第14周 牛顿定律应用——连接体问题-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 54 — 第十四周 牛顿定律应用———连接体问题 (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第8题以手持乒乓球拍托实心塑料球为例,综合考查学生对含有斜面的连接体的理 解和应用。该题以趣味运动的方式考查学生对斜面物体的受力分析,题目设置灵活,紧扣知识 点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共52分) 考点一 含有悬挂小球的连接体 1.(2025·北京西城·期末)某同学用量角器、细线和小钢球制作了一个 测量加速度的仪器。如图所示,他用细线将小钢球悬挂于量角器的圆 心O。某次测量中,他将测量仪置于沿水平路面行驶的车厢的地板上, 调整量角器处于竖直平面内,并使量角器的直径边与车辆运动方向平 行。车辆行进中观察到细线在一段时间内稳定在60°刻线的位置(图示 位置),由此可知车辆的加速度 ( ) A.大小为 3g,方向水平向右 B.大小为 3g,方向水平向左 C.大小为 33g ,方向水平向右 D.大小为 33g ,方向水平向左 2.(2025·重庆九龙坡·期末)如图所示,小车向右运动的过程中,车中悬挂的 小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止,悬线与竖直方向的夹角 为θ,已知小球和物块的质量分别为m 和M,若B所受最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。g为重力加速度,下列说法正确的是 ( ) A.小车向右做匀加速直线运动 B.小球的加速度大小为gtanθ,方向向右 C.此时悬线对小球的拉力大小为 mgsinθ D. 物块B受到的摩擦力大小为 Mgtanθ,方向向左 3.(2025·江苏南通·期末)如图所示,一小球通过细线与固定在小车上的细杆连接,两者保持相对 静止一起沿光滑的斜面下滑,不计空气阻力。则关于小球和小车的相对位置正确的是 ( ) 4.(2025·甘肃·期末)如图所示,足够长的硬质直杆上套有质量为m 的环A,环 下方用轻绳挂着一个重力为G 的小物体B,杆与水平方向成θ角,当环沿杆下 滑时,物体B相对于A静止,下列说法正确的是 ( ) A.若环沿杆无摩擦下滑,B的加速度为gsinθ B.若环沿杆无摩擦下滑,绳的拉力为Gsinθ C.若环沿杆下滑时有摩擦,轻绳不可能竖直 D.无论环与杆之间有无摩擦,轻绳都与杆垂直 考点二 含有斜面的连接体 5.(2025·江苏常州·阶段练习)如图所示,一个劈形物体A 质量m,各面均光 滑,放在固定的斜面上,倾斜角为45°,A 的上表面水平,在A 的上表面上放一 光滑的小球B,其质量也为m,A 由静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运 动过程中 ( ) A.轨迹为抛物线 B.轨迹沿斜面向下 C.受到的支持力为 22mg D. 受到的支持力为1 3mg 6.(2025·江西宜春·阶段练习)如图所示,足够长的倾角θ=37°的光滑斜面体 固定在水平地面上,一根轻绳跨过定滑轮,一端与质量为m1=1kg的物块A 连接,另一端与质量为m2=3kg的物块B连接,绳与斜面保持平行。开始 时,用手按住A,使B悬于空中,释放后,在B落地之前,下列说法正确的是 (所有摩擦均忽略不计,不计空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2) ( ) A.绳的拉力大小为30N B.绳的拉力大小为6N C.物块B的加速度大小为6m/s2 D.如果将B物块换成一个竖直向下大小为30N的力,对物块A的运动没有影响 7.(2025·河北石家庄·期末)如图,固定光滑直角斜面,倾角分别为53°和37°。 