【物理】2018届二轮复习“力学的经典模型（一）”学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习“力学的经典模型（一）”学案（全国通用）

‎“力学的经典模型（一）”学前诊断 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．[考查匀变速直线运动中的物块模型]‎ 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(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　 　B．M∶m C．m∶M D．m∶(m＋M)‎ 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μmg＝ma1，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝(M＋m)μg；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μmg＝Ma2，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝(M＋m)，联立解得F1∶F2＝M∶m，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－，图线的斜率：k＝＝1，解得木板B的质量M＝‎1 kg，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′＝F－，可得：μ＝0.2，D错误；当F＝10 N时，木板B的加速度为：a′＝F－＝‎4 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(　　)‎ 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θ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μ＝tan θ，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 B．A运动的加速度大小为a＝ C．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μ＝tan θ，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 θ＝μMgcos θ，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T＋μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma，mg－T＝ma，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：f′＋fcos θ＝N2sin θ，N1＝G＋fsin θ＋N2cos θ，又因为f＝Mgsin θ，N2＝Mgcos θ，联立可得：f′＝0，N1＝G＋Mg，故选项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(　　)‎ A．fm B．fm C．fm D．fm 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：‎ F＋6mgsin 30°＝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＋4mgsin 30°＝4ma②‎ 故①、②解得：F＝fm，故选C。‎ 模型三 弹簧模型 ‎7.[考查平衡问题中的弹簧模型]‎ ‎[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θ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 θ，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＝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Fk＝3mg，以乙和丙的整体为研究对象可知甲与乙间的绳拉力为：T＝5mg，以甲、乙和丙的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＝＝‎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。‎ ‎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/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＝‎‎0.2 m 物体A的位移大小为x1＋x2＝at2‎ 此时A的速度大小vA＝at 联立解得a＝‎5 m/s2，vA＝‎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(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＝20 N当l＝x1＋x2时，力F最大，且Fmax＝mA(‎2g＋a)＝100 N F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μμmgcos 37°，‎ 故物块将减速上行，ma3＝mgsin 37°－μmgcos 37°，‎ 得a3＝‎2 m/s2‎ 设物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：‎ v2－vt2＝‎2a3(x－x1)，vt＝ m/s＝‎2.31 m/s t′＝＝0.85 s。‎ 答案：(1)1.33 s　(2)0.85 s　‎2.31 m/s