【文档说明】高考物理一轮复习第三单元牛顿运动定律第2讲连接体问题练习(含详解).doc，共(21)页，784.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第2讲连接体问题1连接体的定义及分类(1)两个或两个以上的物体,以某种方式连接在一起运动,这样的物体系统就是连接体。(2)根据两物体之间相互连接的媒介不同,常见的连接体可以分为三大类。①绳(杆)连接:两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起;②弹簧连接:两个物体通过弹簧的作用连接在一起;③接触连

接:两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。(3)连接体的运动特点①轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。②轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,

而杆上各点的线速度与转动半径成正比。③轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速率不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等。【易错警示】(1)“轻”——质量和重力均不计。(2)在任何情况下,绳中张力的大小相等,绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。1.1(2018衡水中

学高三10月考试)如图所示,质量为m0、倾角为θ的斜面体静止在水平地面上,一质量为m的小物块放在斜面上,轻推一下小物块后,它沿斜面向下匀速运动。若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F,斜面体始终静止,重力

加速度大小为g。施加恒力F后,下列说法正确的是()。A.小物块沿斜面向下运动的加速度为B.斜面体对地面的压力大小等于(m+m0)g+FsinθC.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D.斜面体对小物块的作用力的

大小和方向都变化【答案】A1.2(2019福建福州三十四中检测)如图所示,材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力()。2A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与

系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关【答案】D2连接体的平衡(1)关于研究对象的选取①单个物体:将物体受到的各个力的作用点全部画到物体的几何中心上。②多个物体:在分析外力对系统的作用时,用整体法;在分析系统内各物体间的相互作用时,用隔离法。关键是找出物体之间的联系,相互作用力是它们相互联

系的纽带。(2)运用隔离法和整体法的基本步骤①取对象——根据题意,所选取的研究对象可以是某一物体,也可以是几个物体组成的系统,在解决同一问题时,两种情况经常交替使用。②画受力图——对研究对象进行受力分析,画出受力分

析图。③列方程——根据平衡条件,用正交分解法或合成法找出各个力之间的关系式,把已知量和未知量联系起来。④解方程——解方程(组),必要时对解出的结果进行取舍和讨论。2.1(2018河南信阳三模)如图所示,一个儿童在玩滑板,他一只脚蹬地后,

滑板和人一起向前加速运动。已知儿童的质量为M,滑板的质量为m,儿童蹬地时获得向前的动力F,滑板向前运动时受到的阻力为f,则下列说法正确的是()。3A.F一定等于fB.儿童与滑板之间的摩擦力等于FC.儿童与滑板之间的摩擦力等于D

.儿童与滑板之间的动摩擦因数可以小于【答案】C题型一动力学中的连接体问题1.连接体问题的类型:物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。2.整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合力,应用

牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。3.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。4.整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,

一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”的方法。【温馨提示】牛顿第二定律公式F=ma中的“F”指的就是物体(或系统)所受的合力,因此,在处理连接体问题时,必须注意区分内力和外力,特别是用整体法处理连接体问题时,切忌把系统内力列入牛顿第二

定律方程中。当然,若用隔离法处理连接体问题,对所隔离的物体,它所受到的力都属外力,就不存在内力问题了。【例1】(多选)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。今对

物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20N,F2=10N,则下列说法正确的是()。A.弹簧的弹力大小为16NB.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零C.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12ND.若F1=10N,F2=20N,则弹簧的弹力大小不变4

【解析】对两个物体整体运用牛顿第二定律,有F1-F2=(mA+mB)a;再对物体A运用牛顿第二定律有F1-F=mAa,由两式解得F=16N,A项正确。若把弹簧换成轻质绳,同理根据牛顿第二定律列式得到绳对物体的拉力大小

也是16N,故B项错误。如果只有F1作用,整体向左匀加速运动,则对B研究得弹簧的弹力大小F'=mBa=mB·=12N,C项正确。若F1=10N,F2=20N,则F2-F1=(mA+mB)a;再对物体B受力分析得F2-F″=mBa,解得F″=14N,D项错误。【答案

】AC处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般的思路是先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力;用隔离法分析物体间的作用力时,一般应选受力个数较少的物体进行分析。【变式训练1】(2018广东佛山六校联考)如图所示,小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸的弹簧拉

