專題01 高考物理二輪跨模塊真題演練重難點(diǎn)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)學(xué)案連接體模型（教師版）

2022屆高三物理二輪常見模型與方法綜合特訓(xùn)專練專題01連接體模型專練目標(biāo)專練內(nèi)容目標(biāo)1重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)中連接體的平衡問題（1T—9T）目標(biāo)2重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)中應(yīng)用牛頓第二定律應(yīng)用處理連接體問題（10T—18T）目標(biāo)3應(yīng)用能量的觀點(diǎn)處理連接體問題（19T—22T）【典例專練】一、重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)中連接體的平衡問題1．2021“一帶一路”年度漢字發(fā)布活動(dòng)中，“互”字作為最能體現(xiàn)2021年“一帶一路”精神內(nèi)涵的漢字拔得頭籌，成為年度漢字。如圖為力學(xué)興趣小組制作的“互”字形木制模型。模型分上下兩部分，質(zhì)量均為。用細(xì)線連接兩部分。當(dāng)細(xì)線都繃緊時(shí)，整個(gè)模型可以豎直靜止在水平地面上。其中連接、兩點(diǎn)的細(xì)線為，連接、兩點(diǎn)的細(xì)線為，重力加速度為g。則（）

A．細(xì)線對(duì)點(diǎn)的作用力向上B．細(xì)線的拉力等于細(xì)線的拉力C．細(xì)線的拉力大小等于D．整個(gè)模型對(duì)地面的壓力大小為【答案】D【詳解】A．細(xì)線只能提供沿細(xì)線的拉力，所以細(xì)線對(duì)點(diǎn)的作用力向下。故A錯(cuò)誤；BC．對(duì)模型上部分受力分析，有易知，細(xì)線的拉力小于細(xì)線的拉力，細(xì)線的拉力大于。故BC錯(cuò)誤；D．對(duì)整個(gè)模型受力分析，有根據(jù)牛頓第三定律，可知整個(gè)模型對(duì)地面的壓力大小為。故D正確。故選D。2．如圖，質(zhì)量分布均勻的光滑球A與粗糙半球B放在傾角為30°的斜面C上，C放在水平地面上，A，B，C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知A與B的半徑相等，A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m，重為加速度大小為g。則（）A．C對(duì)A的支持為大小為B．C對(duì)B的摩擦力大小為mgC．B對(duì)A的支持為大小為D．地面對(duì)C的摩擦力大小為【答案】A【詳解】AC．對(duì)球A進(jìn)行受力分析，如圖所示由幾何知識(shí)可知，B對(duì)A的支持力N1、C對(duì)A的支持力N2與豎直方向的夾角都等于30°，根據(jù)平衡條件得；解得故C錯(cuò)誤，A正確；B．把AB看出一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，整體重力沿斜面向下的分量與C對(duì)B的摩擦力f1平衡，有故B錯(cuò)誤；D．把ABC看出一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向整體沒有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，地面對(duì)C的摩擦力不存在，故D錯(cuò)誤。故選A。3．如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為和的物塊A、B通過不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過滑輪連接并靜置于木板上，A、B間的接觸面和輕繩均始終與木板平行。A與B間的動(dòng)摩擦因素為，B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。緩慢增加木板與水平面間的夾角至?xí)r，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則的值為（）A．0.1 B．0.15 C．0.2 D．0.25【答案】B【詳解】當(dāng)木板與水平面的夾角為時(shí)，兩物塊剛好滑動(dòng)，對(duì)A物塊受力分析如圖沿斜面方向，A、B之間的滑動(dòng)摩擦力根據(jù)平衡條件可知對(duì)B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動(dòng)摩擦力根據(jù)平衡條件可知聯(lián)立可得解得故選B。4．質(zhì)量為M的半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端固定一個(gè)豎直擋板AB，在P上放兩個(gè)大小相同的光滑小球C和D，質(zhì)量均為m，整個(gè)裝置的縱截面如圖所示。開始時(shí)P、C球心連線與水平面的夾角為，點(diǎn)P、D球心連線處于豎直方向，已知重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．P和擋板對(duì)C的彈力分別為和B．地面對(duì)P的摩擦力大小為零C．使擋板緩慢地向右平行移動(dòng)，但C仍在P和擋板AB作用下懸于半空中，則地面對(duì)P的摩擦力將不斷增大D．使擋板繞B點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，P始終保持靜止，則D一定緩慢下滑【答案】AC【詳解】A．由于D處于P的正上方，所以D只能受到重力和P的支持力；則C的受力如圖所示根據(jù)平衡條件，得，即半圓柱P和擋板對(duì)C的彈力大小分別為和，故A正確；B．以P、C和D組成的整體為研究對(duì)象，可知整體在水平方向受到擋板AB的作用力FA，若要平衡，必定受到向右的摩擦力，故B錯(cuò)誤；C．使擋板緩慢地向右平移，但C仍在P和擋板AB作用下懸于半空中，則D的運(yùn)動(dòng)可能有兩種情況：一是D仍然位于P的正上方，保持不動(dòng)，此時(shí)C的球心與P的圓心的連線與水平方向之間的夾角減小，由可知FA增大，P若要平衡，則受到向右的摩擦力必定增大；二是若D受到擾動(dòng)，可能隨C一起向右滑下，則對(duì)C產(chǎn)生向下的壓力，則擋板AB對(duì)C的彈力更大，所以地面對(duì)P的摩擦力將不斷增大，故C正確；D．