統(tǒng)考版2024高考物理二輪專題復(fù)習第一編專題復(fù)習攻略專題一力與直線運動第2講牛頓運動定律與直線運動考點三連接體問題教師用書

考點三連接體問題1．處理連接體問題的常用方法整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不須要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓其次定律求出加速度或其他未知量隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就須要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓其次定律列方程求解整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的探討對象，應(yīng)用牛頓其次定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”2.連接體問題中常見的臨界條件接觸與脫離接觸面間彈力等于0恰好發(fā)生滑動摩擦力達到最大靜摩擦力繩子恰好斷裂繩子張力達到所承受的最大力繩子剛好繃直與松弛繩子張力為0例3[2024·全國甲卷](多選)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從今刻起先到彈簧第一次復(fù)原原長之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小確定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小預(yù)料5[2024·湖南邵陽模擬](多選)如圖所示，物塊A質(zhì)量為m，長方體B質(zhì)量為M，地面為水平面，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.在長方體B上施加向右的水平推力F，使得物塊A剛好能在長方體B的側(cè)面保持相對靜止，下列說法正確的是()A．物塊的加速度大小為μgB．長方體B上施加水平外力大小為(M＋m)gC.若長方體B運動一段時間撤去F，撤去瞬間B的加速度大小為μgD．若長方體B運動一段時間撤去F，撤去瞬間A的加速度大小為預(yù)料6[2024·全國乙卷]如圖，一不行伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L.一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直．當兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為()A．B．C．D．預(yù)料7如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個質(zhì)量為m＝8kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A攔住，此時彈簧沒有形變．從t＝0時刻起先擋板A以加速度a＝1m/s2沿斜面對下勻加速運動，則：(g＝10m/s2)(1)t＝0時刻，擋板對小球的彈力多大？(2)從起先運動到小球與擋板分別所閱歷的時間為多少？(3)小球向下運動多少距離時速度最大？考點三例3解析：撤去力F后到彈簧第一次復(fù)原原長之前，彈簧彈力kx減小，對P有μmg＋kx＝maP，對Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬間μmg＝kx，故P做加速度從2μg減小到μg的減速運動，Q做加速度從0漸漸增大到μg的減速運動，即P的加速度始終大于Q的加速度，故除起先時刻外，隨意時刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C錯誤，A、D正確．答案：AD預(yù)料5解析：對A分析，物塊A剛好不下滑，豎直方向依據(jù)受力平衡可得f＝mg，水平方向依據(jù)牛頓其次定律可得N＝ma，又有f＝μN，解得a＝，A錯誤；對A和B整體分析有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)g，B正確；當長方體B運動一段時間撤去F，撤去瞬間B做減速運動，A做平拋運動，B的加速度為a＝＝μg，A運動的加速度為g，C正確，D錯誤．答案：BC預(yù)料6解析：如圖可知sinθ＝＝，則cosθ＝，對輕繩中點受力分析可知F＝2Tcosθ，對小球由牛頓其次定律得T＝ma，聯(lián)立解得a＝，故選項A正確．答案：A預(yù)料7解析：解答本題的關(guān)鍵是要能分析得出板和小球分別時，板對小球的作用力為零；當球的速度最大時，球的加速度為零．(1)因起先時彈簧無形變，故對小球，依據(jù)牛頓其次定律得mgsin30°－F1＝ma解得F1＝32N(2)當擋板和小球分別時，對小球依據(jù)牛頓其次定律得mgsin30°－kx＝m