物理大二輪高考復(fù)習(xí)練習(xí)（九） 力學(xué)中的三類典型模型

微課精練（九）力學(xué)中的三類典型模型

1.如圖所示，兩個質(zhì)量均為，〃的小球通過兩根輕彈簧4、B連接，

在水平外力廠作用下，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時彈簧實際長度相等。彈簧

4、B的勁度系數(shù)分別為M、kll,且原長相等。彈簧A、B與豎直方向的

夾角分別為。與45。。設(shè)A、5中的拉力分別為尸八尸B。小球直徑相比彈

簧長度可以忽略。貝!1（）

A.kA=kttB.tan，=J

C.FA=小mgD.Fβ=2mg

解析:選B將兩小球看作一個整體，對整體受力分析，可知整體受到重力2mg、彈簧

A的拉力EI和尸的作用，受力如圖甲所示，根據(jù)共點力的平衡條件有：R=曰器,F=2,Mgtan

0,根據(jù)胡克定律：FA=kAXA,FB=kβXB,對下邊的小球進行受力分析，其受力如圖乙所示,

根據(jù)平衡條件有：FB=巾mg,F=mg,聯(lián)立可得：tan。=],故B正確，D錯誤；由tan〃

12

=加COSe=泉,得FA=小mg,故C錯誤；兩個彈簧的原長相等，伸長后的長度也相等,

所以彈簧的形變量也相等，而兩個彈簧的彈力不同，所以兩個彈簧的勁度系數(shù)不相等，故A

錯誤。

2.（多選）如圖所示，一質(zhì)量M=3.0kg的長方形木板8放在光

滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量機=LOkg的小木塊A,同時Bl------------4?

77777777777777777777/7777"

給A和8以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，5開始向右運動，A

始終沒有滑離8板，在小木塊4做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是（）

A.2.1m/sB.2.4m/s

C.2.8m/sD.3.0m/s

解析：選AB以A、5組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，

從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得（M-Wi）O=MsS1,代入數(shù)據(jù)解得

v?,?2.7m/s0當從開始到A、8速度相同的過程中，取水平向右為正方向，由動量守恒定律

得（M—，"）V=（M+機）加2,代入數(shù)據(jù)解得VB2=2.0m/s,則在木塊A做加速運動的時間內(nèi)，B

的速度范國為2.0m/SVVs<2.7m/s,故選項A、B正確。

3.（2022?河北石家莊調(diào)研）如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈

簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M=3kgo質(zhì)量∕n=lkg的鐵塊以水平速度如=4m∕s,

從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過

程中彈簧具有的最大彈性勢能為（）

A.3JB.4J

C.6JD.20J

解析：選A設(shè)鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為以鐵塊相對木板向右運動時,

滑行的最大路程為L,摩擦力大小為6。鐵塊相對于木板向右運動過程中，根據(jù)能量守恒定

律得當九隊/二廣山+京川+⑼/+用）。鐵塊相對木板運動的整個過程中%如2=2廣山+；（知+

m）v2,由動量守恒定律得"K?=（M+wιW.聯(lián)立解得Ep=3J,A正確。

4.（多選）如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上處于自由狀態(tài)，一質(zhì)量為m=0.2kg

的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中（彈簧在彈

性限度內(nèi)）,其速度。和彈簧壓縮量AX之間的函數(shù)圖像如圖乙所示,其中A為曲線的最高點，

小球和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，取g=l（）m∕s2,則（）

A.當Δx=0.1m時，小球處于失重狀態(tài)

B.小球在最低點時的加速度大于g

C.小球從接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒

D.小球從速度最大到彈簧壓縮至最短，彈簧彈性勢能增加量為3.62IJ

解析：選BD由題圖乙可知，當AX=O.1m時，小球的速度最大，分析可知，此時小

球的加速度大小為0,沒有向下的加速度，不處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；當?x=（Um時，