着,小车向右做加速运动。若小车向右的加速度增大,物块始终相对小车静止,则物块所受摩擦力F1和车右壁所受弹簧的拉力F2的大小变化可能是()。A.F1不变,F2一直变大B.F1先变小后变大,F2不变C.F1先变大后变小,F2不变D.F1变大,F2先变小后不变【解析】小

车向右的加速度增大,而物块始终相对小车静止,即弹簧伸长量始终不变,则F2不变,A、D两项错误;若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右,则随着加速度的增大,摩擦力必变大;若开始摩擦力向左,则随着加速度的增大,摩擦力必先变小后变大,B项正确,C项错误。【答案】B题型二“传送带模型”问题项目图示滑块可能

的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速5情景2①v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速②v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时,滑块一直减速达到左端②传送带较

长时,滑块还要被传送带传回右端。其中,若v0>v,返回时速度为v;若v0<v,返回时速度为v0情景4①可能一直加速②可能先加速后匀速情景5①可能一直以同一加速度a加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速后以a2加速【例2】如图甲所示,传送带倾角θ=

37°,从A到B长度L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量m=0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°=0.6,cos37°=0.

8,重力加速度大小g=10m/s2,求:甲(1)煤块从A运动到B的时间。(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。【解析】(1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,如图乙所示其加速度a1=g(

sinθ+μcosθ)=10m/s2t1==1s,x1=a1=5m<L即煤块下滑5m与传送带速度相等达到v0后,受到向上的摩擦力,由于μ<tan37°,煤块仍将加速下滑,如图丙所示a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2x2=L-x1=5.25mx2=v0t

2+a2解得t2=0.5s6则煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=1.5s。(2)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-a1=5m第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25mΔx1与Δx2部分重合,故痕迹总长为5m。【答案】(1)1.5s(2)5m(1)比较煤块和传送带的初速度情况,分

析煤块所受摩擦力的大小和方向,其主要目的是得到煤块的加速度。(2)关注速度相等这个特殊时刻,水平传送带中两者一起匀速运动,而倾斜传送带需判断μ与tanθ的关系才能判定煤块以后的运动情况。(3)得出运动过程中两者相对位移情况,这对求解摩擦力做功时有很大帮助。【变式训练2】(2018江西师大

附中模拟)(多选)如图所示,一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点,当传送带始终静止时,物体能滑过右端的B点,所用的时间为t0,则下列判断正确的是()。A.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体也能滑过B点,且用时为t0B.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体

可能先向右做匀减速运动直到速度减为零,然后向左加速,因此不能滑过B点C.若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v0时,物体将一直做匀速运动滑过B点,用时一定小于t0D.若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v>v0时,物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点,用时一定小于t

0【解析】传送带静止时,对物体有m-m=-μmgL,即vB=,物体做减速运动;若传送带逆时针运行,物体受向左的摩擦力μmg,同样由上式分析,物体一定能匀减速至右端,速度为vB,不会为零,用时也一定仍为t0,故A项正确,

B项错误。若传送带沿顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v0时,物体将不受摩擦力的作用,一直做匀速运动滑至B端,因为匀速通过,故用时一定小于t0,C项正7确。若顺时针运行速率(保持不变)v>v0,开始时物体受到向右的摩擦力作用,做加速运动,

运动有两种可能:当物体速度加速到速度v而物体还未到达B端时,物体先做匀加速运动后做匀速运动;当物体速度一直未加速到v时,物体一直做匀加速运动,故D项错误。【答案】AC题型三“滑块—木板模型”问题1.两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A,物块恰好不从木

板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为xB=xA+L物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为xB+L=xA2.思维模板【

温馨提示】此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度

。【例3】质量M=4kg、长为2l=4m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的动摩擦因数不同。一个质量m=1kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个8水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x

1-t图象如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小。(2)若滑块与木板右边之间的动摩擦因数μ2=0.1,2s末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远

处?【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2s时木板的位移x2=a2滑块的位移x1=4m由牛顿第二定律得a2=由位移关系得x1-x2=l联立解得μ1=0.4滑块位移x1=a1恒力F=ma1+μ1mg联立解得F=6N

