2023版高考物理總復習之加練半小時-第三章-微專題20-動力學中的連接體問題

微專題20動力學中的連接體問題1．同一方向的連接體問題：這類問題通常具有相同的加速度，解題時一般采用先整體后隔離的方法.2.不同方向的連接體問題：由跨過定滑輪的繩相連的兩個物體，不在同一直線上運動，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整體法或隔離法求解．1．如圖所示，粗糙水平面上有兩個滑塊A和B，其間用長為L＝1m的細線相連，細線可承受的最大張力為FTm＝10N，現(xiàn)對滑塊A施加水平向右的恒力F1＝24N，作用1s后突然將外力變?yōu)镕2＝32N，滑塊質(zhì)量mA＝4kg，mB＝2kg，兩滑塊與平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，以下說法正確的是()A．1s末滑塊B的速度為3m/sB．1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2C．滑塊B剛靜止時滑塊A的速度為eq\f(16,3)m/sD．滑塊B剛靜止時兩滑塊間的距離為4m答案B解析當F1＝24N時，由牛頓第二定律可知整體的加速度為F1－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，解得a1＝2m/s2，則1s末滑塊B的速度為v＝a1t1＝2m/s，故A錯誤；外力變?yōu)镕2＝32N，若中間的細繩不斷裂，則整體的加速度F2－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得a2＝eq\f(10,3)m/s2，此時細線的拉力為FT＝mBa2＋μmBg＝10.7N>FTm＝10N，則細線已經(jīng)斷裂，則B的加速度大小為aB＝μg＝2m/s2，即1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2，故B正確；滑塊B做勻減速運動到靜止用時t2＝eq\f(v,aB)＝1s，細線斷開時A的加速度aA＝eq\f(F2－μmAg,mA)＝6m/s2，滑塊B剛靜止時A的速度vA＝v＋aAt2＝2m/s＋6×1m/s＝8m/s，故C錯誤；滑塊B剛靜止時兩滑塊間的距離為Δx＝eq\f(v＋vA,2)t2－eq\f(v,2)t2＋L＝5m，故D錯誤．2．如圖所示，a、b、c為三個質(zhì)量均為m的物塊，物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平面上，物塊c放在b上，現(xiàn)用水平拉力F作用于a，使三個物塊一起水平向右做勻速直線運動，各接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．水平輕繩的彈力大小為FB．物塊c受到的摩擦力大小為μmgC．剪斷輕繩后，在物塊b向右運動的過程中，物塊c受到的摩擦力大小為eq\f(1,3)μmgD．當該水平拉力增大為原來的eq\f(3,2)倍時，物塊c受到的摩擦力大小為eq\f(1,2)μmg答案D解析三物塊一起做勻速直線運動，由平衡條件知，對a、b、c系統(tǒng)F＝3μmg，對b、c系統(tǒng)FT＝2μmg，則FT＜F，故A錯誤；因為c做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，則c不受摩擦力，故B錯誤；剪斷輕繩后，b、c一起做勻減速直線運動，由牛頓第二定律對b、c系統(tǒng)：2μmg＝2ma′，對c：Ff′＝ma′，解得Ff′＝μmg，故C錯誤；當水平拉力增大為原來的eq\f(3,2)倍，即F′＝eq\f(3,2)F＝eq\f(9,2)μmg，由牛頓第二定律，對a、b、c系統(tǒng)：F′－3μmg＝3ma，對C，F(xiàn)f＝ma，解得Ff＝eq\f(1,2)μmg，故D正確．3.如圖所示，材料相同的物體A、B由輕繩連接，質(zhì)量分別為m1和m2且m1≠m2，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速運動．則()A．輕繩拉力的大小與斜面的傾角θ有關(guān)B．輕繩拉力的大小與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ有關(guān)C．輕繩拉力的大小與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關(guān)D．