對小球由牛頓第二定律有hAx—/〃g=0,當小球下落到最低點時有A?ΔXL,"g=∕wα,聯(lián)立解

得a=5Λg,因此小球在最低點時的加速度一定大于g,選項B正確；小球從接觸彈簧到彈

黃壓縮至最短的過程中，彈簧的彈性勢能變大，小球的機械能不守恒，選項C錯誤；小球從

速度最大到彈簧壓縮到最短，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可知彈簧彈性勢能增加量為AEP=

+mgAx',式中Ax'=0.61m-0.1m=0.51m,解得AEP=3.621J,選項D正確。

5.（多選）傳送帶廣泛地應(yīng)用于物品的傳輸、分揀等工作，某煤

炭企業(yè)利用如圖所示的三角形傳送帶進行不同品質(zhì)煤的分揀，傳送

帶以6m/s的速率逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是1m,且與水平方向的夾角均為37。。

現(xiàn)有兩方形煤塊A、8（可視為質(zhì)點）從傳送帶頂端靜止釋放，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均

為0.5,sin37cj=0.6,g取IOmZs?,下列說法正確的是（）

A.煤塊A在傳送帶上劃痕長度大于Im

B.煤塊A、8受到的摩擦力方向都與其運動方向相反

C.煤塊A比煤塊3后到達傳送帶底端

D.煤塊A運動至傳送帶底端時速度大小為2√5m/s

解析：選AD對煤塊A,開始時所受滑動摩擦力沿傳送帶方向向下，根據(jù)牛頓第二定

律有，"盟sin37°+/〃"AgCoS37°=?IAaA,解得矽=10m/sZ,假設(shè)煤塊A能達到與傳送帶等速，

所需時間〃=言=0.6s,下滑位移為X=JUfA2=ι.8nι>lm,所以假設(shè)不成立，煤塊A沒有

==

達到與傳送帶等速，其末速度滿足02=2αz√,解得V=m/s,實際下滑時間~

s,選項D正確。煤塊A的劃痕長度SA=IW/1.68m,選項A正確。對柒塊優(yōu)

因為m5gsin37o>〃“ibgcos37。，柒塊會一直沿傳送帶下滑，所受摩擦力方向沿傳送帶方向向

上。根據(jù)牛頓第二定律有〃“Zgsin37o—"〃〃,gcos37o=/n““，解得w=2m∕s2,設(shè)下滑時間為

t∏9則I=WaBtB2,解得加=1s,選項B、C錯誤O

6.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在傾角為0的光滑斜面底部，另

一端拴接一質(zhì)量為，〃的小物塊A,靜止時物塊位于尸點?，F(xiàn)將另一質(zhì)

量也為m的小物塊B緊貼著物塊A由靜止釋放，兩物塊一起運動到Q?

點時速度為。，若將小物塊B從斜面上距尸點為d的S點由靜止釋放，物塊3運動到尸點

時與物塊A粘在一起，兩物塊可視為質(zhì)點，則兩物塊一起運動到。點時的速度為（）

A.γ∣v2+gdsin0B.v2+^gdsin0

C.V2+^gdsinθD.ylv2+^gdsinθ

解析：選B小物塊3緊貼著物塊A由靜止釋放，根據(jù)題意，設(shè)尸。的距離為X,由能

量守恒定律得;?2"K72+Ep=2mgχsinθ,將小物塊B從斜面上距尸點為d的S點由靜止釋放，

設(shè)小物塊3到達尸點時的速度為Vi,根據(jù)動能定理有；"2。/=WJgdSinθ,設(shè)物塊B運動到尸

點與物塊A粘在一起時的速度為V2,根據(jù)動量守恒定律有mv?=2mvι9設(shè)兩物塊一起運動

到Q點時的速度為V39根據(jù)能量守恒定律有1?2〃M32+￡p=；?2/nz;22+2mgxsinθ9聯(lián)立解得

S="?JV+^gdsiii〃,故A、C>D錯誤，B正確。

7.如圖所示，傾角為0、長度有限的光滑斜面固定在水平面上，一h

根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧下端固定于斜面底部,上端壓一個質(zhì)量為m7?4?JV

