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

权掇市安稳阳光实验学校力学的经典模型（一）
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μ1Mg
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
C．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]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a F图像，已知g取10 m/s2，则( ) A．物块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为1 kg
C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D．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：a＝2 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝4 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：a ′＝F －μmg M ＝1M F －μmg
M
，图线的斜
率：k ＝1
M
＝1，解得木板B 的质量M ＝1 kg ，则物块A 的质量m ＝3 kg ，故A 错
误，B 正确；根据图像知，F ＝6 N 时，a ′＝0，由a ′＝1
M F －μmg
M
，可得：μ
＝0.2，D 错误；当F ＝10 N 时，木板B 的加速度为：a ′＝1M F －μmg M
＝4 m/s 2
，
故C 正确。

模型二
斜面模型
4.[
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 ．3
B ．4
C ．5
D ．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F N1、
m 对它的压力F N2和静摩擦力F f ，由于m 静止，可知F f 和F N2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10 m/s 2。

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/s 2
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：F cos θ－mg sin θ＝ma ①， y 方向：N －F sin θ－mg cos θ＝0 ②
从图像中取两个点(20 N,2 m/s 2
)，(30 N ，6 m/s 2
)代入①式解得：m ＝2 kg ，
θ＝37°，故A 、B 正确；当a ＝0时，可解得F ＝15 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/s 2
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f m 。

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.3
5f m B.34f m C.32
f m D ．f m
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 ＋6mg sin 30°＝6ma ①
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：
f m ＋4m
g sin 30°＝4ma ②
故①、②解得：F ＝3
2
f m ，故选C 。

模型三
弹簧模型
7.[
[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＝0
B ．框架甲的加速度大小a 甲＝g
C ．框架甲的加速度大小a 甲＝2g
D ．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F k ＝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＝6mg
3m ＝2g ，
则B 错误、C 正确；对乙受力分析知F k ＋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mg
B ．物块B 开始运动时，物块A 的加速度为F －mg
m
C ．物块B 开始运动时，A 发生位移的值为
mg
2k
D ．当物块B 的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mg
k
解析：选B F 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 ＝mg sin 30°＝1
2
mg ，并且处于伸长状态，对A 有一个
沿斜面向下的拉力，所以F －2mg sin 30°＝ma ，解得a ＝F －mg
m ，B 正确；在未
施加F 之前，弹簧处于压缩状态，形变量为Δx 1＝mg sin 30°k ＝mg
2k ，当B 开始
运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为Δx 2＝mg sin 30°k ＝mg
2k ，所以A 的位移
为x ＝Δx 1＋Δx 2＝mg
k
，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mg sin 30°＝kx ′，解
得x ′＝mg
2k
，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k ＝200 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g ＝10 m/s 2。

(1)求物体B 刚要离开地面时，物体A 的速度大小v A ；
(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m A g ＝kx 1
当物体B 刚要离开地面时有m B g ＝kx 2
可得x 1＝x 2＝0.2 m
物体A 的位移大小为x 1＋x 2＝12at 2
此时A 的速度大小v A ＝at
联立解得a ＝5 m/s 2
，v A ＝2 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 (x 1－
l )＝F 弹，F －m A g ＋F 弹＝m A a ；在弹簧由原长到伸长到B 刚要离地过程中，k (l －x 1)＝F 弹，F －F 弹－m A g ＝m A a 。

而m A g ＝kx 1
综上所述，力F 与物体A 的位移大小l 之间的关系为F ＝m A a ＋kl 当l ＝0时，力F 最小，且F min ＝m A a ＝20 N
当l ＝x 1＋x 2时，力F 最大，且F max ＝m A (2g ＋a )＝100 N
F 与位移大小l 之间为一次函数关系，F ­l 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.[
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μ<tan θ，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：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，a1＝g(sin θ＋μcos θ)；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，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(sin θ－μcos θ)。

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＝0.8 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v A，到达B端的瞬时速度设为v B，水平传送带A、B两端相距x＝6 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10 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v A＝4 m/s
B．若传送带不动，物体到达B端的瞬时速度v B＝2 m/s
C．若传送带逆时针匀速转动，v B一定小于2 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，v B一定大于2 m/s
解析：选AB 由动能定理得mgh＝
1
2
mv A2，解得v A＝4 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：a＝μg＝1 m/s2，根据v A2－v B2＝2ax，解得v B＝2 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L＝2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2 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a＝2 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μ＝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μmg＝ma1，v B2＝2a1L
解得v B＝2 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v≥v B，
又v＝at，解得t≥1 s。

答案：(1)2 m/s (2)1 s
13．[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 ＝2 m/s逆时针传输，传送带A、B两点距离为L＝29.45 m，一个质量为m＝1 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μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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mg sin θ＋
μmg cos θ＝ma1，
解得a1＝10 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v＝a1t1，解得t1＝0.2 s；
煤块在加速过程中的位移为s1＝
1
2
a1t12＝0.2 m<L；
由于mg sin θ>μmg cos θ，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mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2；
这一过程所用时间为t2，则L－s1＝vt2＋
1
2
a2t22，
解得t2＝4.5 s(－6.5 s舍去)
故煤块由A传输到B的时间为t＝t1＋t2＝4.7 s。

(2)在t1时间内，传送带的位移为x传1＝vt1＝0.4 m，
煤块的位移为x煤1＝s1＝0.2 m；
在t2时间内，x传2＝vt2＝9 m，
x煤2＝L－x煤1＝29.25 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s＝x煤2－x传2＝20.25 m。

答案：(1)4.7 s (2)20.25 m。