质量分别都为m 的滑块A和B,用不可伸长的轻绳绕过直角处的光滑定滑轮 连接。开始按住A使两滑块静止,绳子刚好伸直。松手后,滑块A将沿斜面 向下加速,重力加速度为g,下列正确的是 ( ) A.A、B的加速度大小为0.1g B.A、B的加速度大小为0.8g C.绳上的张力大小为mg D.绳子对滑轮的作用力为2mg 8.(2025·北京东城·期末)有一种趣味运动,运动员手持乒乓球拍托实心塑料 球移动,距离大者获胜。若某运动员在趣味运动中沿水平面做匀加速直线运 动,手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ,如图所 示。设球拍和球质量分别为 M、m,不计球拍和球之间的摩擦,不计空气阻 力,则 ( ) A.该运动员的加速度大小为gsinθ B.球拍对球的作用力大小为mg C.球拍对球的作用力大小为mgcosθ D.该运动员对球拍的作用力大小为 (M+m)g cosθ 考点三 细绳或弹簧相连的连接体 9.(多选)(2025·山西吕梁·期末)如图,在光滑水平面上有两个物体A和B,质 量分别为mA=2kg、mB=3kg,A、B之间连接一劲度系数k=10N/m的轻质 弹簧,初始时弹簧处于原长。现给A物体一水平向右的初速度,在弹簧从原长到第一次达到最长 的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.弹簧伸长到最长时,A、B的速度相同 B.当弹簧的伸长量为10cm时,A的加速度大小为5m/s2 C.B的速度先增加后减小 D.A、B的加速度大小之比始终为3∶2 10.(多选)(2025·江西·期末)如图甲所示,一轻质弹簧下端固定在水平面 上,上端连接着物块A,物块A静止时弹簧的形变量为5cm。在物块A 上端再放上物块B,物块A、B静止时如图乙所示。0时刻对物块B施加 一竖直向上的作用力F,使得物块B由静止开始做加速度大小为2m/s2 的匀加速直线运动。已知物块A、B的质量均为1kg,取重力加速度大 小g=10m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是 ( ) A.弹簧的劲度系数为20N/m B.0时刻作用力F的大小为4N C.物块A、B分离时弹簧的弹力大小为10N D.物块A、B分离时物块B的速度大小为0.4m/s 11.(多选)(2025·四川泸州·期末)某学习小组将力学实验装置阿特伍德机进行改 进———轻绳绕过不计摩擦的定滑轮,两端分别系着重物A、B,在B的右端固定一 宽度为d的轻质挡光条,如图所示。B在光电门上方h处由静止释放,经过光电 门后立即被下面的装置C卡住,光电门记录的挡光时间为t。已知重物A、B质量 分别为m1、m2(m1<m2),轻绳足够长且A始终未到达滑轮处,重力加速度为g。 下列说法中正确的是 ( ) — 53 — — 56 — A.B经光电门时的速度大小为dt B. 被卡住前,B的加速度大小为2h t2 C.B被卡住前,绳的拉力小于m2g D.A上升的整个过程中,始终处于超重状态 12.(多选)(2025·河北·期末)如图所示,在水平面上固定一劲度系数为k的轻弹簧,物 块A、B叠放在弹簧上端,轻绳的一端连接在物块B上,另一端绕过定滑轮后连接一 物块C,物块A、B、C的质量分别为m、m 和2m,初始时用手托住物块C使轻绳恰好 处于伸直状态但无弹力,物块A、B处于静止状态,如果突然放开托住物块C的手,轻 弹簧和滑轮两侧的轻绳始终处于竖直方向上,则下列说法正确的是 ( ) A.放手瞬间物块A的加速度为0 B.放手瞬间物块C的加速度为12g C.放手瞬间物块A、B之间的弹力为14mg D.放手后物块B向上移动的距离为2mg3k 时,物块A、B恰好分离 考点四 加速度不同的连接体问题 13.