使擋板繞B點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，P始終保持靜止，則D可能仍然位于P的正上方，保持不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。5．如圖，帶有光滑滑輪的物塊a置于水平面上，物塊b放在物塊a上，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在物體b上，另一端繞過光滑的滑輪固定在d點(diǎn)，滑輪2下懸掛物塊c，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將固定點(diǎn)d向右移動(dòng)少許，而b與a始終靜止。下列說法正確的是（）A．輕質(zhì)細(xì)線對(duì)滑輪2的作用力增大B．物塊a對(duì)地面的壓力不變C．地面對(duì)物塊a的摩擦力增大D．物塊a對(duì)物塊b的摩擦力不變【答案】BC【詳解】A．設(shè)繩的拉力大小為F，滑輪2右側(cè)繩子在豎直方向的夾角為θ，物塊b和物塊a的總重力為G1，物體c的重力為G2．對(duì)于滑輪2，由力的平衡條件有2Fcosθ=G2輕質(zhì)細(xì)線對(duì)滑輪2的作用力始終等于G2，故A錯(cuò)誤；B．把a(bǔ)bc看出一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，在豎直方向上Fcosθ+FN=G1+G2，解得根據(jù)牛頓第三定律易知物塊a對(duì)地面的壓力不變，故B正確；CD．把a(bǔ)bc看出一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，在水平方向上f=Fsinθ由2Fcosθ=G2解得易知，將固定點(diǎn)d向右移動(dòng)少許，θ增大，f增大，即地面對(duì)物塊a的摩擦力增大。故C正確；D．同理，把b物體隔離出來分力分析，將固定點(diǎn)d向右移動(dòng)少許，θ增大，Ｆ增大，細(xì)線對(duì)b物體的拉力方向未變，拉力的水平分力增加，致使物塊a對(duì)物塊b的摩擦力增加。故D錯(cuò)誤。故選BC。6．質(zhì)量相同的小球A、B分別帶有+3q和q電量，兩段等長(zhǎng)絕緣細(xì)線懸掛在O點(diǎn)如圖所示，當(dāng)系統(tǒng)處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中并靜止時(shí)，可能出現(xiàn)的狀態(tài)應(yīng)是（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】以整體為研究對(duì)象，分析受力如圖。A帶正電，受到的電場(chǎng)力水平向右，大小為3qE，B帶負(fù)電，受到的電場(chǎng)力水平向左，大小為qE，水平方向合力向右，因此OA繩子偏向右，設(shè)OA繩與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力如上圖。設(shè)AB繩與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得得到α=β故選D。7．如圖所示，A、B、C為三段圓柱體，質(zhì)量均為m，均可視為質(zhì)點(diǎn)，通過鉸鏈與兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連，A、B、C位于豎直面內(nèi)且成正三角形，其中A、C置于光滑水平面上，A、C帶電，電荷量均為q，A、C間的庫(kù)侖力忽略不計(jì)，B不帶電。起初在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中三個(gè)物體均保持靜止，現(xiàn)水平電場(chǎng)突然消失，B由靜止下落，物體A、C在桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng)，三物體的運(yùn)動(dòng)始終在同一豎直平面內(nèi)。已知重力加速度為g，則物體B由靜止至落地的過程中，下列說法正確的是（）A．物體A、C帶異種電荷，且A帶負(fù)電，C帶正電B．水平電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度C．圓柱A對(duì)地面的壓力始終小于D．圓柱B落地的速度大小近似為【答案】C【詳解】AB．系統(tǒng)能靜止在水平面上，可知A與C受到的電場(chǎng)力一定方向相反，所以A與C帶異種電荷；電場(chǎng)的方向向右，根據(jù)平衡條件可知，A帶正電，C帶負(fù)電，對(duì)B受力分析可知，設(shè)桿上的支持力為F，則解得對(duì)C分析可得桿上作用力的水平分力等于電場(chǎng)力，即解得故AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)三個(gè)物體靜止時(shí)，對(duì)整體分析，可得A對(duì)地面的壓力為，B在下落過程中，加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，則A對(duì)地面的壓力小于，故C正確；D．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知當(dāng)B落地時(shí)，AC速度為零，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析，忽略電荷間的作用力有解得故D錯(cuò)誤。故選C。8．如圖所示，小球A和小球B用兩根輕質(zhì)細(xì)繩固定在傾角為45°的光滑斜面上，細(xì)繩與斜面平行，A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為3m，B球帶正電荷q，A球不帶電，開始時(shí)兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在該豎直面內(nèi)加上一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，A球剛好不離開斜面，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．若電場(chǎng)沿水平方向，電場(chǎng)強(qiáng)度為B．若電場(chǎng)沿水平方向，此時(shí)A、B兩球之間的細(xì)繩與豎直方向的夾角為53°C．