2025年高考复习二轮专题突破（十一） 力学中的三类典型模型（解析版）

专题解析：（十一）力学中的三类典型模型1．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量为2m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0)，现改变力F的大小，使B以eq\f(g,2)的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN随x变化的图像正确的是()解析：选B设物块A和托盘B间的压力为零时弹簧的伸长量为x1，对物块A，根据牛顿第二定律有mg－kx1＝ma，由题意可知a＝eq\f(g,2)，解得x1＝eq\f(mg,2k)，在此之前，对物块A根据牛顿第二定律可得mg－FN－kx＝ma＝eq\f(1,2)mg，可得FN＝eq\f(1,2)mg－kx，故FN随x变化，FN由开始运动时的eq\f(mg,2)线性减小到零。2．(多选)如图(a)所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物块A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物块A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x的正方向，得到F随x的变化图像如图(b)所示。已知物块A的质量m＝2kg，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为40N/mB．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2C．物块B的质量为6kgD．拉力F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10N解析：选BD以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为x0，有kx0＝(m＋M)g，分离之前有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，即F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数k＝eq\f(22－12,12.5×10－2)N/m＝80N/m，A错误；x＝0时，有12N＝(m＋M)a，分离时，有22N－mg＝ma，联立解得a＝1m/s2，M＝10kg，B正确，C错误；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为FN，对B进行受力分析有kx0－Mg－FN＝Ma，解得FN＝10N，D正确。3．(多选)如图(a)所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且沿水平方向。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图(b)所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则()A．0～x0过程，物块所受摩擦力方向向左B．x0～2x0过程，物块做匀速运动C．弹簧的劲度系数为eq\f(μmg,x0)D．运动到3x0处时，物块的加速度大小为eq\f(μg,2)解析：选BD物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图(b)可知当x＝x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x正比例增大，由此可推知当x＝x0时，物块刚好与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x0～2x0过程，物块始终相对传送带静止，弹簧弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x＝2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A错误，B正确；根据以上分析可知，物块在2x0处滑动摩擦力等于弹簧拉力，故k＝eq\f(μmg,2x0)，故C错误；根据对称性可知，物体可以运动到3x0处，此时根据牛顿第二定律得ma＝k·3x0－μmg，解得a＝eq\f(μg,2)，故D正确。4.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，则()A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化C．下滑时，B对A的压力先减小后增大D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减少量解析：选B由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点弹簧的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力大小为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对A、B有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，联立可得F＝－eq\f(mA＋mB,mB)FAB，故可知在最高点弹簧弹力F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，下滑过程A、B不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)kx12＝eq\f(1,2)kx22＋(mAgsinθ＋f)(x1－x2)，解得k＝eq\f(2mAgsinθ＋f,x1＋x2)，当位移为最大位移的一半时有F合＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(x1－x2,2)))－(mAgsinθ＋f)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为零，故A错误；根据B的分析可知F＝－eq\f(mA＋mB,mB)FAB，再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐增大，则下滑过程FAB逐渐增大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐增大，故C错误；整个过程中，弹力做的功为零，A重力做的功为零，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中，A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减少量，故D错误。5．(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl解析：选BD当物块从木板右端离开时，对物块有－fxm＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，对木板有fxM＝eq\f(1,2)MvM2，其中l＝xm－xM，由于物块能从木板滑下，说明vm>vM，作出物块和木板运动的v-t图像，如图所示，根据v-t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移可知l＝xm－xM>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；根据以上式子，联立有eq\f(1,2)mv02－fl＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)MvM2，则物块的动能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl，C错误，D正确。6．(多选)如图所示，A为放在水平光滑桌面上的长方体物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、5m、m。B、C与A之间的动摩擦因数皆为0.1。K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平方向。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮，若测得A的加速度大小为2m/s2，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是()A．物块B、C的加速度大小也等于2m/s2B．物块B的加速度为2m/s2，C的加速度为10m/s2C．外力的大小F＝24mD．物块B、C给物块A的摩擦力的合力为2m解析：选BDA的加速度大小为2m/s2，则A受到的合力为F＝ma＝2m，B对A的最大静摩擦力为FB＝5μmg＝0.5mg，C对A的最大静摩擦力为FC＝μmg＝0.1mg，若B和C都相对于A静止，则B和C的加速度一样，由于B和C所受细线的拉力一样，则必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力，则会导致A所受摩擦力小于0.2mg，即加速度小于2m/s2，故B和C不可能全都静止；若C静止B滑动，则A所受摩擦力大于0.5mg，加速度大于2m/s2，故应是B静止，因此C对A的摩擦力为0.1mg，B对A的摩擦力也为0.1mg；A、B间保持静止，故aB＝2m/s2，B受绳的拉力为T＝5maB＋0.1mg＝1.1mg，则C受绳的拉力也为1.1mg，所以aC＝eq\f(1.1mg－0.1mg,m)＝g＝10m/s2，故A错误，B正确。外力大小为F＝1.1mg＋1.1mg＝2.2mg＝22m，故C错误。由以上分析可知，物块B、C给物块A的摩擦力的合力为F合＝ma＝2m，故D正确。7．(多选)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为eq\f(1,2)l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为eq\f(4mg,l)B．小球在P点下方eq\f(1,2)l处的加速度大小为(3eq\r(2)－4)gC．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同解析：选AD小球在P点受力平衡，则有mg＝f，f＝μFN，FN＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2)))，联立解得k＝eq\f(4mg,l)，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2sinθ)))，小球受到的摩擦力为f1＝μFN1＝μFsinθ，化简得f1＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(klsinθ－\f(kl,2)))，从M点到N点的运动过程中，θ在MP之间增大，在PN之间减小，即摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知从M到P和从P到N的过程中摩擦力做功相同，D正确；小球运动到P点下方eq\f(l,2)处时θ＝45°，此时摩擦力大小为f2＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kl\f(\r(2),2)－\f(kl,2)))，由牛顿第二定律得mg－f2＝ma，联立解得a＝(2－eq\r(2))g，B错误。8．如图是工厂里一种运货过程的简化模型。货物(可视为质点)质量m＝4kg，以初速度v0＝10m/s滑上静止在光滑轨道OB上的小车左端，小车质量为M＝6kg，高为h＝0.8m。在光滑轨道上的A处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后货物恰好落在光滑轨道上的B点。已知货物与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，货物做平抛运动的水平位移AB长为1.2m，重力加速度g取10m/s2。(1)求货物从小车右端滑出时的速度大小；(2)若OA段足够长，导致小车在碰到A之前已经与货物达到共同速度，仍然要求货物恰好落在光滑轨道上的B点，求小车的长度是多少？解析：(1)设货物从小车右端滑出时的速度为vx，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，在水平方向上有lAB＝vxt，解得vx＝3m/s。(2)在小车碰撞到障碍物前，小车与货物已经达到共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝4m/s，由能量守恒定律得μmgs相对＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M))v共2解得s相对＝6m当小车被粘住之后，货物继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得－μmgs′＝eq\f(1,2)mvx2－eq\f(1,2)mv共2，解得s′＝0.7m故小车的长度L＝s相对＋s′＝6.7m。答案：(1)3m/s(2)6.7m9．(2023·辽宁高考，节选)如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝eq\f(1,2)kx2。重力加速度g取10m/s2，结果可用根式表示。求：(1)木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。(2)木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。解析：(1)由于地面光滑，则木板和小物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1代入数据解得v1＝1m/s对木板受力分析有a1＝