若改用F沿斜面向下拉連接體，輕繩拉力的大小不變答案C解析以物體A、B及輕繩整體為研究對象根據(jù)牛頓第二定律得F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，解得a＝eq\f(F,m1＋m2)－gsinθ－μgcosθ.再隔離B進行分析，根據(jù)牛頓第二定律得FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得FT＝eq\f(m2F,m1＋m2).則知繩子的拉力與斜面傾角θ無關(guān)，與動摩擦因數(shù)μ無關(guān)，與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關(guān)，選項C正確，A、B錯誤；若改用F沿斜面向下拉連接體，以物體A、B及輕繩整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a′，解得a′＝eq\f(F,m1＋m2)＋gsinθ－μgcosθ再隔離A進行分析，根據(jù)牛頓第二定律得FT′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，解得FT′＝eq\f(m1F,m1＋m2)，可知輕繩拉力的大小改變，選項D錯誤．4．在一塊固定的傾角為θ的木板上疊放質(zhì)量均為m的一本英語詞典和一本漢語詞典，圖甲中英語詞典在上，圖乙中漢語詞典在上，已知圖甲中兩本書一起勻速下滑，圖乙中兩本書一起加速下滑，已知兩本書的封面材料不同，但同一本書的上、下兩面材料都相同，近似認為滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等．設(shè)英語詞典和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，漢語詞典和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ2，英語詞典和漢語詞典之間的動摩擦因數(shù)為μ3，則下列說法正確的是()A．動摩擦因數(shù)μ1>μ2B．動摩擦因數(shù)μ3<μ2C．圖乙中漢語詞典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθD．圖甲中英語詞典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθ答案D解析題圖甲中對整體分析，根據(jù)共點力平衡有2mgsinθ＝2μ2mgcosθ，得μ2cosθ＝sinθ.題圖乙中對整體分析，由牛頓第二定律得2mgsinθ－μ12mgcosθ＝2ma，得μ1cosθ＝sinθ－eq\f(a,g).由兩式可知μ1<μ2，A錯誤；題圖乙中對漢語詞典隔離分析，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff＝ma，解得Ff＝μ1mgcosθ，兩詞典保持相對靜止，則μ1mgcosθ<μ3mgcosθ，但無法比較μ2與μ3的關(guān)系，B錯誤；由共點力平衡知，題圖甲中英語詞典所受的摩擦力Ff＝mgsinθ＝μ2mgcosθ，D正確；題圖乙中對整體分析，由牛頓第二定律得2mgsinθ－μ12mgcosθ＝2ma對于漢語詞典，有mgsinθ－Ff＝ma得Ff＝mgsinθ－ma<mgsinθ又mgsinθ＝μ2mgcosθ得Ff<μ2mgcosθ，C錯誤．5.質(zhì)量均為0.2kg的兩個小物塊A、B用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，將A從圖示位置由靜止釋放，釋放前瞬間A的底部到水平地面的高度為0.8m，輕繩處于伸直狀態(tài)，A落地后不反彈，B繼續(xù)沿水平臺面向右運動．B與臺面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2,B不會與滑輪相碰，不計空氣阻力．下列說法正確的是()A．A落地前輕繩的拉力大小為2NB．B運動的最大速度為4m/sC．A落地后，B向右運動的路程為1.2mD．