（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）課前自測診斷卷（含解析）

《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）課前自測診斷卷（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）課前自測診斷卷（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）課前自測診斷卷（含解析） 模型一 物塊模型 A．由于B向右運動，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受到兩個摩擦力作用 D．由于不知A與水平桌面之間是否光滑，所以無法判斷A與水平桌面間是否存在摩擦力 解析：選BC　由于B向右勻速運動，所以B不受摩擦力作用，選項A錯誤；物塊C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，選項B正確；A受到C對A的向右的摩擦力作用，同時受到地面向左的摩擦力作用，選項C正確，D錯誤。 2．[考查運動狀態(tài)不同的疊加體模型] 如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長

2、木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但長木板保持靜止不動。已知木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，下列說法正確的是(　　) A．長木板受到地面的摩擦力的大小一定為μ1Mg B．長木板受到地面的摩擦力的大小一定為μ2(m＋M)g C．只要拉力F增大到足夠大，長木板一定會與地面發(fā)生相對滑動 D．無論拉力F增加到多大，長木板都不會與地面發(fā)生相對滑動 解析：選D　對M分析，在水平方向受到m對M的摩擦力和地面對M的摩擦力，兩個力平衡，則地面對木板的摩擦力f＝μ1mg，故A、B錯誤；無論F大小如何，m在M上滑動時對M的摩擦力大小不變，M在水平方向上仍然受

3、到兩個摩擦力處于平衡，不可能運動，故C錯誤，D正確。 3．[考查變加速運動中的物塊模型] [多選]如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小物塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的aF圖像，已知g取10 m/s2，則(　　) A．物塊A的質(zhì)量為4 kg B．木板B的質(zhì)量為1 kg C．當(dāng)F＝10 N時木板B的加速度為4 m/s2 D．物塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為0.1 解析：選BC　拉力F較小時，A和B一起加速，當(dāng)F等于8 N時，加速度為：a＝2 m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a

4、，代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝4 kg，而拉力F較大時，A和B各自加速，根據(jù)題圖乙所示圖像，當(dāng)F大于8 N時，對B，由牛頓第二定律得：a′＝＝F－，圖線的斜率：k＝＝1，解得木板B的質(zhì)量M＝1 kg，則物塊A的質(zhì)量m＝3 kg，故A錯誤，B正確；根據(jù)圖像知，F(xiàn)＝6 N時，a′＝0，由a′＝F－，可得：μ＝0.2，D錯誤；當(dāng)F＝10 N時，木板B的加速度為：a′＝F－＝4 m/s2，故C正確。 模型二 斜面模型 4.[考查斜面模型上的物體平衡問題] 如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁。若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為(　　) A．3　　　　　　　

5、　　 B．4 C．5 D．6 解析：選B　對M和m整體受力分析，它們必受到重力和地面支持力。對小車，因小車靜止，由平衡條件知墻面對小車必?zé)o作用力，以小車為研究對象，如圖所示，它受四個力：重力Mg、地面的支持力FN1、m對它的壓力FN2和靜摩擦力Ff，由于m靜止，可知Ff和FN2的合力必豎直向下，故B項正確。 5．[考查斜面模型上的圖像問題] [多選]如圖甲所示，用一水平外力F使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體開始沿斜面向上做加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計算出(　　) A．物體的質(zhì)量

6、B．斜面的傾角 C．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力 D．加速度為6 m/s2時物體的速度 解析：選ABC　對物體受力分析，受推力、重力、支持力，如圖所示。 x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma?、?， y方向：N－Fsin θ－mgcos θ＝0?、? 從圖像中取兩個點(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)代入①式解得：m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正確；當(dāng)a＝0時，可解得F＝15 N，故C正確；題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度大小，故D錯誤。 6．[考查斜面模型上的疊加體動力學(xué)問題] 如圖所示，在傾角為30

7、°的光滑斜面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是fm。現(xiàn)用平行于斜面的拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊，使四個木塊沿斜面以同一加速度向下運動，則拉力F的最大值是(　　) A.fm B.fm C.fm D．fm 解析：選C　當(dāng)下面質(zhì)量為m與2m的木塊摩擦力達到最大時，拉力F達到最大。 將4個木塊看成整體，由牛頓第二定律： F＋6mgsin 30°＝6ma① 將2個質(zhì)量為m的木塊及上面的質(zhì)量為2m的木塊看作整體： fm＋4mgsin 30°＝4ma② 故①、②解得：F＝fm，故選C。 模型三 彈簧模型 7.