(2025·吉林松原·阶段练习)如图所示,置于水平地面带有竖直立杆的底座总 质量为3kg,竖直立杆长0.5m,有一质量为1kg的小环从杆的下端以4m/s的 初速度向上运动,刚好能到达杆的顶端,在环向上运动的过程中,底座对水平地 面的压力为(g取10m/s2) ( ) A.24N B.34N C.36N D.46N 14.(多选)(2025·江西南昌·期末)质量为m 的小物块,沿倾角为θ、质量为 M 的斜面匀减速上滑, 如图所示,物块上滑过程中,斜面始终静止在地面上,下列叙述正确的是 ( ) A.地面受到斜面的压力小于(m+M)g B.地面受到斜面的压力大于(m+M)g C.地面受到斜面的摩擦力方向平行地面向右 D.地面受到斜面的摩擦力方向平行地面向左 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究整体法与隔离法解连接体问题 (2025·重庆沙坪坝·阶段练习)图甲所示为某实验小组测量完全相同的A、B两个箱子质量的装 置图,其中D为铁架台,E为固定在铁架台上的轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略),F为光电门,C 为固定在A上、宽度为d的细遮光条(质量不计)。此外该实验小组还准备了砝码一套(总质量 m0=1kg)和刻度尺等,请在以下实验步骤中按要求作答: (1)在铁架台上标记一位置O,并测得该位置与光电门之间的高度差h。 (2)取出质量为m(m> m0 2 )的砝码放在A中,剩余砝码都放在B中,让A从位置O由静止开始下降; (3)记录下遮光条通过光电门的时间t,根据所测数据计算出A下落到F处的速率 ;下 落过程中的加速度大小 ; (4)改变m,重复(2)(3)步骤,得到多组m 及a 的数据,作出 (填“a m”或“a 1m ”)图 像如图乙所示(图中横、纵坐标物理最的单位均采用国际制单位); (5)若已知图像斜率k的值为4,则每个箱子质量M= kg(重力加速度大小g取10m/s2) 【综合·一练到底】(共28分) (2025·福建宁德·期末)如图所示,质量M=2kg的长方体空铁箱内置 两个隔层,质量m1=1kg的木块和质量m2=1kg的光滑小球与铁箱左 壁接触并保持相对静止。铁箱在水平拉力F 的作用下以v0=2m/s的 速度沿水平地面向右匀速运动。木块与铁箱之间的动摩擦因数μ=0.2,铁箱与水平地面之间的 动摩擦因数μ2=0.4,小球和木块均可视为质点,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取 g=10m/s2。求: (1)水平拉力F的大小; (2)若将拉力瞬间增大为F1=20N保持不变,求铁箱左壁对小球的弹力N 的大小; (3)若将拉力瞬间减小为F2=4N保持不变,求木块停止时,小球与铁箱左壁的距离L(铁箱足够 长,小球与铁箱不会发生碰撞)。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·四川自贡·阶段练习)如图所示,叠放的滑块a,b以相同的速度沿 倾角为30°的斜面体c匀加速下滑,这一过程中斜面体c始终保持静止。已 知斜面体c与滑块b的接触面光滑,其它接触面粗糙且水平,滑块a、滑块b 和斜面体c的质量均为m,重力加速度的大小为g。问: (1)滑块b的加速度为多大? (2)滑块a受到的支持力为多大? (3)斜面体c受到的摩擦力为多大? 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 55 — —86 — 9.AC [A.对B分析可知F弹 =F=4N,同时撤掉外力F 和挡板的 瞬间,弹簧弹力不变,依然为4N,故 A正确;B.同时撤掉外力F 和挡板的瞬间,A、B均只受弹力,大小为4N,故B错误;C.对 A 根据牛顿第二定律有F弹 =mAa,解得a=2m/s2,故C正确;D.根 据牛顿第二定律有a=F弹m 可知,A、B两物块的加速度大小之比为 2∶1,故D错误;故选AC。] 10.AD [A.