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1、第2讲连接体问题(链接配餐P18)1. (弹簧连接体)(2019年汕头模拟)如图所示,将一手电筒竖直向上放置,接通电源开关,旋松后盖使小电珠恰能点亮。手持手电筒并保持它在竖直方向运动,要使得小电珠熄灭,可以()。A.缓慢向上匀速运动B.缓慢向下匀速运动C.突然向上加速运动D.突然向下加速运动【解析】如果手电筒加速上升或减速下降,电池处于超重状态,它对弹簧的作用力将大于其重力,弹簧压缩量增大,电池上端将与电珠脱离,电珠熄灭,故只有C项符合题意。【答案】C2.(轻绳连接体)(2019年安徽马鞍山三校联考)(多选)氢气球下系一小重物G,重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,重物运动的方向如图中箭头
2、所示虚线方向,图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是()。【解析】重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,故合力为零或者与速度共线。重物可能做匀速直线运动,可能做匀减速直线运动,可能做匀加速直线运动,A、B、C三项可能,D项不可能。【答案】ABC3. (弹簧连接体)(2019年山东临沂检测)如图所示,在倾角=30的光滑固定斜面上,物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度大小为g,某时刻把细线剪断,当细线剪断的瞬间,下列说法正确的是()。A.物块A的加速度为0B.物块A的加速度大小为g3C.物块B的加速度
3、为0D.物块B的加速度大小为g2【解析】剪断细线前,弹簧的弹力F弹=mgsin 30=12mg;细线剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为F弹=12mg,对A、B系统,加速度a=3mgsin30-F弹3m=g3,即A和B的加速度均为g3,B项正确。【答案】B4.(轻质弹簧测力计连接体)(2019年河南洛阳联考)放在光滑水平面上的物块1、2用轻质弹簧测力计相连,如图所示。现对物块1、2分别施加方向相反的水平力F1、F2,且F1大于F2,则稳定时弹簧测力计的示数()。A.一定大于F2小于F1B.一定等于F1-F2C.一定等于F1+F2D.一定等于F1+F22【解析】因为F1F2,所以两个物块一起向左做匀
4、加速直线运动。对两个物块整体运用牛顿第二定律,有F1-F2=(m1+m2)a,再对物块1受力分析,运用牛顿第二定律,得到F1-F=m1a,解得F=m2F1+m1F2m1+m2,由于F1大于F2,故F一定大于F2小于F1,A项正确。【答案】A5.(物物连接体)(2019年西安曲江一中质检)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。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.3mgB.4mgC.5mgD.6mg【解析】纸板相
5、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-(2m+m)g=(2m+m)a,对砝码,由牛顿第二定律可得2mg=2ma,联立可得F=6mg,D项正确。【答案】D6.(轻绳连接体) (2019年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,倾角为的固定斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,重力加速度大小为g,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gsin B.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gsin D.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
6、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=mgsin ,对A球有F绳=F弹+mgsin ,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=F合m=F弹+mgsinm=2gsin ,A、C、D三项错误,B项正确。【答案】B7.(物物连接体)(2019年武汉五校模拟)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FaFb,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
7、.不可能为零【解析】将a、b看作一个整体,加速度a=Fa+Fbma+mb,单独对a进行分析,设a、b间的作用力为Fab,则a=Fa+Fabma=Fa+Fbma+mb,即Fab=Fbma-Fambma+mb,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】C8.(传送带) (2019年山东烟台一中段考)(多选)如图所示,三角形传送带以1 m/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2 m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1 m/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10 m/s2,sin 3
8、7=0.6,cos 37=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1 m/s的初速度沿传送带下滑,且=0.50,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】BCD9.(传送带与图象)(2019年甘肃省兰州一中模拟)如图1所示,倾角为37足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动,现将小物块以2
9、m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图2所示,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)小物块与传送带间的动摩擦因数。(2)08 s内小物块与传送带之间的划痕的长度。【解析】(1)根据v-t图象的斜率表示加速度,有a=vt=1 m/s2由牛顿第二定律得mgcos 37-mgsin 37=ma解得=78。(2)08 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动06 s内传送带匀速运动的距离x带=46 m=24 m速度图象的“面积”大小等于位移,则02 s内物块位移x1=1222 m=2 m,方向沿斜面向下2 s6 s内物块位移x2=12
10、44 m=8 m,方向沿斜面向上所以划痕的长度x=x带+x1-x2=18 m。【答案】(1)78(2)18 m10.(滑块木板模型) (2019年石家庄正定五中检测)如图所示,倾角=30的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m,质量M=3 kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数=32。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=10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件。(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能