8、[考查突變問題中的彈簧模型] [多選]如圖所示，框架甲通過細(xì)繩固定于天花板上，小球乙、丙通過輕彈簧連接，小球乙通過另一細(xì)繩與甲連接，甲、乙、丙三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)，甲、乙、丙的質(zhì)量分別為m、2m、3m，重力加速度為g。則將甲與天花板間細(xì)繩剪斷瞬時，下列說法正確的是(　　) 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、乙間細(xì)繩張力大小為mg 解析：選ACD　懸線剪斷前，對丙分析知彈簧的彈力Fk＝3mg，以乙和丙整體為研究對象可知甲與乙間的細(xì)繩拉力為T＝5mg，以甲、乙和丙整體為研究對象可知懸線的拉力為F＝6mg。剪斷懸線瞬間

9、，彈簧的彈力不變，由牛頓第二定律，丙的受力不變，故丙的加速度為零，選項A正確；對甲和乙分析可知，兩者的整體的合力為F＝6mg，方向向下，由牛頓第二定律可知a甲＝a乙＝＝2g，則B錯誤、C正確；對乙受力分析知Fk＋2mg－T′＝2ma乙，可得T′＝mg，則D正確。 8．[考查斜面上的彈簧模型] 如圖所示，足夠長的、傾角為30°的光滑斜面上，擋板C與斜面垂直。質(zhì)量均為m的A、B兩相同物塊與勁度系數(shù)為k的輕彈簧兩端相連，在C的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B兩物塊先后開始運動。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列判斷正確的是(　　) A．恒力F的值一定大于mg B．物塊B

10、開始運動時，物塊A的加速度為 C．物塊B開始運動時，A發(fā)生位移的值為 D．當(dāng)物塊B的速度第一次最大時，彈簧的形變量為 解析：選B　F可以先使A加速運動起來，然后隨著彈力的變化，在A做減速運動過程中，使得B開始運動，故F的力不一定大于mg，A錯誤；當(dāng)B開始運動時，彈簧的彈力為T＝mgsin 30°＝mg，并且處于伸長狀態(tài)，對A有一個沿斜面向下的拉力，所以F－2mgsin 30°＝ma，解得a＝，B正確；在未施加F之前，彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量為Δx1＝＝，當(dāng)B開始運動時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，形變量為Δx2＝＝，所以A的位移為x＝Δx1＋Δx2＝，C錯誤；對物塊B受力分析，受到彈簧的拉力，以及

11、重力沿斜面向下的分力，當(dāng)兩者相等時，B的速度最大，即mgsin 30°＝kx′，解得x′＝，D錯誤。 9．[考查發(fā)生伸縮變化的彈簧模型] 質(zhì)量均為4 kg的物體A、B用一勁度系數(shù)k＝200 N/m的輕質(zhì)彈簧連接，將它們豎直靜止放在水平面上。如圖甲所示，現(xiàn)將一豎直向上的變力F作用在A上，使A開始向上做勻加速運動，經(jīng)0.40 s物體B剛要離開地面。取g＝10 m/s2。 (1)求物體B剛要離開地面時，物體A的速度大小vA； (2)在圖乙中作出力F隨物體A的位移大小l變化(到物體B剛要離地為止)的關(guān)系圖像。 解析：(1)靜止時mAg＝kx1 當(dāng)物體B剛要離開地面時有mBg＝kx2

12、可得x1＝x2＝0.2 m 物體A的位移大小為x1＋x2＝at2 此時A的速度大小vA＝at 聯(lián)立解得a＝5 m/s2，vA＝2 m/s。 (2)設(shè)彈簧彈力大小為F彈，則在彈簧由壓縮到恢復(fù)原長的過程中，k(x1－l)＝F彈，F(xiàn)－mAg＋F彈＝mAa；在彈簧由原長到伸長到B剛要離地過程中，k(l－x1)＝F彈，F(xiàn)－F彈－mAg＝mAa。而mAg＝kx1 綜上所述，力F與物體A的位移大小l之間的關(guān)系為F＝mAa＋kl 當(dāng)l＝0時，力F最小，且Fmin＝mAa＝20 N 當(dāng)l＝x1＋x2時，力F最大，且Fmax＝mA(2g＋a)＝100 N F與位移大小l之間為一次函數(shù)關(guān)系，F(xiàn)-l圖