设A、B、C的质量分别为2m、m、m,剪断弹簧2前,对A 受力分析,可得2mgsin30°+f=2mg,解得f=mg,方向沿斜面 向下;当剪断弹簧2瞬间,弹簧1的弹力不变,则A所受力情况不 变,合力仍为零,A所受的摩擦力不变,故A正确;B.剪断细线前 对A有2mgsin30°+f=2mg,由于初始时系统处于静止状态则 fmax≥mg,现 剪 断 细 线 后 若 A 静 止 有2mgsin30°=f',可 知 f'=mg≤fmax,A不会向下运动,故B错误;CD.剪断细线前, 对C受力分析,根据平衡条件有F2=mg,当剪断细线瞬间,弹簧 2的力不变,仍为F2=mg,可知C所受力的情况不变,合力为零, 此时C的加速度为零;B所受力的情况发生变化,对B受力分析, 根据牛顿第二定律有F2+mg=ma,解得a=2g,因B的加速度 大于C的加速度,故剪断细线后,B、C下落的加速度不相等,故C 错误、D正确。故选AD。] 11.ABC [圆珠笔受力如图所示 根据照片可以测出细绳与竖直方向的夹角θ,对圆珠笔,由牛顿第 二定律得mgtanθ=ma,代入数据解得a=gtanθ,方向水平向左, 地铁启动后的某段加速过程,加速度方向与速度方向相同,因此 地铁的运动方向向左,由于不知圆珠笔的质量,无法求出细绳的 拉力大小。故选ABC。] 【破题技巧】 本题考查了牛顿第二定律的应用,分析清楚圆珠笔 的受力情况是解题的前提,应用牛顿第二定律即可解题。 12.BD [将加速度分解到水平方向和竖直方向,可得a水平 =acos30° =2 3m/s2,a竖直 =asin30°=2m/s2,AB.由于游客水平方向加 速度向右,可知游客受到水平向右的摩擦力,大小为f=ma水平 = 50×2 3N≈173N,A错误,B正确;D.竖直方向上,游客受到向 上的支持力,根据牛顿第二定律FN-mg=ma竖直,可得支持力大 小为FN=600N,D正确;C.游客对轿厢的压力竖直向下,摩擦力 水平 向 左,因 此 游 客 对 轿 厢 的 作 用 力 斜 向 左 下 方,C错 误。故 选BD。] 【技法点拨】 游客和轿厢相对静止,则游客和轿厢的速度与加速 度均相同,将加速度分解,再对游客受力分析,根据牛顿第二定 律、牛顿第三定律分析受力情况。 13.AD [A.t1 时刻弹簧的弹力大于重力,选项A正确;B.t2 时刻弹 簧的拉力等于重力,可知小球的加速度为零,选项B错误;C.t3 时刻弹簧处于原长,小球处在最高点,选项C错误;D.t1~t3 时间 内小球从最低点到最高点,弹力先大于重力后小于重力,加速度 先向上后向下,则 小 球 的 速 度 先 增 大 后 减 小,选 项 D正 确。故 选AD。] 14.AD [ABC.对小木块受力分析,根据牛顿第二定律可得小木块的 加速度大小a=F-mgsinθ-μmgcosθm = 1 mF-g (sinθ+μcosθ), 结合图乙可知 2a0 F0 =1m ,g(sinθ+μcosθ)=a0,由此可求出小木块 的质量,但无法解出斜面的倾角和小木块与斜面间的动摩擦因 数,A正确,BC错误;D.小木块沿斜面向上匀速运动时有a=0, 此时F=mg(sinθ+μcosθ)= F0 2 ,即小木块沿斜面向上匀速运动 时所需拉力可求,D正确。故选AD。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)A.实验中需要将木板的一端垫高以补偿小车受到的阻力,这 样合力就等于两段绳子的拉力之和,故A正确;BD.绳子的拉力可 由力传感器测得,不需要测量重物的质量,不需要满足所挂重物的 质量远小于小车的质量,故B错误,D正确;C.为保证实验过程中 细绳对小车的拉力不变,合力不变,实验前需调节力传感器和定滑 轮位置让细线保持与长木板平行,故C正确。故选ACD。 (2)相邻两计数点的时间间隔为T=5×1f=5× 1 50s=0.1s 根 据 逐 差 法 求 出 小 车 的 加 速 度 大 小 为 a=xCE-xAC(2T)2 = 21.60-8.81-8.81 4×0.12 ×10-2m/s2=1.00m/s2 打D 点时小车的速度大小vD = xCE 2T= 21.60-8.81 2×0.1 ×10 -2m/s= 0.64m/s (3)根据牛顿第二定律有2F-μMg=Ma 整理得a=2MF-10μ 结合图丙可知-10μ=2.4 解得μ=0.24 【参考答案】 (1)ACD (2)1.00 0.64 (3)0.24 【综合·一练到底】 解析 (1)题意可知,小球受到F、自身重力 mg 和绳子拉力T 而 平衡,由平衡条件,竖直方向有Fsinθ+Tsinα=mg 水平方向有Fcosθ=Tcosα 代入题中数据,联立解得m=1.4kg (2)分析可知木块和小球整体受到F、杆给的支持力 N 和杆给的 摩擦力f 而 平 衡,由 平 衡 条 件,故 竖 直 方 向 有 Mg+mg=N+ Fsinθ 水平方向有Fcosθ=f 题意知小球与木块一起恰好处于静止状态,可知摩擦力刚到达到 最大静摩擦力,则f=μN 联立解得μ=0.5 (3)分析可知小球与木块整体受到F'、杆给的支持力 N1 和杆给的 摩擦力f1 而向右做匀加速运动,设加速度为a,由牛顿第二定律, 水平方向有 F'cosθ-f1=(M+m)a 竖直方向有 Mg+ma=N1+F'sinθ 又因为f1=μN1 联立解得a=1.25m/s2 答案 (1)m=1.4kg (2)μ=0.5 (3)1.25m/s 2 【选做·一飞冲天】 解析 (1)对小球最初加速阶段速度较小,力F 较小,支持力 N 方 向垂直直杆向上。受力分析,如下图所示 由受力分析,可得 N=mgcosθ-F,f=μN,mgsinθ-f=ma 当 N=0时,f=0,此时小球运动的加速度最大,为a=gsinθ (2)当 N=0时,小球运动的加速度最大,由于力F 大小始终与小 球的速度成正比,可知F=mgcosθ=kv 此时的速度为v=mgcosθk (3)小球继续向下加速,速度增大,力F 也增大,N 方向变为垂直 直杆向下。对此过程受力分析,如下图所示 由受力分析,可得 N=F-mgcosθ,f=μN,mgsinθ-f=ma 当a=0,速度最大。由于μ<tanθ 即μmgcosθ<mgsinθ 可知,由 于 动 摩 擦 因 数 较 小,当 N 垂 直 直 杆 向 上 时f=μN= μmgcosθ-μF<mgsinθ 此时,不可能出现a=0的情况。当 N 垂直直杆向下时 f=μN=μF-μmgcosθ 因此,a=0,即速度最大时,N 应垂直于直杆向下。则速度最大为 vm= mgsinθ+μmgcosθ μk 答案 (1)a=gsinθ (2)v=mgcosθk (3)vm= mgsinθ+μmgcosθ μk 第十四周 牛顿定律应用———连接体 问题 【考点·一应俱全】 1.D [根据牛顿第二定律可知 mgtan30°=ma,可得a= 33g ,方向 水平向左。故选D。] 2.D [A.由图可知小球A受合外力向左,可知加速度向左,小车向右 做匀减速直线运动,选项A错误;B.对小球受力分析可知mgtanθ= ma,可得小球的加速度大小为a=gtanθ方向向左,选项B错误; C.此时悬线对小球的拉力大小为T= mgcosθ ,选项C错误;D.物块 B受到的摩擦力大小为f=Ma=Mgtanθ,方向向左,选项D正确。 故选D。] 3.B [题意可知小球、小车加速度相同,设斜面角度为θ,对整体,由 牛顿第二定律得(m球 +m车)gsinθ=(m球 +m车)a,解得加速度a= gsinθ,方向沿斜面向下,故小球的合力大小F合 =m球 a=m球 gsinθ, 即小球的合力为小球的重力沿斜面向下的分力,绳子拉力垂直斜 面向上,只有B选项符合。故选B。] 【技法点拨】 球与小车保持相对静止一起沿光滑的斜面下滑,则 两者做匀加速直线运动,加速度方向沿斜面向下,则小球所受合 力方向沿斜面向下。 4.A [AB.由AB相对静止,则AB具有共同加速度,环不受摩擦力 时,对整体分析,其加速度aA=aB=gsinθ,隔离对B分析 F合B= Gsinθ,可知轻绳与杆垂直,绳拉力为Gcosθ;故 A正确,B错误。 