搜索
第五讲力学的经典模型（一）——课前自测诊断卷模型一物块模型1.[考查平衡问题中的物块模型][多选]如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，水平力F作用于C物块，使A、B、C以相同的速度向右匀速运动，那么关于它们的受力下列说法正确的是()A．由于B向右运动，所以B受到向左的摩擦力B．C受到的摩擦力方向水平向左C．A受到两个摩擦力作用D．由于不知A与水平桌面之间是否光滑，所以无法判断A与水平桌面间是否存在摩擦力解析：选BC由于B向右匀速运动，所以B不受摩擦力作用，选项A错误；物块C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，选项B正确；A受到C对A的向右的摩擦力作用，同时受到地面向左的摩擦力作用，选项C正确，D错误。2．[考查运动状态不同的物块模型]如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是()A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1MgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动解析：选D对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f＝μ1mg，故A、B错误；无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动，故C错误，D正确。3．[考查变加速运动中的物块模型][多选](2019·江苏泰州中学高三期末)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则()A．μ1一定小于μ2B．μ1可能大于μ2C．改变F的大小，Fμ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．改F作用于长木板，F(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动解析：选BD对m1，根据牛顿运动定律有：F－μ1m1g＝m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g－Ff＝0，Ff＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较，故A错误，B正确；改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确。模型二斜面模型4.[考查斜面模型上的物体平衡问题]如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为()A．3B．4C．5D．6解析：选B对M和m整体受力分析，它们必受到重力和地面支持力。对小车，因小车静止，由平衡条件知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg、地面的支持力FN1、m对它的压力FN2和静摩擦力Ff，由于m静止，可知Ff和FN2的合力必竖直向下，故B项正确。5．[考查斜面模型上的图像问题][多选]如图甲所示，用一水平外力F使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体开始沿斜面向上做加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出()A．物体的质量B．斜面的倾角C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D．加速度为6m/s2时物体的速度解析：选ABC对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示。x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma①，y方向：N－Fsinθ－mgcosθ＝0②从图像中取两个点(20N,2m/s2)，(30N，6m/s2)代入①式解得：m＝2kg，θ＝37°，故A、B正确；当a＝0时，可解得F＝15N，故C正确；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，故D错误。6．[考查斜面模型上的叠加体动力学问题]如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是()A.35fmB．34fmC.32fmD．fm解析：选C当下面质量为m与2m的木块摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。将4个木块看成整体，由牛顿第二定律：F＋6mgsin30°＝6ma①将2个质量为m的木块及上面的质量为2m的木块看作整体：fm＋4mgsin30°＝4ma②由①、②解得：F＝32fm，故选C。模型三弹簧模型7.[考查突变问题中的弹簧模型][多选]如图所示，框架甲通过细绳固定于天花板上，小球乙、丙通过轻弹簧连接，小球乙通过另一细绳与甲连接，甲、乙、丙三者均处于静止状态，甲、乙、丙的质量分别为m、2m、3m，重力加速度为g。则将甲与天花板间细绳剪断瞬时，下列说法正确的是()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、乙间细绳张力大小为mg解析：选ACD悬线剪断前，对丙分析知弹簧的弹力Fk＝3mg，以乙和丙整体为研究对象可知甲与乙间的细绳拉力为T＝5mg，以甲、乙和丙整体为研究对象可知悬线的拉力为F＝6mg。剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律，丙的受力不变，故丙的加速度为零，选项A正确；对甲和乙分析可知，两者的整体的合力为F＝6mg，方向向下，由牛顿第二定律可知a甲＝a乙＝6mg3m＝2g，则B错误、C正确；对乙受力分析知Fk＋2mg－T′＝2ma乙，可得T′＝mg，则D正确。8．[考查斜面上的弹簧模型]如图所示，足够长的、倾角为30°的光滑斜面上，挡板C与斜面垂直。质量均为m的A、B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态。