13、像如圖所示。 答案：(1)2 m/s　(2)見解析圖 模型四 傳送帶模型 10.[考查物塊輕放在傾斜傳送帶上] 如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ

14、度相等時，由于μ

15、體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4 m/s B．若傳送帶不動，物體到達B端的瞬時速度vB＝2 m/s C．若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定小于2 m/s D．若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定大于2 m/s 解析：選AB　由動能定理得mgh＝mvA2，解得vA＝4 m/s，A正確；若傳送帶不動，則物體做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得，勻減速直線運動的加速度大?。篴＝μg＝1 m/s2，根據(jù)vA2－vB2＝2ax，解得vB＝2 m/s，B正確；若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，物體滑上傳送帶做勻減速直線運動，到達B端的速度大小一定等于2 m/s，C錯誤；若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的速度小于2

16、 m/s時，在物體到達B端時，傳送帶給物體恒定的水平向左的滑動摩擦力，物體在摩擦力作用下全程做勻減速運動到達B端的速度等于2 m/s，D錯誤。 12．[考查物塊輕放在勻加速的水平傳送帶上] 如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。A、B為傳送帶的左、右端點，AB長L＝2 m，初始時傳送帶處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)質(zhì)量m＝2 kg的物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶A點時，傳送帶立即啟動，啟動過程可視為加速度a＝2 m/s2的勻加速運動，加速結(jié)束后傳送帶立即勻速轉(zhuǎn)動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。 (1)如果物塊以最短時間到達B點，物塊到達B點時的

17、速度大小是多少？ (2)上述情況下傳送帶至少加速運動多長時間？ 解析：(1)為了使物塊以最短時間到達B點，物塊應(yīng)一直勻加速從A點到達B點， 則μmg＝ma1，vB2＝2a1L 解得vB＝2 m/s。 (2)設(shè)傳送帶加速結(jié)束時的速度為v，為了使物塊能一直勻加速從A點到達B點，需滿足v≥vB， 又v＝at，解得t≥1 s。 答案：(1)2 m/s　(2)1 s 13．[考查物塊在傾斜傳送帶上運動留下的痕跡] 如圖所示，傾角為θ＝37°的淺色傳送帶以恒定的速度v＝2 m/s逆時針傳輸，傳送帶A、B兩點距離為L＝29.45 m，一個質(zhì)量為m＝1 kg的煤塊輕輕地放在A點，煤塊與傳送帶

18、表面滑動摩擦因數(shù)μ＝0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)煤塊由A傳輸?shù)紹的時間； (2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡長度。 解析：(1)剛開始運動時對煤塊受力分析，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，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 解得a1＝10 m/s2； 當(dāng)煤塊的速度和傳送帶的速度相同時，經(jīng)歷的時間為t1，故有v＝a1t1，解得t1＝0.2 s； 煤塊在加速過程中的位移為s1＝a1t12＝0.2 mμmgco

19、s θ，所以當(dāng)煤塊速度等于傳送帶速度之后，兩者不會相對靜止，而是煤塊相對傳送帶向下運動，故mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2； 這一過程所用時間為t2，則L－s1＝vt2＋a2t22， 解得t2＝4.5 s(－6.5 s舍去) 故煤塊由A傳輸?shù)紹的時間為t＝t1＋t2＝4.7 s。 (2)在t1時間內(nèi)，傳送帶的位移為x傳1＝vt1＝0.4 m， 煤塊的位移為x煤1＝s1＝0.2 m； 在t2時間內(nèi)，x傳2＝vt2＝9 m， x煤2＝L－x煤1＝29.25 m； 由于后來煤塊的速度比傳送帶的速度大，所以之前t1時間內(nèi)的痕跡又被重疊了， 故劃痕長為s＝x煤2－x傳2＝20.25 m。 答案：(1)4.7 s　(2)20.25 m