所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度不能小于D．O與A球之間的細(xì)繩拉力不可能等于0【答案】BC【詳解】A．A球?qū)π泵鏇]有壓力，若電場(chǎng)沿水平方向，對(duì)A、B兩球整體受力分析如圖甲所示，有解得選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．對(duì)B球受力分析如圖乙所示，有所以選項(xiàng)B正確；C．當(dāng)電場(chǎng)力方向與細(xì)繩OA垂直時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度有最小值，此時(shí)解得選項(xiàng)C正確；D．若當(dāng)電場(chǎng)方向豎直向上且滿足此時(shí)O與A球之間的細(xì)繩拉力剛好等于0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。9．如圖所示的天平可用來測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。天平的右臂下面掛一個(gè)矩形線圈，寬為L(zhǎng)，共N匝，線圈的下部懸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面。當(dāng)線圈中通有電流I（方向如圖）時(shí)，在天平兩邊加上質(zhì)量分別為、的砝碼，天平平衡；當(dāng)電流反向（大小不變）時(shí)，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平又重新平衡。由此可知（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，大小為B．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，大小為C．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，大小為D．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，大小為【答案】B【詳解】因?yàn)殡娏鞣聪驎r(shí)，右邊再加砝碼才能重新平衡，所以此時(shí)安培力豎直向上，由左手定則判斷磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里；電流反向前，有m1g=m2g＋m3g＋NBIL其中m3為線圈質(zhì)量，電流反向后，有m1g=m2g＋m3g＋mg－NBIL兩式聯(lián)立可得故選B。重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)中應(yīng)用牛頓第二定律應(yīng)用處理連接體問題10．如圖，質(zhì)量為2m的物體M和質(zhì)量為m的物體N放在光滑水平地面上，M、N之間用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接。開始時(shí)繩子剛好處于伸直狀態(tài)，若用水平向左的恒力F拉物體M，則（）A．兩物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，M的加速度大小為B．兩物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力與F大小相等C．若水平面粗糙，它們與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，兩物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，M所受的合外力小于D．若水平面粗糙，它們與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，兩物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，N所受的合外力大小為【答案】C【詳解】A．兩物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得整體的加速度大小為故A錯(cuò)誤；B．設(shè)繩中的張力大小為T，對(duì)物體N根據(jù)牛頓第二定律可得故B錯(cuò)誤；CD．若水平面粗糙，兩物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得整體的加速度大小為則M、N所受的合外力大小分別為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。11．如圖所示，傾角為45°的足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，質(zhì)量為的物塊、質(zhì)量為的滑塊B疊放在一起，B上表面水平，置于B上表面的最右端，可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度大小為g?，F(xiàn)由靜止釋放和B，關(guān)于B開始沿斜面下滑到剛好到達(dá)斜面的過程，下列說法正確的是（）A．物塊處于完全失重狀態(tài)B．滑塊受到斜面的支持力大小為C．物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為D．滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為【答案】C【詳解】對(duì)B和A分別受力分析，設(shè)AB間彈力大小為FN，斜面對(duì)B彈力為N，由牛頓第二定律；；AB沒有分離，兩者在豎直方向加速度相等，即聯(lián)立可得故A、B、D錯(cuò)誤，C正確；故選C。12．豎直墻壁間有質(zhì)量分別是m和4m的圓球A和圓球B，兩圓球半徑均為R，其中B球球面光滑，半球A與左側(cè)墻壁之間存在摩擦，兩墻壁之間距離為，兩球能夠一起以加速度a勻加速豎直下滑，已知a<g（g?。?，則半球A與左側(cè)墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)A球?qū)球的彈力為F，對(duì)B球受力分析如下圖由平衡條件可知；可解得其中滿足對(duì)整體受力分析，有聯(lián)立，可解得故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。13．如圖所示，底端固定在水平面上的輕彈簧豎直放置，物塊A、B疊放在彈簧上，物塊相互絕緣且質(zhì)量均為1.0kg，A帶正電且電荷量為0.2C，B不帶電。