。(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速运动,木板以另一加速度做匀加速运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为a1'==μ2g,a2'=设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的

运动时间为t2,则v2=a2t1,v1=a1t1,v1-a1't2=v2+a2't2解得t2=1.6s在此时间内,滑块位移x1'=v1t2-a1'木板的位移x2'=v2t2+a2'9滑块相对木板运动的位移Δx=x1'-x2'联立解得Δx=1.6m<2m因此滑块没有从木板上滑落,滑块与木板相对静

止时到木板右端的距离d=l-Δx=0.4m。【答案】(1)0.46N(2)不能0.4m分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折

前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下,由于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。【变式

训练3】(2018四川都江堰六校模拟)如图甲所示,有一倾角θ=30°的光滑固定斜面,在与斜面底端相接的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,现将力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,滑块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后

滑块和木板在水平面上运动的v-t图象如图乙所示,g=10m/s2。求:(1)水平作用力F的大小。(2)滑块开始下滑时的高度。(3)木板的质量。【解析】(1)滑块受力如图丙所示,根据平衡条件,有mgsinθ=Fcosθ,解得F=N。(2)当力F变为水平向右之后,

由牛顿第二定律,有mgsinθ+Fcosθ=ma解得a=10m/s2根据题意,由题图乙可知,滑块滑到木板上的初速度v=10m/s滑块下滑的位移x=,解得x=5m故滑块下滑的高度h=xsin30°=2.5m。10(3)由题图乙可知,

滑块到达木板上后,滑块和木板起初相对滑动,当达到共同速度后一起做匀减速运动,两者共同减速时加速度a1=1m/s2,相对滑动时,木板的加速度a2=1m/s2,滑块的加速度大小a3=4m/s2设木板与地面间的动摩擦因数为μ

1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,对它们整体受力分析,有a1==μ1g,解得μ1=0.10~2s内分别对木板和滑块受力分析,对木板有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2对滑块有μ2mg=ma3联立解得M=1.5kg。【答案】(1)N(2)2.5m(3)1.5kg【变式训练4】(20

19成都高三模拟)传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5m、L2=2m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板、平板与支持

面间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2kg,重力加速度g取10m/s2。(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小。(2)若v=6m/s,求滑块离开平板时的速度大小。【解析】

(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小a1==3m/s2由于μ1mg>2μ2mg,故平板做匀加速运动,加速度大小a2==1m/s2设滑块滑至平板右端用时为t,共同速度为v',平板位移为x,对滑块有v'=v-a1tL2+x=vt-a1t2对平板有v'=a2

t,x=a2t2联立解得t=1s,v=4m/s11滑块在传送带上的加速度a3==5m/s2若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度v1==5m/s>4m/s只有v=4m/s符合题意。(2)v1=5m/s<6m/s,即滑块滑上平板的速度为

5m/s设滑块在平板上运动的时间为t',离开平板时的速度为v″,平板位移为x'则v″=v1-a1t',L2+x'=v1t'-a1t'2x'=a2t'2联立解得t1'=s,t2'=2s(t2'>t,不合题意,舍去)将t'=s代入v″=v1-a1t'得v″=3.5m/s。【答案】

(1)4m/s(2)3.5m/s1.(2018西安曲江一中质检)如图所示,将砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为

μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应为()。A.3μmgB.4μmgC.5μmgD.6μmg【解析】纸板相对砝码恰好运动时,对纸板和砝码构成的系统,由牛顿第二定律可得F-μ(2m+m)g=(2m+m)a,对砝码,由牛顿第二定律可得2μmg=2m

a,联立可得F=6μmg,D项正确。12【答案】D2.(2018黑龙江鹤岗二中月考)如图所示,A、B两球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是()。A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大

小均为gsinθB.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为gsinθD.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零【解析】系统静止,根据平衡条件,对B球有F弹=mgsinθ,对A球有F绳=F弹+mgsinθ,

细线被烧断的瞬间,细线的拉力立即减为零,但弹簧的弹力不发生改变,则B球受力情况未变,瞬时加速度为零;对A球根据牛顿第二定律得a===2gsinθ,A、C、D三项错误,B项正确。【答案】B3.(2018武汉五校模拟)如图所示,两黏合在一起的物块a和b,质量分别为ma和mb,放在光滑

