1、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
2、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 1，长木板与地面之间的动摩擦因数为 2，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 1MgB长木板受到地面的摩擦力的大小一定为 2(m M)gC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
3、的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力 f 1mg，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( )2A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/s2
4、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： a2 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 m4 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 M1 kg，F mgM 1M mgM 1M则物块 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
5、 时，木板 B 的加速度为：1M mgMa F 4 m/s 2，故 C 正确。1M mgM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，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。
6、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 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/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出( )3A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/s2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： Fcos mgsin ma ，y 方向： N Fsin mgcos 0 从图像中取两个点(20 N,2 m/s 2)，(30 N，6 m/s 2)代入式解得： m2
7、 kg， 37 ，故 A、B 正确；当 a0 时，可解得 F15 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/s2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 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. fm35 34C. fm D fm32解析：选 C 当下面质量为 m 与 2m
8、 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：F6 mgsin 306 ma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：fm4 mgsin 304 ma故、解得： F fm，故选 C。32模型三 弹簧模型7.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4状态，甲、乙、丙的质量分别为 m、2 m、3 m，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
9、gC框架甲的加速度大小 a 甲 2 gD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 Fk3 mg，以乙和丙整体为研究对象可知甲与乙间的细绳拉力为 T5 mg，以甲、乙和丙整体为研究对象可知悬线的拉力为F6 mg。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 F6 mg，方向向下，由牛顿第二定律可知 a 甲 a 乙 2 g，则 B 错误、C 正确；对乙受力分析知6mg3mFk2 mg T2 ma 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
10、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 mgB物块 B 开始运动时，物块 A 的加速度为F mgmC物块 B 开始运动时， A 发生位移的值为mg2kD当物块 B 的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mgk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，
11、A 错误；当 B 开始运动时，弹簧的弹力为T mgsin 30 mg，并且处于伸长状态，对 A 有一个沿斜面向下的拉力，所以 F2 mgsin 1230 ma，解得 a ，B 正确；在未施加 F 之前，弹簧处于压缩状态，形变量为 x1F mgm ，当 B 开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为mgsin 30k mg2k x2 ，所以 A 的位移为 x x1 x2 ，C 错误；对物块 B 受力分析，mgsin 30k mg2k mgk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 mgsin 530 kx，解得 x ，D 错误。mg2k9考查发生伸缩变化的弹簧模型
12、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/s 2。(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 x20.2 m物体 A 的位移大小为 x1 x2 at212此时 A 的速度大小 vA
13、 at联立解得 a5 m/s 2， 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(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 l0 时，力 F 最小，且 Fmin mAa20 N当 l x1 x2时，力 F 最大，且 Fmax mA(2g a)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
14、图6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 ，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 mg cos ，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 mgsin mg cos ma2，解得 a22 m/s 2；这一过程所用时间为 t2，则 L s1 vt2 a2t22，128解得 t24.5 s(6.5 s 舍去)故煤块由 A 传输到 B 的时间为 t t1 t24.7 s。(2)在 t1时间内，传送带的位移为 x 传 1 vt10.4 m，煤块的位移为 x 煤 1 s10.2 m；在 t2时间内， x 传 2 vt29 m，x 煤 2 L x 煤 129.25 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 220.25 m。答案：(1)4.7 s (2)20.25 m
