2020高考物理二轮复习 抓分天天练 热点题型练2.7 连接体与弹簧模型课件

2．7连接体与弹簧模型一、选择题1．(多选)如图所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力()A．若地面是完全光滑的，则FAB＝FB．若地面是完全光滑的，则FAB＝12FC．若木块与地面间的动摩擦因数为μ，则FAB＝FD．若木块与地面间的动摩擦因数为μ，则FAB＝12F答案BD解析若地面是完全光滑的，对整体用牛顿第二定律得，加速度a＝F2m，再对B由牛顿第二定律得，FAB＝ma＝F2，故A项错误，B项正确；若木块与地面间动摩擦因数为μ，对整体用牛顿第二定律得，加速度a＝F－2μmg2m＝F2m－μg，再对B运用牛顿第二定律得FAB－μmg＝ma，解得FAB＝F2，故C项错误，D项正确，故选B、D两项．2.在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A件的质量为m，B件的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()A．μFB．2μFC.32m(g＋a)D．m(g＋a)答案D解析由于A、B件相对静止，故A、B件之间的摩擦力为静摩擦力，故A、B两项错误；设民工兄弟对A、B件竖直方向的摩擦力为Ff，以A、B件整体为研究对象可知在竖直方向有2Ff－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为F′f，对A件，由牛顿第二定律有Ff－F′f－mg＝ma，解得F′f＝m(g＋a)，故D项正确，C项错误．3.如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，物块A、B紧挨在一起但它们之间无弹力，已知物块A、B质量分别为m和2m，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.某时刻将细线剪断，则在细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A．物块B的加速度为0.6gB．物块A的加速度为0.6gC．物块A、B间的弹力为0.4mgD．弹簧的弹力为1.8mg答案C解析剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin37°＝0.6mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝0.6mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝3mgsin37°－F弹3m＝0.4g，即A和B的加速度均为0.4g；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mgsin37°－T＝2ma，解得T＝0.4mg.故C项正确，A、B、D三项错误．4．(2019·郑州二模)(多选)如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2，2和3间弹簧的弹力为F2－3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018－2019，则下列结论正确的是()A．F1－2∶F2－3∶…F2018－2019＝1∶2∶3∶…2018B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…2018C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a答案ACD解析以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2019ma，解得：a＝F2019m；以左边的前1、2、3…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F1－2＝12019F，F2－3＝22019F，…F2018－2019＝20182019F，则F1－2∶F2－3∶…F2018－2019＝1∶2∶3∶…2018，故A项正确；由胡克定律知F＝kx，弹簧的伸长量x1－2∶x2－3∶…x2018－2019＝1∶2∶3∶…2018，但弹簧的长度之比不满足，故B项错误；突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C项正确；第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其他球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D项正确．5.(多选)如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则()A．速度可以向左，加速度可以小于μgB．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)gC．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)gD．加速度一定向左，不能超过μg答案AC解析小车静止时，A恰好不下滑，可知mg＝μFN＝μF引，水平方向上车壁对磁铁的弹力和吸引力相等，当小车做加速运动时，车壁对磁铁A的弹力不能减小，只能增加；若弹力减小则磁铁A会下滑，可知加速度的方向一定水平向左，可能向左加速或向右减速，故A项错误；A恰好不下滑时，对B有μmg＋F引＝mam，解得am＝(1＋μ)g，故B项错误，C项正确，D项错误．故选A、C两项．6.如图所示，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不同的小球．当小车水平向右运动且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为θ的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是()A．两个小球的加速度不相等B．两段轻绳中的张力可能相等C．小车的速度越大，θ越大D．小车的加速度越大，θ越大答案D解析对两球整体受力分析，受到重力、拉力，水平方向：T1sinθ＝(m1＋m2)a竖直方向：T1cosθ－(m1＋m2)g＝0解得：T1＝m1＋m2cosθg，a＝gtanθ，两球加速度相等，可知小车的加速度越大，θ越大，故A项错误，D项正确；对下面的小球m2，竖直方向：T2cosθ－m2g＝0解得：T2＝m2cosθg，可知T1T2，即上段轻绳中的张力大于下段轻绳中的张力，故B项错误；夹角θ与小车的速度无关，故C项错误．7．(2019·汕头模拟)如图甲所示，木块A和B用一个轻质弹簧连接，竖直放置在水平地面上，最初系统静止．