開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧壓縮了10cm，若突然施加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，此瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?N，，則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向豎直向上B．此后系統(tǒng)振動(dòng)的振幅為10cmC．施加電場(chǎng)后系統(tǒng)機(jī)械能的最大增加量為1.0JD．一起振動(dòng)的最大加速度為【答案】A【詳解】A．兩物塊A、B開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，可得彈簧彈力的大小F=2mg=20N若突然加沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，彈簧彈力不突變，此瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?N，對(duì)B受力分析得分析A的受力豎直向上的電場(chǎng)力qE和B對(duì)A的支持力FN，豎直向下的重力mg解得所以方向豎直向上。故A正確；BC．系統(tǒng)到達(dá)平衡位置時(shí)可得，此后系統(tǒng)AB分離，由分離前簡(jiǎn)諧振幅為，A1分離后B的振幅為A2：；得故B未離開彈簧。B的振幅為故B錯(cuò)誤；C．分離后，A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故施加電場(chǎng)后系統(tǒng)機(jī)械能的一直變大故C錯(cuò)誤；D．由A、B項(xiàng)分析可知，一起振動(dòng)的最大加速度故D錯(cuò)誤。故選A。14．如圖所示，a、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個(gè)完全相同的帶電小球位于同一光滑絕緣水平面內(nèi)，且繞同一點(diǎn)O做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h=R，重力加速度為g，靜電力常量為k，則（）A．小球d一定帶正電B．小球b的周期為C．小球c的加速度大小為D．外力F豎直向上，大小等于【答案】BD【詳解】A．、、三小球所帶電荷量相同，要使三個(gè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，球與、、三小球一定是異種電荷，由于球的電性未知，所以球不一定帶正電，故A錯(cuò)誤；BC．設(shè)連線與水平方向的夾角為，則有；對(duì)球，根據(jù)牛頓第二定律可得解得；則小球的加速度大小為，故B正確，C錯(cuò)誤；D．對(duì)球，由平衡條件得故D正確。故選BD。15．如圖所示，兩長(zhǎng)度均為的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線、鎖定在傾角為的光滑斜面上，質(zhì)量分別為、，兩導(dǎo)線中通入的電流大小相等，均為，重力加速度大小為，現(xiàn)在導(dǎo)線的中點(diǎn)施加一沿斜面向上的拉力與此同時(shí)對(duì)兩導(dǎo)線解除鎖定，兩導(dǎo)線間距離不變并沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．兩導(dǎo)線中電流的方向可能相反B．兩導(dǎo)線間的安培力大小為C．若，撤去瞬間，導(dǎo)線、的加速度大小之比為D．去掉，導(dǎo)線僅在外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)作用下靜止在斜面上，所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足【答案】BD【詳解】A．分析可知、一定相互吸引，則、中電流一定同向，A錯(cuò)誤；B．對(duì)、整體，有對(duì)進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有解得，B正確；C．若，則、間安培力大小為，撤去外力瞬間，對(duì)受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向上，對(duì)受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向下，導(dǎo)線、加速度大小之比為，C錯(cuò)誤；D．對(duì)受力分析如圖所示，當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由共點(diǎn)力平衡條件可知要使導(dǎo)線靜止在斜面上，需要外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足，D正確；故選BD。16．如圖所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的導(dǎo)線框用一根絕緣細(xì)線連接起來，掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上，已知導(dǎo)線框電阻為R，橫邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng).有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)上下邊界的距離、導(dǎo)線框豎直邊長(zhǎng)均為h。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)的下邊緣和導(dǎo)線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，導(dǎo)線框加速進(jìn)入磁場(chǎng)，穿出磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì)，重力加速度為g.則下列說法中正確的是（）A．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為B．導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為C．導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量D．