專題解析：（十一）力學(xué)中的三類典型模型1．如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量為2m的托盤B上，以FN表示B對(duì)A的作用力，x表示彈簧的伸長(zhǎng)量。初始時(shí)，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)(x＝0)，現(xiàn)改變力F的大小，使B以eq\f(g,2)的加速度勻加速向下運(yùn)動(dòng)(g為重力加速度，空氣阻力不計(jì))，此過(guò)程中FN隨x變化的圖像正確的是()解析：選B設(shè)物塊A和托盤B間的壓力為零時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x1，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有mg－kx1＝ma，由題意可知a＝eq\f(g,2)，解得x1＝eq\f(mg,2k)，在此之前，對(duì)物塊A根據(jù)牛頓第二定律可得mg－FN－kx＝ma＝eq\f(1,2)mg，可得FN＝eq\f(1,2)mg－kx，故FN隨x變化，F(xiàn)N由開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的eq\f(mg,2)線性減小到零。2．(多選)如圖(a)所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個(gè)物塊A、B，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物塊A上，使A向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以系統(tǒng)靜止時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為位移x的正方向，得到F隨x的變化圖像如圖(b)所示。已知物塊A的質(zhì)量m＝2kg，重力加速度g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為40N/mB．物塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2C．物塊B的質(zhì)量為6kgD．拉力F作用瞬間，A、B之間的彈力大小為10N解析：選BD以A、B整體為研究對(duì)象，設(shè)物塊B質(zhì)量為M，靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0，有kx0＝(m＋M)g，分離之前有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，即F＝kx＋(m＋M)a，所以F隨x的變化圖像的斜率等于勁度系數(shù)k＝eq\f(22－12,12.5×10－2)N/m＝80N/m，A錯(cuò)誤；x＝0時(shí)，有12N＝(m＋M)a，分離時(shí)，有22N－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝1m/s2，M＝10kg，B正確，C錯(cuò)誤；施加拉力F的瞬間，設(shè)A、B之間的彈力為FN，對(duì)B進(jìn)行受力分析有kx0－Mg－FN＝Ma，解得FN＝10N，D正確。3．(多選)如圖(a)所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以某一恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一根輕彈簧兩端分別與物塊和豎直墻面連接，將物塊在傳送帶左端無(wú)初速度釋放，此時(shí)彈簧恰處于原長(zhǎng)且沿水平方向。物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到的摩擦力大小與物塊位移的關(guān)系如圖(b)所示。已知物塊質(zhì)量為m，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，x0為已知量，則()A．0～x0過(guò)程，物塊所受摩擦力方向向左B．x0～2x0過(guò)程，物塊做勻速運(yùn)動(dòng)C．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(μmg,x0)D．運(yùn)動(dòng)到3x0處時(shí)，物塊的加速度大小為eq\f(μg,2)解析：選BD物塊在剛釋放的一段時(shí)間內(nèi)相對(duì)傳送帶向左滑動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力向右，同時(shí)彈簧彈力逐漸增大，由題圖(b)可知當(dāng)x＝x0時(shí)，摩擦力發(fā)生突變，瞬間減小后，隨著x正比例增大，考慮到彈簧彈力也是隨x正比例增大，由此可推知當(dāng)x＝x0時(shí)，物塊剛好與傳送帶達(dá)到共同速度，之后隨著傳送帶繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，在x0～2x0過(guò)程，物塊始終相對(duì)傳送帶靜止，彈簧彈力和靜摩擦力同時(shí)增大且平衡，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)x＝2x0時(shí)，彈簧彈力大小增大至與滑動(dòng)摩擦力大小相同，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)以上分析可知，物塊在2x0處滑動(dòng)摩擦力等于彈簧拉力，故k＝eq\f(μmg,2x0)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，物體可以運(yùn)動(dòng)到3x0處，此時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得ma＝k·3x0－μmg，解得a＝eq\f(μg,2)，故D正確。4.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)。A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零。A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧未超過(guò)彈性限度，則()A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時(shí)，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大D．整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減少量解析：選B由于A、B在下滑過(guò)程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)彈簧的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，A、B之間的彈力大小為FAB，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A、B有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對(duì)B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，聯(lián)立可得F＝－eq\f(mA＋mB,mB)FAB，故可知在最高點(diǎn)彈簧彈力F的方向沿斜面向上，由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn)，A剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2，下滑過(guò)程A、B不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過(guò)程根據(jù)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)，當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)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，即此時(shí)加速度為零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)B的分析可知F＝－eq\f(mA＋mB,mB)FAB，再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過(guò)程中F向上且逐漸增大，則下滑過(guò)程FAB逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力逐漸增大，故C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，彈力做的功為零，A重力做的功為零，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中，A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減少量，故D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)()A．