的水平桌面上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb,已知Fa>Fb,则a对b的作用力()。A.必为推力B.必为拉力C.可能为推力,也可能为拉力D.不可能为零【解析】将a、b看作一个整体,

加速度a=,单独对a进行分析,设a、b间的作用力为Fab,则a==,即Fab=,由于不知道ma与mb的大小关系,故Fab可能为正,可能为负,也可能等于0。【答案】C134.(2018河南驻马店高级中学月考)如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均

为m,A、B之间的动摩擦因数为μ,B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2。则a1与a2之

比为()。A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶2【解析】当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动时,临界情况是A、B的加速度相等,对B受力分析,B的加速度aB=a1==μg,当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动时,A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有aA=a2==

μg,可得a1∶a2=1∶3,C项正确。【答案】C5.(2018安徽阜阳一中质检)如图所示,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量M=2kg的秤盘,盘内放一个质量m=1kg的物体,秤盘在竖直向下的拉力F作用下

保持静止,F=30N,当突然撤去外力F的瞬时,物体对秤盘的压力大小为(g=10m/s2)()。A.10NB.15NC.20ND.40N【解析】由于外力F撤去之前秤盘和物体均保持静止,系统受力平衡,当F撤去瞬间,合力向上,对整体由牛顿第二定律可得F=(M+

m)a,对物体再根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,两式联立解得FN=20N,再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20N,C项正确。【答案】C6.(2018深圳中学六模)(多选)如图甲所示,质量为M的物体放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮与质量为m的物体相连,m所受重力为5N;如图

乙所示,同一物体M放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力F,拉力F的大小也是5N。开始时M距桌边的距离相等,则()。14A.M到达桌边时的速度相等,所用的时间也相等B.图甲中M到达桌边用的时间较长,速度较小C.图甲中M到达桌边时的动能较大,所用时间较短D.图乙中绳子受到的拉

力较大【解析】将题图甲中的两个物体整体作为研究对象,由牛顿第二定律得aM=;对题图乙的M分析有aM'=,因x=at2,v2=2ax,且aM<aM',所以题图甲中M到达桌边用的时间较长,速度较小,动能较小,A、C两项错误,B项正确;题图乙中绳子受到的拉力大小为F,题图甲中,对M分析有T=

MaM<F=MaM',即题图乙中绳子受到的拉力较大,D项正确。【答案】BD7.(2018山东烟台一中段考)(多选)如图所示,三角形传送带以1m/s的速度沿逆时针方向匀速转动,两边倾斜的传送带长都是2m且与水平方向的夹角

均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判断正确的是()。A.物块A先到

达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D.物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程【解析】物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑,故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上,大小也相等,mgsin37°-μmgc

os37°=ma,解得a=2m/s2>0,故两物块的加速度沿传送带向下且大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,A项错误,B、C两项正确;物块A与传送带运动方向相同,相对路程较小,D项正确。【答案】BCD158.(2019石家庄正定五中检测)如图

所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8m,质量M=3kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面

由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2。(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件。(2)若F=37.5N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及

滑离木板后沿斜面上升的最大距离。【解析】(1)若整体恰好静止,则F=(M+m)gsinα=20N因要拉动木板,则F>20N若整体一起向上做匀加速直线运动,对物块和木板,由牛顿第二定律得F-(M+m)gsinα=(M+m)a对

物块有f-mgsinα=ma其中f≤μmgcosα代入数据解得F≤30N向上加速的过程中为使物块不滑离木板,力F应满足的条件为20N<F≤30N。(2)当F=37.5N>30N时,物块能滑离木板,由牛顿第二定律,对木板有F-μmgcosα-Mgsinα=M

a1对物块有μmgcosα-mgsinα=ma2设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得a1t2-a2t2=L解得t=1.2s物块滑离木板时的速度v=a2t滑离后沿斜面上升的最大距离,满足-2gssinα=0-v2解得s=0.9m。【答案】(1)20N<F≤30N(2)能1.2s

0.9m161.(2017海南卷,9)(多选)如图所示,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P,记R和Q之间相互作用力与Q和P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正