现用力缓慢拉木块A直到木块B刚好离开地面，测得木块B对地面的压力N与其相对应的两木块之间的距离L，作出N­L图象如图乙，下列说法正确的是()A．图象中N0的数值等于木块B的重力B．图象中L2表示弹簧的自然长度C．图线斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数D．图线与横轴间围成的三角形面积的数值等于地面对系统做的功答案C解析设A、B的重力分别为GA、GB，弹簧的原长为L0，开始时弹力F弹＝GA，木块B对地面的压力为GA＋GB，弹簧恢复原长前：对B受力分析得：N＝GB＋k(L0－L)，弹簧恢复原长后：N＝GB－k(L－L0)，图象中N0是开始时的力，等于A、B的重力的和，故A项错误；图象中L2对应的N＝0，弹簧对B的向上的拉力等于B的重力，对地面的压力为0，弹簧处于拉长状态，故B项错误；由上面的分析知图线斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数，故C项正确；由动能定理知地面对系统不做功，故D项错误．8．(2019·唐山模拟)如图所示，质量为m1的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2的物体C.已知m1M，不计定滑轮的质量和摩擦，不计空气阻力，在箱子加速下落的过程中，下列关系式中正确的是()A．物体A的加速度大小为（M＋m2）gm1B．物体A的加速度大小为（M＋m2）g－m1gm1C．物体C对箱子的压力大小为2m1m2gm1＋m2＋MD．物体C对箱子的压力大小为(M＋m2－m1)g答案C解析设加速度大小为a，对物体A，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：T－m1g＝m1a；对物体B、C整体，根据牛顿第二定律，有：(M＋m2)g－T＝(M＋m2)a；联立解得：a＝（M＋m2－m1）gm1＋m2＋M故A、B两项错误；物体C受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：m2g－N＝m2a，解得：N＝m2(g－a)代入a表达式解得：N＝2m1m2gm1＋m2＋M故C项正确，D项错误．9.(2019·大连模拟)在倾角为α的斜面上，带支架的木板上用轻绳悬挂一小球．木板与斜面间的动摩擦因数为μ，当整体沿斜面下滑且小球与木板及支架相对静止时，悬线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是()A．若μ＝0，则β＝0B．若μ＝tanα，则β＝αC．若0μtanα，则0βαD．若μtanα，则0βα答案C解析把木板和小球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面根据受力情况可得：沿斜面方向：(m1＋m2)gsinα－f＝(m1＋m2)a垂直斜面方向：FN＝(m1＋m2)gcosα摩擦力：f＝μFN联立可解得：a＝gsinα－μgcosα，若μ＝0，则a＝gsinα，此时对小球沿斜面方向的加速度为a＝gsinα，则细绳的拉力在沿斜面方向的分力为零，此时β＝α，故A项错误；若μ＝tanα，则a＝gsinα－μgcosα＝0，此时小球受力平衡，故细线的拉力沿竖直方向，大小等于重力，即β＝0，故B项错误；若0μtanα，则加速度0agsinα，故0βα，故C项正确，D项错误．10.(2019·晋中模拟)(多选)在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg、mC＝6kg，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0＝9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球粘在一起(作用时间极短)，则下列关于碰后的判断，正确的是()A．A球与B球碰撞中损耗的机械能为20JB．在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为9JC．在以后的运动过程中B球的最小速度为1m/sD．在以后的运动过程中C球的最大速度为2m/s答案BD解析A球与B球发生完全非弹性碰撞，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：mAv0＝(mA＋mB)v1可得，碰后A、B的共同速度v1＝3m/s碰撞中损耗的机械能为：ΔE＝12mAv02－12(mA＋mB)v12计算可得ΔE＝27J，故A项错误；A、B、C系统所受的外力之和为零，动量守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设A、B、C共速时速度为v2.根据动量守恒定律得：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2解得v2＝1m/s根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能Ep＝12(mA＋mB)v12－12(mA＋mB＋mC)v22可得：Ep＝9J，故B项正确；三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，此后C向左加速，A、B向左减速，直到弹簧恢复原长，由系统的动量守恒和机械能守恒分别得：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v3＋mCv412(mA＋mB)v12＝12(mA＋mB)v32＋12mCv42此时A、B的速度：v3＝－1m/s，C的速度v4＝2m/s，可知，碰后A、B已由向左的共同速度v1＝3m/s减小到零后反向加速到向右的1m/s，故B球的最小速度为0，C球的最大速度为2m/s.故C项错误，D项正确．二、计算题11．(2019·遂宁模拟)如图所示，水平桌面上放一质量为4kg的盒子乙，乙内放置一质量为1kg的滑块丙，跨过光滑定滑轮的轻细绳连接物块甲和盒子乙，连接乙的细绳水平，乙与丙、乙与桌面间的动摩擦因数都为0.5.重力加速度g＝10m/s2.现由静止释放物块甲，乙与丙以相同加速度开始运动，求：(1)物块甲的质量应满足什么条件？(2)当甲的质量为4kg时，滑块丙受到的摩擦力是多少？答案(1)2.5kg＜m甲≤10kg(2)53N解析(1)当乙刚要被拉动时，有m甲1g＝μ(m乙＋m丙)g，得m甲1＝2.5kg.当丙与乙刚要相对滑动时，对丙有μm丙g＝m丙a对乙、丙整体有T－μ(m乙＋m丙)g＝(m乙＋m丙)a对甲有m甲2g－T＝m甲2a联立以上三式解得m甲2＝10kg所以物块甲的质量满足2.5kgm甲≤10kg.(2)如果甲的质量为4kg，乙、丙相对静止，设加速度为a′.根据牛顿第二定律得对乙、丙整体：T′－μ(m乙＋m丙)g＝(m乙＋m丙)a′对甲：m甲g－T′＝m甲a′对丙有：f＝m丙a′联立解得滑块丙受到的摩擦力为f＝53N.12.(2019·山西二模)足