選項(xiàng)B正確；A受到C對(duì)A的向右的摩擦力作用，同時(shí)受到地面向左的摩擦力作用，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2考查運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的疊加體模型如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但長(zhǎng)木板保持靜止不動(dòng)。已知木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，下列說(shuō)法正確的是()A長(zhǎng)木板受到地面的摩擦力的大小一定為1MgB長(zhǎng)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(zhǎng)木板一定會(huì)與地面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)D無(wú)論拉力F增加到多大，長(zhǎng)木板都不會(huì)與地面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)解析：選D對(duì)M分析，在水平方向受到m對(duì)M的摩擦力和地面對(duì)M的摩擦力，兩個(gè)力平衡，則地面對(duì)木板的摩擦力f1mg，故A、B錯(cuò)誤；無(wú)論F大小如何，m在M上滑動(dòng)時(shí)對(duì)M的摩擦力大小不變，M在水平方向上仍然受到兩個(gè)摩擦力處于平衡，不可能運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。3考查變加速運(yùn)動(dòng)中的物塊模型多選如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小物塊A。木板B受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的aF圖像，已知g取10 m/s2，則()A物塊A的質(zhì)量為4 kgB木板B的質(zhì)量為1 kgC當(dāng)F10 N時(shí)木板B的加速度為4 m/s2D物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1解析：選BC拉力F較小時(shí)，A和B一起加速，當(dāng)F等于8 N時(shí)，加速度為：a2 m/s2，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有：F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)解得：Mm4 kg，而拉力F較大時(shí)，A和B各自加速，根據(jù)題圖乙所示圖像，當(dāng)F大于8 N時(shí)，對(duì)B，由牛頓第二定律得：aF，圖線的斜率：k1，解得木板B的質(zhì)量M1 kg，則物塊A的質(zhì)量m3 kg，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)圖像知，F(xiàn)6 N時(shí)，a0，由aF，可得：0.2，D錯(cuò)誤；當(dāng)F10 N時(shí)，木板B的加速度為：aF4 m/s2，故C正確。模型二斜面模型4.考查斜面模型上的物體平衡問(wèn)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(duì)靜止，此時(shí)小車受力個(gè)數(shù)為()A3B4C5D6解析：選B對(duì)M和m整體受力分析，它們必受到重力和地面支持力。對(duì)小車，因小車靜止，由平衡條件知墻面對(duì)小車必?zé)o作用力，以小車為研究對(duì)象，如圖所示，它受四個(gè)力：重力Mg、地面的支持力FN1、m對(duì)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(xiàng)正確。5考查斜面模型上的圖像問(wèn)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(kāi)始沿斜面向上做加速運(yùn)動(dòng)，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(jù)圖乙中所提供的信息可以計(jì)算出()A物體的質(zhì)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(shí)物體的速度解析：選ABC對(duì)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(gè)點(diǎn)(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)代入式解得：m2 kg，37°，故A、B正確；當(dāng)a0時(shí)，可解得F15 N，故C正確；題中并未說(shuō)明力F隨時(shí)間變化的情況，故無(wú)法求出加速度為6 m/s2時(shí)物體的速度大小，故D錯(cuò)誤。6考查斜面模型上的疊加體動(dòng)力學(xué)問(wèn)題如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個(gè)木塊，其中兩個(gè)質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是fm?，F(xiàn)用平行于斜面的拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為2m的木塊，使四個(gè)木塊沿斜面以同一加速度向下運(yùn)動(dòng)，則拉力F的最大值是()A.fmB.fmC.fmDfm解析：選C當(dāng)下面質(zhì)量為m與2m的木塊摩擦力達(dá)到最大時(shí)，拉力F達(dá)到最大。將4個(gè)木塊看成整體，由牛頓第二定律：F6mgsin 30°6ma將2個(gè)質(zhì)量為m的木塊及上面的質(zhì)量為2m的木塊看作整體：fm4mgsin 30°4ma故、解得：Ffm，故選C。模型三彈簧模型7.考查突變問(wèn)題中的彈簧模型多選如圖所示，框架甲通過(guò)細(xì)繩固定于天花板上，小球乙、丙通過(guò)輕彈簧連接，小球乙通過(guò)另一細(xì)繩與甲連接，甲、乙、丙三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)，甲、乙、丙的質(zhì)量分別為m、2m、3m，重力加速度為g。則將甲與天花板間細(xì)繩剪斷瞬時(shí)，下列說(shuō)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(xì)繩張力大小為mg解析：選ACD懸線剪斷前，對(duì)丙分析知彈簧的彈力Fk3mg，以乙和丙整體為研究對(duì)象可知甲與乙間的細(xì)繩拉力為T5mg，以甲、乙和丙整體為研究對(duì)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(xiàng)A正確；對(duì)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(cuò)誤、C正確；對(duì)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(zhǎng)的、傾角為30°的光滑斜面上，擋板C與斜面垂直。質(zhì)量均為m的A、B兩相同物塊與勁度系數(shù)為k的輕彈簧兩端相連，在C的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B兩物塊先后開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列判斷正確的是()A恒力F的值一定大于mgB物塊B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A的加速度為C物塊B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A發(fā)生位移的值為D當(dāng)物塊B的速度第一次最大時(shí)，彈簧的形變量為解析：選BF可以先使A加速運(yùn)動(dòng)起來(lái)，然后隨著彈力的變化，在A做減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，使得B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，故F的力不一定大于mg，A錯(cuò)誤；當(dāng)B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的彈力為Tmgsin 30°mg，并且處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)A有一個(gè)沿斜面向下的拉力，所以F2mgsin 30°ma，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(dāng)B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，形變量為x2，所以A的位移為xx1x2，C錯(cuò)誤；對(duì)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(dāng)兩者相等時(shí)，B的速度最大，即mgsin 30°kx，解得x，D錯(cuò)誤。