的小物塊”，“與彈簧間不拴接，開始時“處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)有另一個---------

質(zhì)量為2m的小物塊b從斜面上某處由靜止釋放，與α發(fā)生正碰后立即粘在一起成為組合體

Co已知彈簧的彈性勢能與其形變量的關(guān)系為Ep=）χ2,重力加速度為g,彈簧始終未超出彈

性限度。下列說法正確的是（）

A.C被彈簧反彈后恰好可以回到力的釋放點

B.整個過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.當b的釋放點到a的距離為I'"歌加'時,C恰好不會與彈簧分離

OΛ

D.要使C能在斜面上做完整的簡諧運動，A的釋放點到α的距離至少為迎翳名

解析：選C因a、b碰撞后粘在一起，屬于完全非彈性碰撞，整個系統(tǒng)有機械能損失,

組合體C不可能回到b的釋放點，故A、B錯誤；a靜止時，根據(jù)平衡條件有機gsin，=fcri,

對h由機械能守恒定律有2∕ng√∣sinθ=?×2mv?1,根據(jù)動量守恒定律有2機5=（"?+2機）0,

從a、〃碰撞結(jié)束到C向上運動到最高點時彈簧恰好處于原長的過程中，對C和彈簧組成的

系統(tǒng)由機械能守恒定律有：（/?+2,”）。2+3if=（ZM+2,”處.丫岱加θ,聯(lián)立解得h=∣5”，黑n。,

故C正確；要使C能在斜面上做完整的簡諧運動，C不能離開彈簧，故b釋放點到a的距離

15"儂in0

應(yīng)小于,故錯誤。

8kD

8.（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)a—I

τ777777777777^77777777z77777777

量為的木塊A放在長木板的左端，一顆質(zhì)量為專機的子彈以速度辦射入木塊并留在木塊

中，當木塊滑離木板時速度為|。。，木塊在木板上滑行的時間為f,下列說法正確的是（）

A.木塊獲得的最大速度為|如

B.木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為|。。

C.木塊在木板上滑動時，木塊與木板間的滑動摩擦力大小為鬻

JLLOI

D.木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動

解析：選AC對子彈和木塊A系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得點muO=C解得

Ol=鏟°,選項A正確；木塊滑離木板時，對木板和木塊（包括子彈）系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律

=G?w"*^4z√?0解得°2=y∣ξ如，選項B錯誤；對木板，由動量定理ft=

mv2,解得f=嚶?，選項C正確；由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)

IZot

生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差，選項D錯誤。

9.（多選）一傳送帶以恒定速率。=3m/s沿順時針方向運行，傳送帶傾角為37。，如圖所

示。現(xiàn)將一質(zhì)量為機=2.0kg的物塊靜止放于傳送帶底端A點，經(jīng)過一段木

時間傳送帶將物塊傳送到傳送帶的頂端B點。已知傳送帶A、B之間的距

離為L=9m,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃=（物塊可視為質(zhì)點，'Q≤13T..

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m∕s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確

的是（）

A.物塊從A點傳送到B點過程中合力對物塊的沖量大小為6N?s

B.物塊從A點傳送到B點過程中重力對物塊的沖量大小為60N?s

C.物塊從A點傳送到B點過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為63J

D.從A點傳送到B點過程中物塊機械能的增加量為108J

解析：選AC物塊開始運動時，受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力力=wMgCOS37°,根