现给A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动。已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是()A．恒力F的值一定大于mgB．物块B开始运动时，物块A的加速度为F－mgmC．物块B开始运动时，A发生位移的值为mg2kD．当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mgk解析：选BF可以先使A加速运动起来，然后随着弹力的变化，在A做减速运动过程中，使得B开始运动，故F的力不一定大于mg，A错误；当B开始运动时，弹簧的弹力为T＝mgsin30°＝12mg，并且处于伸长状态，对A有一个沿斜面向下的拉力，所以F－2mgsin30°＝ma，解得a＝F－mgm，B正确；在未施加F之前，弹簧处于压缩状态，形变量为Δx1＝mgsin30°k＝mg2k，当B开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为Δx2＝mgsin30°k＝mg2k，所以A的位移为x＝Δx1＋Δx2＝mgk，C错误；对物块B受力分析，受到弹簧的拉力，以及重力沿斜面向下的分力，当两者相等时，B的速度最大，即mgsin30°＝kx′，解得x′＝mg2k，D错误。9．[考查弹簧模型中的形变量与物体位移问题]质量均为4kg的物体A、B用一劲度系数k＝200N/m的轻质弹簧连接，将它们竖直静止放在水平面上。如图甲所示，现将一竖直向上的变力F作用在A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.40s物体B刚要离开地面。取g＝10m/s2。(1)求物体B刚要离开地面时，物体A的速度大小vA；(2)在图乙中作出力F随物体A的位移大小l变化(到物体B刚要离地为止)的关系图像。解析：(1)静止时mAg＝kx1当物体B刚要离开地面时有mBg＝kx2可得x1＝x2＝0.2m物体A的位移大小为x1＋x2＝12at2此时A的速度大小vA＝at联立解得a＝5m/s2，vA＝2m/s。(2)设弹簧弹力大小为F弹，则在弹簧由压缩到恢复原长的过程中，k(x1－l)＝F弹，F－mAg＋F弹＝mAa；在弹簧由原长到伸长到B刚要离地过程中，k(l－x1)＝F弹，F－F弹－mAg＝mAa。而mAg＝kx1综上所述，力F与物体A的位移大小l之间的关系为F＝mAa＋kl当l＝0时，力F最小，且Fmin＝mAa＝20N当l＝x1＋x2时，力F最大，且Fmax＝mA(2g＋a)＝100NF与位移大小l之间为一次函数关系，Fl图像如图所示。答案：(1)2m/s(2)见解析图模型四传送带模型10.[考查物块轻放在倾斜传送带上]如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μtanθ，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：选D小木块刚放上传送带时，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑；由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，a1＝g(sinθ＋μcosθ)；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于μtanθ，小木块在重力作用下将继续加速，此后小木块的速度大于传送带的速度，传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，小木块继续加速下滑，同理得，a2＝g(sinθ－μcosθ)。所以本题正确选项为D。11．[考查运动物块冲上水平传送带][多选]如图所示，一个可视为质点的物体从高为h＝0.8m的光滑斜面顶端由静止开始下滑，物体经过A点时速率变化可忽略不计，滑上传送带A端的瞬时速度为vA，到达B端的瞬时速度设为vB，水平传送带A、B两端相距x＝6m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4m/sB．若传送带不动，物体到达B端的瞬时速度vB＝2m/sC．若传送带逆时针匀速转动，vB一定小于2m/sD．若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于2m/s解析：选AB由动能定理得mgh＝12mvA2，解得vA＝4m/s，A正确；若传送带不动，则物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小：a＝μg＝1m/s2，根据vA2－vB2＝2ax，解得vB＝2m/s，B正确；若传送带逆时针匀速转动，物体滑上传送带做匀减速直线运动，到达B端的速度大小一定等于2m/s，C错误；若传送带顺时针匀速转动，传送带的速度小于2m/s时，在物体到达B端时，传送带给物体恒定的水平向左的滑动摩擦力，物体在摩擦力作用下全程做匀减速运动到达B端的速度等于2m/s，D错误。12．[考查物块轻放在匀加速的水平传送带上]如图所示为一水平传送带装置示意图。A、B为传送带的左、右端点，AB长L＝2m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2kg的物块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a＝2m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速转动。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。(1)如果物块以最短时间到达B点，物块到达B点时的速度大小是多少？(2)上述情况下传送带至少加速运动多长时间？解析：(1)为了使物块以最短时间到达B点，物块应一直匀加速从A点到达B点，则μmg＝ma1，vB2＝2a1L解得vB＝2m/s。(2)设传送带加速结束时的速度为v，为了使物块能一直匀加速从A点到达B点，需满足v≥vB，又v＝at，解得t≥1s。答案：(1)2m/s(2)1s13．[考查物块在倾斜传送带上运动留下的痕迹]如图所示，倾角为θ＝37°的浅色传送带以恒定的速度v＝2m/s逆时针传输，传送带A、B两点距离为L＝29.45m，一个质量为m＝1kg的煤块轻轻地放在A点，煤块与传送带表面