11、,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)gsin =20 N因要拉动木板,则F20 N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)gsin =(M+m)a对物块有f-mgsin =ma其中fmgcos 代入数据解得F30 N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20 N30 N时,物块能滑离木板,由牛顿第二定律,对木板有F-mgcos -Mgsin =Ma1对物块有mgcos -mgsin =ma2设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得12a1t2-12a
12、2t2=L解得t=1.2 s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-2gssin =0-v2解得s=0.9 m。【答案】(1)20 NF30 N(2)能1.2 s0.9 m1.(2017年海南卷,T9)(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。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0,则k=56B.若0,则k=35C.若=0,则k=12D.若=0,则k=35【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
13、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=F-6mg6m,所以R和Q之间相互作用力F1=3ma+3mg=12F,Q与P之间相互作用力F2=F-mg-ma=F-mg-16F+mg=56F,所以k=F1F2=12F56F=35,由于计算过程与是否为零无关,故k=35恒成立,A、C两项错误,B、D两项正确。【答案】BD2.(2015年全国卷,T20)(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
14、车厢以大小为23a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.10 C.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=km23a,联立两式得3n=2k,由此式可知列车总节数N=n+k=53k,设k=3b(b=1,2,3,),则N=5b,故B、C两项正确。【答案】BC3.(2015年海南卷,T8)(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。
15、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l1和l2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()。A.a1=3g B.a1=0C.l1=2l2D.l1=l2【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=Fm=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=kx可得l1=2l2,C项正确,D项错误。【答案】AC4.(2019年江苏卷,T15)如图所示,质量相等的
16、物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA。(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB。(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。【解析】(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=g匀变速直线运动2aAL=vA2解得vA=2gL。(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3mg由
17、牛顿运动定律有F=maB解得aB=3g对齐后,A、B所受合外力大小F=2mg由牛顿运动定律有F=2maB解得aB=g。(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A的加速度的大小等于aA,则v=aAtv=vB-aBtxA=12aAt2xB=vBt-12aBt2且xB-xA=L解得vB=22gL。【答案】(1)2gL(2)3gg(3)22gL5.(2017年全国卷,T25)如图所示,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,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1=0.5;木板的质量m=4 kg,与地面间的动摩擦因数2=0.1。某时刻A、
18、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/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=10 m/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=1mAg,f2=1mBg,f3=2(m+mA+mB)g由牛顿第二定律得f1=mAaA,f2=mBaB,f2-f1-f3=ma1设在t
19、1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1,v1=a1t1联立上式,代入已知数据得 v1=1 m/s。(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-12aBt12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=1g;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+aA
20、t2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-12a2t22在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-12aA(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=1.9 m。【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m6.(2017年海南卷,T14)一轻弹簧的一端固定在倾角为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35m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
21、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+35mgsin 解得k=8mgsin5x0。(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12a(2t0)2=x0则12at02=x04说明当形变量x1=x0-x04=3x04时二者分离对物块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-mgsin =ma联立解得a=gsin5。(3)设时间为t,则经时间t时,a、b前进的位移x=12at2=gt2sin10则形变量变x=x0-x对整体分析可知,由牛顿第二定律有F+kx-m+35mgsin =m+35ma解得F=825mgsin +4mg2sin225x0t2因分离时位移x=x04由x=x04=12at2,解得t=5x02gsin故应保证0t5x02gsin,F表达式才能成立。【答案】(1)8mgsin5x0(2)gsin5(3)F=825mgsin +4mg2sin225x0t2(0t5x02gsin)