确的是()。A.若μ≠0,则k=B.若μ≠0,则k=C.若μ=0,则k=D.若μ=0,则k=【解析】先用整体法求出物体所受的合力,进而求得加速度,然后再用隔离法对P、R两物体进行受力分析,利用牛顿第二定律即可求得k。三物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,则加速度a=,所以R和Q之间相互作用

力F1=3ma+3μmg=F,Q与P之间相互作用力F2=F-μmg-ma=F-μmg-F+μmg=F,所以k===,由于计算过程与μ是否为零无关,故k=恒成立,A、C两项错误,B、D两项正确。【答案】BD2.(201

5全国卷Ⅱ,20)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的

拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为()。A.8B.10C.15D.18【解析】设P、Q西边有n节车厢,每节车厢的质量为m,则F=nma,P、Q东边有k节车厢,则F=km·a,联立两式得3n=2k,由此式可知

列车总节数N=n+k=k,设k=3b(b=1,2,3,„),则N=5b,故B、C两项正确。【答案】BC173.(2015海南卷,8)(多选)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处

于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()。A.a1=3gB.a1=0C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl2【解析】设

物体的质量为m,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1,剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg,故a受到的合力F=mg+T1=3mg,故加速度a1==3g,A项正确,B

项错误;设弹簧S2的拉力为T2,则T2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C项正确,D项错误。【答案】AC4.(2017全国卷Ⅲ,25)如图所示,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩

擦因数均为μ1=0.5;木板的质量m=4kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)B与木板相对静止时,木板的速

度。(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于

地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg,f2=μ1mBg,f3=μ2(m+mA+mB)g由牛顿第二定律得f1=mAaA,f2=mBaB,f2-f1-f3=ma1设在t1时

刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有18v1=v0-aBt1,v1=a1t1联立上式,代入已知数据得v1=1m/s。(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-aB设

在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2aA=aB=μ1g;B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木

板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2

)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离s0=sA+s1+sB联立解得s0=1.9m。【答案】(1)1m/s(2)1.9m5.(2015全国

卷Ⅱ,25)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角θ=37°(sin37°=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图甲所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短

时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27m,C足够长,设

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:19(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小。(2)A在B上总的运动时间。【解析】(1)在0~2s时间内,A和B的受力如图乙所示,其中Ff1、FN

1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图乙所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1=μ1FN1FN1=mgcosθFf2=μ2FN2FN2=FN1+mgcosθ规定沿斜面向下为正。

设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得mgsinθ-Ff1=ma1mgsinθ-Ff2+Ff1=ma2联立上式,并代入题给条件得a1=3m/s2a2=1m/s2。(2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则v1=a1t1=6m/sv2=a2t

1=2m/st>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间摩擦力为零,同理可得a1'=6m/s2a2'=-2m/s2由于a2'<0,可知B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有v2+

a2't2=0联立解得t2=1s在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离x=a1+v1t2+a1'-a2+v2t2+a2'=12m<27m20此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有l-x=(v1+a1't2)t3+a1'可得t3=1s(另一解不合题意,

舍去)设A在B上总的运动时间为t总,有t总=t1+t2+t3=4s。【答案】(1)3m/s21m/s2(2)4s6.(2017海南卷,14)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压

缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:(1)弹簧的劲度系数。(2)物

块b加速度的大小。(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。【解析】(1)对整体分析,未加外力时,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有kx0=(m+m)gsinθ解得k=。(2)由题意可知,b经两段相等的时间总位移为x0设从出发到a、b分离所用时间为

t0,有a(2t0)2=x0则a=说明当形变量x1=x0-=时二者分离21对物块a分析,因分离时a、b间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知kx1-mgsinθ=ma联立解得a=。(3)设时间为t,则经时间t时,a、b前进

的位移x=at2=则形变量变Δx=x0-x对整体分析可知,由牛顿第二定律有F+kΔx-(m+m)gsinθ=(m+m)a解得F=mgsinθ+t2因分离时位移x=由x==at2,解得t=故应保证0≤t<,F表达式才能成立。

【答案】(1)(2)(3)F=mgsinθ+t2(0≤t<)