（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 专题一 第五讲 力学的经典模型（一）课前自测诊断卷（含解析）

（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 专题一 第五讲 力学的经典模型（一）课前自测诊断卷（含解析）模型一物块模型A由于B向右运动，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叠加体模型如图所示，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1，长木板与地面之间的动摩擦因数为2，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1MgB长木板受到地面的摩擦力的大小一定为2(mM)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f1mg，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如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小物块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像，已知g取10 m/s2，则()A物块A的质量为4 kgB木板B的质量为1 kgC当F10 N时木板B的加速度为4 m/s2D物块A与木板B间的动摩擦因数为0.1解析：选BC拉力F较小时，A和B一起加速，当F等于8 N时，加速度为：a2 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F(Mm)a，代入数据解得：Mm4 kg，而拉力F较大时，A和B各自加速，根据题图乙所示图像，当F大于8 N时，对B，由牛顿第二定律得：aF，图线的斜率：k1，解得木板B的质量M1 kg，则物块A的质量m3 kg，故A错误，B正确；根据图像知，F6 N时，a0，由aF，可得：0.2，D错误；当F10 N时，木板B的加速度为：aF4 m/s2，故C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()A3B4C5D6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10 m/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6 m/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：Fcos mgsin ma，y方向：NFsin mgcos 0从图像中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)代入式解得：m2 kg，37，故A、B正确；当a0时，可解得F15 N，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6 m/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.fmB.fmC.fmDfm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：F6mgsin 306ma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：fm4mgsin 304ma故、解得：Ffm，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Fk3mg，以乙和丙整体为研究对象可知甲与乙间的细绳拉力为T5mg，以甲、乙和丙整体为研究对象可知悬线的拉力为F6mg。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F6mg，方向向下，由牛顿第二定律可知a甲a乙2g，则B错误、C正确；对乙受力分析知Fk2mgT2ma乙，可得Tmg，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C物块B开始运动时，A发生位移的值为D当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为解析：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Tmgsin 30mg，并且处于伸长状态，对A有一个沿斜面向下的拉力，所以F2mgsin 30ma，解得a，B正确；在未施加F之前，弹簧处于压缩状态，形变量为x1，当B开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为x2，所以A的位移为xx1x2，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mgsin 30kx，解得x，D错误。9考查发生伸缩变化的弹簧模型质量均为4 kg的物体A、B用一劲度系数k200 N/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0.40 s物体B刚要离开地面。取g10 m/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mAgkx1当物体B刚要离开地面时有mBgkx2可得x1x20.2 m物体A的位移大小为x1x2at2此时A的速度大小vAat联立解得a5 m/s2，vA2 m/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(x1l)F弹，FmAgF弹mAa；在弹簧由原长到伸长到B刚要离地过程中，k(lx1)F弹，FF弹mAgmAa。而mAgkx1综上所述，力F与物体A的位移大小l之间的关系为FmAakl当l0时，力F最小，且FminmAa20 N当lx1x2时，力F最大，且FmaxmA(2ga)100 NF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)2 m/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，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tan ，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：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos )；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，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，a2g(sin cos )。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h0.8 m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x6 m，物体与传送带间的动摩擦因数0.1，取g10 m/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vA4 m/sB若传送带不动，物体到达B端的瞬时速度vB2 m/sC若传送带逆时针匀速转动，vB一定小于2 m/sD若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于2 m/s解析：选AB由动能定理得mghmvA2，解得vA4 m/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：ag1 m/s2，根据vA2vB22ax，解得vB2 m/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2 m/s，C错误；若传送带顺时针匀速转动，传送带的速度小于2 m/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2 m/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L2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m2 kg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a2 m/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0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/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mgma1，vB22a1L解得vB2 m/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vvB，又vat，解得t1 s。答案：(1)2 m/s(2)1 s13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37的浅色传送带以恒定的速度v2 m/s逆时针传输，传送带A、B两点距离为L29.45 m，一个质量为m1 kg的煤块轻轻地放在A点，煤块与传送带表面滑动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，求：(1)煤块由A传输到B的时间；(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度。解析：(1)刚开始运动时对煤块受力分析，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，根据牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2；当煤块的速度和传送带的速度相同时，经历的时间为t1，故有va1t1，解得t10.2 s；煤块在加速过程中的位移为s1a1t120.2 mmgcos ，所以当煤块速度等于传送带速度之后，两者不会相对静止，而是煤块相对传送带向下运动，故mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2；这一过程所用时间为t2，则Ls1vt2a2t22，解得t24.5 s(6.5 s舍去)故煤块由A传输到B的时间为tt1t24.7 s。(2)在t1时间内，传送带的位移为x传1vt10.4 m，煤块的位移为x煤1s10.2 m；在t2时间内，x传2vt29 m，x煤2Lx煤129.25 m；由于后来煤块的速度比传送带的速度大，所以之前t1时间内的痕迹又被重叠了，故划痕长为sx煤2x传220.25 m。答案：(1)4.7 s(2)20.25 m