B運動的平均速度大小為1m/s答案D解析設(shè)A落地前輕繩的拉力大小為FT，A、B的加速度大小均為a1，則對A、B分別應用牛頓第二定律可得mg－FT＝ma1，F(xiàn)T－μmg＝ma1聯(lián)立解得a1＝2.5m/s2，F(xiàn)T＝1.5N，故A錯誤；A落地時B達到最大速度，根據(jù)運動學公式可得最大速度為v＝eq\r(2a1h)＝2m/s，故B錯誤；A落地后，B做勻減速運動，其加速度大小為a2＝μg＝5m/s2，B向右運動的路程為s＝eq\f(v2,2a2)＝0.4m，故C錯誤；根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知B在勻加速和勻減速運動過程的平均速度大小均為eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)＝1m/s，所以整個過程中B運動的平均速度大小為1m/s，故D正確．6．(2022·江西景德鎮(zhèn)一中高三月考)如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是Ffm.現(xiàn)用平行于斜面的拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊，使四個木塊沿斜面以同一加速度向下運動，則拉力F的最大值是()A.eq\f(3,5)Ffm B.eq\f(3,4)FfmC.eq\f(3,2)Ffm D．Ffm答案C解析當下面2m的木塊與它上面m的木塊之間的摩擦力達到最大時，拉力F達到最大，將4個物體看作整體，由牛頓第二定律F＋6mgsin30°＝6ma，將2個m及斜面上的2m看作整體Ffm＋4mgsin30°＝4ma，聯(lián)立解得F＝eq\f(3,2)Ffm，故C正確，A、B、D錯誤．7．如圖所示，桌面上固定一光滑斜面，斜面傾角為30°，質(zhì)量為m1、m2的物體通過輕質(zhì)細線跨過光滑滑輪連接，將m1置于斜面釋放后，m1沿斜面向上滑動，將m1、m2互換位置后，m2也能沿斜面上滑，求：(1)m1、m2應滿足的條件；(2)若將m1置于斜面底端釋放，運動到頂端的時間為t，將m2置于斜面底端釋放，運動到頂端的時間為eq\f(t,2)，m1與m2的比值為多少；(3)若斜面粗糙，m1、m2與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ，且最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，將m1置于斜面釋放后，m1仍然能夠沿斜面向上滑動，將m1、m2互換位置后，m2也能沿斜面上滑，則動摩擦因數(shù)μ應滿足什么條件？答案(1)eq\f(1,2)m2<m1<2m2(2)eq\f(3,2)(3)μ<eq\f(\r(3),3)解析(1)由題意可知，m1沿斜面向上滑動，則有m2g>m1gsinθ得m1<2m2將m1、m2互換位置后，m2也能沿斜面上滑，則有m1g>m2gsinθ得m1>eq\f(1,2)m2，所以eq\f(1,2)m2<m1<2m2(2)設(shè)斜面長為l.由題意有l(wèi)＝eq\f(1,2)a1t2，l＝eq\f(1,2)a2(eq\f(1,2)t)2得4a1＝a2由牛頓第二定律可得m2g－m1gsinθ＝(m1＋m2)a1m1g－m2gsinθ＝(m1＋m2)a2聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,2)(3)由題意可知m2g>m1gsinθ＋μm1gcosθ，m1g>m2gsinθ＋μm2gcosθ即eq\f(1＋\r(3)μ,2)m1<m2<eq\f(2,1＋\r(3)μ)m1得μ<eq\f(\r(3),3)8.如圖所示，傾角為θ的無限長斜面上PQ部分粗糙，且長為3L，其余部分都光滑．質(zhì)量均為m的四個小物塊(可視為質(zhì)點)置于斜面上，每相鄰兩物塊間有一長為L且平行于斜面的輕桿，每根桿的上端與物塊粘連而下端與物塊不粘連，各物塊與斜面PQ段動摩擦因數(shù)均為2tanθ.A、B、C、D同時釋放時A恰在P點，且各物塊有相同的沿斜面向下的初速度，最終四個物塊均能通過Q點．重力加速度為g，求：(1)A在PQ段運動剛達到最大速度時的位置；(2)物塊D剛過P點時，桿對物塊D的彈力；(3)從開始運動到C過P點，經(jīng)歷多長時間．答案(1)A離P點為L處(2)0(3)3eq\r(\f(L,gsinθ))解析(1)A在PQ段運動剛達到最大速度時，滿足4mgsinθ＝nμmgcosθ解得n＝2，即B剛滑至PQ段時，故A離P點為L處．(2)D剛過P點時A剛離開Q點，則B、C、D整體3μmgcosθ－3mgsinθ＝3ma則a＝gsinθ，方向沿斜面向上，對D分析：F＋μ