木板的動(dòng)能一定等于flB．木板的動(dòng)能一定小于flC．物塊的動(dòng)能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物塊的動(dòng)能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl解析：選BD當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)，對(duì)物塊有－fxm＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，對(duì)木板有fxM＝eq\f(1,2)MvM2，其中l(wèi)＝xm－xM，由于物塊能從木板滑下，說(shuō)明vm>vM，作出物塊和木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖像，如圖所示，根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移可知l＝xm－xM>xM，則根據(jù)以上分析可知木板的動(dòng)能一定小于fl，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)以上式子，聯(lián)立有eq\f(1,2)mv02－fl＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)MvM2，則物塊的動(dòng)能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl，C錯(cuò)誤，D正確。6．(多選)如圖所示，A為放在水平光滑桌面上的長(zhǎng)方體物塊，在它上面放有物塊B和C，A、B、C的質(zhì)量分別為m、5m、m。B、C與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)皆為0.1。K為輕滑輪，繞過(guò)輕滑輪連接B和C的輕細(xì)繩都處于水平方向。現(xiàn)用水平方向的恒定外力F拉滑輪，若測(cè)得A的加速度大小為2m/s2，重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法中正確的是()A．物塊B、C的加速度大小也等于2m/s2B．物塊B的加速度為2m/s2，C的加速度為10m/s2C．外力的大小F＝24mD．物塊B、C給物塊A的摩擦力的合力為2m解析：選BDA的加速度大小為2m/s2，則A受到的合力為F＝ma＝2m，B對(duì)A的最大靜摩擦力為FB＝5μmg＝0.5mg，C對(duì)A的最大靜摩擦力為FC＝μmg＝0.1mg，若B和C都相對(duì)于A靜止，則B和C的加速度一樣，由于B和C所受細(xì)線的拉力一樣，則必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力，則會(huì)導(dǎo)致A所受摩擦力小于0.2mg，即加速度小于2m/s2，故B和C不可能全都靜止；若C靜止B滑動(dòng)，則A所受摩擦力大于0.5mg，加速度大于2m/s2，故應(yīng)是B靜止，因此C對(duì)A的摩擦力為0.1mg，B對(duì)A的摩擦力也為0.1mg；A、B間保持靜止，故aB＝2m/s2，B受繩的拉力為T＝5maB＋0.1mg＝1.1mg，則C受繩的拉力也為1.1mg，所以aC＝eq\f(1.1mg－0.1mg,m)＝g＝10m/s2，故A錯(cuò)誤，B正確。外力大小為F＝1.1mg＋1.1mg＝2.2mg＝22m，故C錯(cuò)誤。由以上分析可知，物塊B、C給物塊A的摩擦力的合力為F合＝ma＝2m，故D正確。7．(多選)如圖所示，原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為eq\f(1,2)l，OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，在此過(guò)程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(4mg,l)B．小球在P點(diǎn)下方eq\f(1,2)l處的加速度大小為(3eq\r(2)－4)gC．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同解析：選AD小球在P點(diǎn)受力平衡，則有mg＝f，f＝μFN，F(xiàn)N＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2)))，聯(lián)立解得k＝eq\f(4mg,l)，A正確；在PM之間任取一點(diǎn)A，令A(yù)O與MN之間的夾角為θ，則此時(shí)彈簧的彈力為F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2sinθ)))，小球受到的摩擦力為f1＝μFN1＝μFsinθ，化簡(jiǎn)得f1＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(klsinθ－\f(kl,2)))，從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，θ在MP之間增大，在PN之間減小，即摩擦力先變大后變小，C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知在任意關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對(duì)稱性可知從M到P和從P到N的過(guò)程中摩擦力做功相同，D正確；小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)下方eq\f(l,2)處時(shí)θ＝45°，此時(shí)摩擦力大小為f2＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kl\f(\r(2),2)－\f(kl,2)))，由牛頓第二定律得mg－f2＝ma，聯(lián)立解得a＝(2－eq\r(2))g，B錯(cuò)誤。8．如圖是工廠里一種運(yùn)貨過(guò)程的簡(jiǎn)化模型。貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量m＝4kg，以初速度v0＝10m/s滑上靜止在光滑軌道OB上的小車左端，小車質(zhì)量為M＝6kg，高為h＝0.8m。在光滑軌道上的A處設(shè)置一固定的障礙物，當(dāng)小車撞到障礙物時(shí)會(huì)被粘住不動(dòng)，而貨物繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，最后貨物恰好落在光滑軌道上的B點(diǎn)。已知貨物與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，貨物做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移AB長(zhǎng)為1.2m，重力加速度g取10m/s2。(1)求貨物從小車右端滑出時(shí)的速度大小；(2)若OA段足夠長(zhǎng)，導(dǎo)致小車在碰到A之前已經(jīng)與貨物達(dá)到共同速度，仍然要求貨物恰好落在光滑軌道上的B點(diǎn)，求小車的長(zhǎng)度是多少？解析：(1)設(shè)貨物從小車右端滑出時(shí)的速度為vx，滑出之后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，在水平方向上有l(wèi)AB＝vxt，解得vx＝3m/s。(2)在小車碰撞到障礙物前，小車與貨物已經(jīng)達(dá)到共同速度，以小車與貨物組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由動(dòng)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相對(duì)＝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相對(duì)＝6m當(dāng)小車被粘住之后，貨物繼續(xù)在小車上滑行，直到滑出過(guò)程，對(duì)貨物，由動(dòng)能定理得－μmgs′＝eq\f(1,2)mvx2－eq\f(1,2)mv共2，解得s′＝0.7m故小車的長(zhǎng)度L＝s相對(duì)＋s′＝6.7m。答案：(1)3m/s(2)6.7m9．(2023·遼寧高考，節(jié)選)如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep＝eq\f(1,2)kx2。重力加速度g取10m/s2，結(jié)果可用根式表示。求：(1)木板剛接觸彈簧時(shí)速度v1的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1。(2)木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小。解析：(1)由于地面光滑，則木板和小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)解得v1＝1m/s對(duì)木板受力分析有a1＝