高考物理二轮复习“力学的经典模型（一）”学前诊断-人教版高三全册物理试题.doc

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1、“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考查匀变速直线运动中的

2、物块模型如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为M、m，物块接触面间粗糙。现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为()A11BMmCmM Dm(mM)解析：选B恒力作用在A上时，对B受力分析，当最大静摩擦力提供B的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对B由牛顿第二定律得mgma1，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F1(Mm)a1，解得F1(Mm)g；恒力作用在B上时，对A受力分析，当最大静摩擦力提供A的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对A由牛顿第二定律得mgMa2，对整体受力分析，

3、由牛顿第二定律得F2(Mm)a2，解得F2(Mm)，联立解得F1F2Mm，B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

4、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，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()A3 B4C5 D6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

5、，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考查斜面模型上的连接体多选如图所示，倾角为的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为tan ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是()A不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑BA运动的加速度大小为aC水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左D水

6、平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等解析：选ABD因B、C间的动摩擦因数为tan ，故如果物块B不受细绳的拉力作用，则沿斜面方向受力平衡，即Mgsin Mgcos ，若给B一初速度，物块B将匀速下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确。对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知TMgcos Mgsin Ma，mgTma，解得a，选项B正确。设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，则斜面C的受力分析如图所示。由于斜面体始终静止不动，故有：ffcos N2sin ，N1Gfsin N2cos ，又因为fMgsin ，N2Mgcos ，联立可得：f0，N1GMg，故

7、选项C错误，D正确。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()Afm BfmCfmDfm解析：选C当下面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.考查平衡问题中

8、的弹簧模型多选如图所示，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静置于倾角为的粗糙斜面体上，斜面体始终保持静止，则下列判断正确的是( )A物体甲一定受到4个力的作用B物体甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下C物体乙所受的摩擦力不可能为零D水平面对斜面体无摩擦力作用解析：选CD若压缩的弹簧对物体甲向上的弹力大小恰好等于m甲gsin ，则甲只受三个力作用，A、B错误；因弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，乙的重力也有沿斜面向下的分力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，C正确；取甲、乙和斜面体为一整体分析受力，由水平方向合力为零，可得水平面对斜面体无摩擦力作用，D正确。8考查突变问题中的弹簧模

9、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，以乙和丙的整体为研究对象可知甲与乙间的绳拉力为：T5mg，以甲、乙和丙的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

10、；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。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

11、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)见解析模型四传送带模型10.考

12、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，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；由分析得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos )；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于mgcos 37，故物块将减速上行，ma3mgsin 37mgcos 37，得a32 m/s2设物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：v2vt22a3(xx1)，vt m/s2.31 m/st0.85 s。答案：(1)1.33 s(2)0.85 s2.31 m/s