9考查發(fā)生伸縮變化的彈簧模型質(zhì)量均為4 kg的物體A、B用一勁度系數(shù)k200 N/m的輕質(zhì)彈簧連接，將它們豎直靜止放在水平面上。如圖甲所示，現(xiàn)將一豎直向上的變力F作用在A上，使A開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.40 s物體B剛要離開(kāi)地面。取g10 m/s2。(1)求物體B剛要離開(kāi)地面時(shí)，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(guān)系圖像。解析：(1)靜止時(shí)mAgkx1當(dāng)物體B剛要離開(kāi)地面時(shí)有mBgkx2可得x1x20.2 m物體A的位移大小為x1x2at2此時(shí)A的速度大小vAat聯(lián)立解得a5 m/s2，vA2 m/s。(2)設(shè)彈簧彈力大小為F彈，則在彈簧由壓縮到恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，k(x1l)F彈，F(xiàn)mAgF彈mAa；在彈簧由原長(zhǎng)到伸長(zhǎng)到B剛要離地過(guò)程中，k(lx1)F彈，F(xiàn)F彈mAgmAa。而mAgkx1綜上所述，力F與物體A的位移大小l之間的關(guān)系為FmAakl當(dāng)l0時(shí)，力F最小，且FminmAa20 N當(dāng)lx1x2時(shí)，力F最大，且FmaxmA(2ga)100 NF與位移大小l之間為一次函數(shù)關(guān)系，F(xiàn)­l圖像如圖所示。答案：(1)2 m/s(2)見(jiàn)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(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)<tan ，則下列選項(xiàng)中能客觀地反映小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的是()解析：選D小木塊剛放上傳送帶時(shí)，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(dòng)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(dāng)小木塊加速至與傳送帶速度相等時(shí)，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(dòng)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(xiàng)為D。11考查運(yùn)動(dòng)物塊沖上水平傳送帶多選如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從高為h0.8 m的光滑斜面頂端由靜止開(kāi)始下滑，物體經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)速率變化可忽略不計(jì)，滑上傳送帶A端的瞬時(shí)速度為vA，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB，水平傳送帶A、B兩端相距x6 m，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，取g10 m/s2，下列說(shuō)法中正確的是()A物體滑上傳送帶A端的瞬時(shí)速度vA4 m/sB若傳送帶不動(dòng)，物體到達(dá)B端的瞬時(shí)速度vB2 m/sC若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB一定小于2 m/sD若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB一定大于2 m/s解析：選AB由動(dòng)能定理得mghmvA2，解得vA4 m/s，A正確；若傳送帶不動(dòng)，則物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大?。篴g1 m/s2，根據(jù)vA2vB22ax，解得vB2 m/s，B正確；若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，物體滑上傳送帶做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B端的速度大小一定等于2 m/s，C錯(cuò)誤；若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的速度小于2 m/s時(shí)，在物體到達(dá)B端時(shí)，傳送帶給物體恒定的水平向左的滑動(dòng)摩擦力，物體在摩擦力作用下全程做勻減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)B端的速度等于2 m/s，D錯(cuò)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(diǎn)，AB長(zhǎng)L2 m，初始時(shí)傳送帶處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)質(zhì)量m2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶A點(diǎn)時(shí)，傳送帶立即啟動(dòng)，啟動(dòng)過(guò)程可視為加速度a2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速結(jié)束后傳送帶立即勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2。(1)如果物塊以最短時(shí)間到達(dá)B點(diǎn)，物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小是多少？(2)上述情況下傳送帶至少加速運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間？解析：(1)為了使物塊以最短時(shí)間到達(dá)B點(diǎn)，物塊應(yīng)一直勻加速?gòu)腁點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)，則mgma1，vB22a1L解得vB2 m/s。(2)設(shè)傳送帶加速結(jié)束時(shí)的速度為v，為了使物塊能一直勻加速?gòu)腁點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)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(shí)針傳輸，傳送帶A、B兩點(diǎn)距離為L(zhǎng)29.45 m，一個(gè)質(zhì)量為m1 kg的煤塊輕輕地放在A點(diǎn)，煤塊與傳送帶表面滑動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2，求：(1)煤塊由A傳輸?shù)紹的時(shí)間；(2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡長(zhǎng)度。解析：(1)剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)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(jù)牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2；當(dāng)煤塊的速度和傳送帶的速度相同時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為t1，故有va1t1，解得t10.2 s；煤塊在加速過(guò)程中的位移為s1a1t120.2 m<L；由于mgsin >mgcos ，所以當(dāng)煤塊速度等于傳送帶速度之后，兩者不會(huì)相對(duì)靜止，而是煤塊相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，故mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2；這一過(guò)程所用時(shí)間為t2，則Ls1vt2a2t22，解得t24.5 s(6.5 s舍去)故煤塊由A傳輸?shù)紹的時(shí)間為tt1t24.7 s。(2)在t1時(shí)間內(nèi)，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(shí)間內(nèi)，x傳2vt29 m，x煤2Lx煤129.25 m；由于后來(lái)煤塊的速度比傳送帶的速度大，所以之前t1時(shí)間內(nèi)的痕跡又被重疊了，故劃痕長(zhǎng)為sx煤2x傳220.25 m。答案：(1)4.7 s(2)20.25 m