據(jù)牛頓第二定律有"，"gcos37。-nιgsin37。=，〃。，解得加速度α=lm/s2,與傳送帶達到共同

UV7

速度經(jīng)歷的時間為∕ι=^=3s,運動的位移為Xi=TZj=4.5m,因為"=Q,即/〃叫WOS0>mgsin

0,所以，當物塊的速度與傳送帶的速度相等時，開始以0=3m/s的速度做勻速直線運動，

一直運動到頂端優(yōu)物塊從底端A傳送到頂端8過程中，根據(jù)動量定理，合力對物塊的沖量

等于物塊動量的變化量，有∕??=Ap=,"θ-0=6N?s,故A正確；物塊勻速直線運動的位移

為也=L-Xl=4.5m,勻速運動的時間為G=字=1.5s,則物塊從底端傳送到頂端用的時間

為f=fι+t2=4?5s,則重力對物塊的沖量為∕=mgf=90N?s,故B錯誤；第一階段物塊與傳

送帶之間發(fā)生相對滑動，傳送帶做勻速運動的位移X=sι=2xι=9.0m,則產(chǎn)生的熱量為。

=W”gcos0（χ-xι）=63J,第二階段物塊與傳送帶之間沒有相對滑動，不產(chǎn)生熱量，則物塊

在傳送帶上運動過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量是63J,故C正確;物塊從底端A傳送到頂端3

過程中，機械能的增加量為?E=^mv2+ItigLsin37°=117J,

故D錯誤。

10.（2022?云南浙三笫一次聯(lián)考）工人經(jīng)常利用傳送帶將

貨物從高處運送到低處。如圖所示，長度L.=6m、傾角0

=30。、上表面平直的傳送帶以恒定速率v=4m/s逆時針運

行，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)W=坐，傳送帶下端與一

傾角為15。的斜面平滑連接，貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)"2=今現(xiàn)將一質(zhì)量m=20kg的貨

物(體積可以忽略)輕放在傳送帶的頂端，貨物沿傳送帶和斜面運動至斜面底端時速度大小為

1m/so取g=10m∕s2,sin15o=0.259,cos15°=0.966,求：

(1)貨物與傳送帶達到共同速度之前貨物經(jīng)過的位移大小x；

(2)斜面的長度心(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；

(3)貨物在傳送帶上運動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q。

解析：(1)貨物在摩擦力和重力沿傳送帶向下的分力的共同作用下做初速度為零的勻加速

直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得Wigsin，+“,"gcosO="∏zι,解得?=8m/s?。貨物與傳送帶

1).7)

達到共同速度所需時間/=-=0.5s,貨物經(jīng)過的位移大小x=7"=lm。

d?L

(2)貨物與傳送帶達到共同速度后，因為加Vtanθ9貨物會繼續(xù)加速下滑，根據(jù)牛頓第

2

二定律有∕ngsin夕一〃MgCOSθ=maι9解得的=2m∕so

22

設(shè)貨物到達傳送帶底端的速度為Vi9則有Vi-V=Iai(Lx-X)9解得Oι=6m/s。

貨物到達斜面后，因〃2>tan15。，貨物做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有∕ngsin

15°—"2i"gcos150=機〃3,解得的=-3.85m∕s2,

貨物到達斜面底端的速度大小V2=Im∕s,根據(jù)口2一磯2=26七2結(jié)合實際情況可得

心=4.5mo

(3)貨物與傳送帶達到共同速度的過程中傳送帶的位移大小xι=a=2?n,貨物與傳送帶

7)\-V

的相對位移大小AXl=Xl—x=lm,貨物從與傳送帶等速到離開傳送帶的時間為Zi=-------=

。2

1s,傳送帶在“時間內(nèi)通過的位移大小為X2="ι=4m,所以貨物與傳送帶的相對位移大小

?X2=(L∣-X)—X2=lm,貨物在傳送帶上運動的過程，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=μ?mgcas0?(?xι

+?x2)=120Jo

答案：(I)Im(2)4.5m(3)120J

11.(2022?河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和5,質(zhì)量分別為Ikg和

2kg,A右端和B左端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1kg,A和C以相同速度Oo=Iom/s

向右運動，3和O以相同速度即。向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C

與。粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦

因數(shù)均為“=0.1。重力加速度大小取g=10m∕s2.