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，若某一時(shí)刻的速度為v，則加速度為【答案】BC【詳解】A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，根據(jù)重物與線框組成的機(jī)械能守恒得解得線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為，A錯(cuò)誤；B．線框穿出磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得安培力為聯(lián)立解得線框離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為，B正確；C．設(shè)線框通過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量為，對(duì)從靜止到剛通過磁場(chǎng)的過程，根據(jù)能量守恒得聯(lián)立以上解得，C正確；D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，若某一時(shí)刻的速度為，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得解得，D錯(cuò)誤。故選BC。17．如圖所示，質(zhì)量為M、上表面光滑的斜面體放置在水平面上，另一質(zhì)量為m的物塊沿斜面向下滑動(dòng)時(shí)，斜面體一直靜止不動(dòng)。已知斜面傾角為，重力加速度為g，則（）A．地面對(duì)斜面體的支持力為B．地面對(duì)斜面體的摩擦力為零C．斜面傾角越大，地面對(duì)斜面體的支持力越小D．斜面傾角不同，地面對(duì)斜面體的摩擦力可能相同【答案】CD【詳解】物塊在水平方向和豎直方向的加速度大小分別為；設(shè)地面對(duì)斜面體的支持力大小為FN，摩擦力大小為Ff，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)系的牛頓第二定律可得；解得；由上面兩式可知，地面對(duì)斜面體的支持力小于，且斜面傾角越大，地面對(duì)斜面體的支持力越小；地面對(duì)斜面體的摩擦力不為零，且當(dāng)斜面傾角取互余的兩個(gè)值時(shí)，F(xiàn)f大小相等。綜上所述可知AB錯(cuò)誤，CD正確。故選CD。18．如圖所示，有兩個(gè)物塊A和，質(zhì)量分別為和，用同一根輕質(zhì)細(xì)線將兩個(gè)物塊連接在滑輪組上，滑輪質(zhì)量不計(jì)，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度為g，現(xiàn)將兩物塊由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間，A的位移為，在此過程中，下列說法正確的（）A．物塊A和總勢(shì)能保持不變 B．A的位移為時(shí)，的速度為C．細(xì)線的拉力大小為 D．A和重力的功率大小之比為1：3【答案】BC【詳解】A．根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，B減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為A的重力勢(shì)能和兩物體的動(dòng)能，所以，A和B的重力勢(shì)能之和減小，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)A上升到h位置時(shí)的速度為v1，B的速度為v2，根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知v2=2v1根據(jù)A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得故B正確；C．根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知，A的加速度為B的加速度的一半，根據(jù)牛頓第二定律可得，對(duì)A有對(duì)B有又有a2=2a1聯(lián)立解得，輕繩的拉力大小故C正確；重力功率由于v2=2v1，，故A和重力的功率大小之比為1：4，故D錯(cuò)誤。故選BC。應(yīng)用能量的觀點(diǎn)處理連接體問題19．如圖所示，光滑支架AOB固定，OA桿沿豎直方向，OB桿沿水平方向。小球a、b分別穿在兩桿上并通過輕繩連接，對(duì)b施加一水平向右的外力F，使a向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則在運(yùn)動(dòng)過程中（）A．輕繩的拉力逐漸變大B．OB桿對(duì)小球b的支持力逐漸變大C．F做的功等于小球a機(jī)械能的改變量D．F做的功和輕繩對(duì)b球做的功之和等于b球動(dòng)能的改變量【答案】AD【詳解】A．設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為，對(duì)a球由牛頓第二定律有，a向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則加速度恒定，而逐漸增大，則逐漸減小，而拉力T逐漸變大，故A正確；B．對(duì)b球受力分析，由豎直方向平衡由則OB桿對(duì)小球b的支持力不變，故B錯(cuò)誤；D．對(duì)b球由動(dòng)能定理有即F做的功和輕繩對(duì)b球做的功之和等于b球動(dòng)能的改變量，故D正確；C．對(duì)a球由動(dòng)能定理有聯(lián)立可得則F做的功等于小球a和b的系統(tǒng)機(jī)械能的改變量，故C錯(cuò)誤；故選AD。20．如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A和B用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，A放在傾角為θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑豎直桿上下滑動(dòng)桿和滑輪中心間的距離為L(zhǎng)，物塊B從與滑輪等高處由靜止開始下落，斜面與桿足夠長(zhǎng)，重力加速度為g。在物塊B下落到繩與水平方向的夾角為θ的過程中，下列說法正確的是（）A．開始下落時(shí)，B的加速度等于gB．物塊B的重力勢(shì)能減小量為mgLtanθC．物塊A的速度大于物塊B的速度