CD.环受摩擦力时aA=aB<gsinθ,当aA=aB=0时,轻绳竖直;当 0<aA=aB<gsinθ时,轻绳的拉力和重力提供B的加速度,此时 轻绳不处于竖直状态,也不与杆垂直。故CD错误。故选A。] 5.D [AB.由于小球与劈形物体的接触面光滑,在A 下滑过程中, 小球水平方向不受外力作用,该方向上运动状态不会改变。在劈 形物体A 下滑过程中,原来处于静止状态的小球B 在水平方向上 没有运动,故运动轨迹为竖直向下的直线,故 AB错误;CD.对B 进行分析,根据牛顿第二定律有 mg-N1=ma1,对 A 进行分析, 根据牛顿第二定律有(mg+N2)sinθ=ma2,根据牛顿第三定律有 N1=N2,A、B 在竖直方向上的加速度相等,则有a1=a2sinθ,解得 N1= 1 3mg ,故C错误,D正确。故选D。] 6.C [ABC.将AB整体受力分析,结合牛顿第二定律可得 m2g- m1gsin37°=(m1+m2)a,解得a=6m/s2,单独对B受力分析可得 作用在绳子上的拉力m2g-F=m2a,代入数据解得绳子上的拉力 大小为F=12N,AB错误,C正确;D.若用一个向下的30N的力, 则物体A的加速度为F'=m1gsin37°=m1a',解得a'=24m/s2,A 的运动情况发生改变,D错误。故选C。] 7.A [对滑 块 A分 析,设 绳 上 张 力 为 T,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 mgsin53°-T=ma,对滑块B T-mgsin37°=ma,联立解得a= 0.1g,T=0.7mg,根据力的合成可知,绳对滑轮的作用力为 F= T2+T2=0.7 2mg,故选A。] 8.D [A.球和运动员具有相同的加速度,对小球分析如图所示 则小球所受的合力为 mgtanθ,根据牛顿第二定律得a=mgtanθm =gtanθ,A错误;BC.根据平行四边形定则知,球拍对球的作用力 N= mgcosθ ,BC错误;D.对球拍和球整体分析,整体的合力为(M+ m)a,根 据 平 行 四 边 形 定 则 知,运 动 员 对 球 拍 的 作 用 力 为 F= (M+m)g cosθ ,D正确;故选D。] 【技法点拨】 球、球拍和人具有相同的加速度,对球分析,根据牛 顿第二定律求出加速度的大小,结合平行四边形定则求出球拍对 球的作用力的大小。对整体分析,根据合力的方向确定运动员对 球拍的作用力方向。 9.AD [AC.A开始运动后,A的速度大于B的速度,弹簧从原长第 一次到达最长的过程中,B一直受到弹簧向右的弹力,A一直受到 弹簧向左的弹力,故A一直做减速运动,B一直做加速运动,直到 二者速度相等时,弹簧第一次达到最长,故 A正确,C错误;B.当 弹簧的伸长量 为 时10cm,弹 簧 弹 力 大 小 为1N,A的 加 速 度 为 0.5m/s2,故B错误;D.在二者运动过程中受到的弹力大小始终 相等,据牛顿第二定律可知A、B的加速度大小之比等于二者质量 的反比,即3∶2,故D正确。故选AD。] 10.BD [A.只有物块 A静止在弹簧上时,有 mg=kx1,解得k= 200N/m,故A错 误;B.物 块 A、B静 止 在 弹 簧 上 时,有2mg= kx2,0时刻,对物块A、B构成的整体有kx2+F-2mg=2ma,解 得x2=0.1m,F=4N,故B正确;C.物块 A、B分离时物块 A、B 间的作用力为0,对物块A受力分析有F弹 -mg=ma,解得F弹 = 12N,故C错误;D.由F弹 =kx3,解得x3=0.06m,从物块B 开 始运动到物块A、B分离的过程中物块B的位移大小x=x2-x3 =0.04m,由x=v 2 2a ,解得v=0.4m/s,故D正确。故选BD。] 11.AC [AB.光电门记录的挡光时间为t,则B经光电门时的速度 大小为v=dt ,根据运动学公式可得2ah=v2,解得被卡住前,B 的加速度大小为a= d 2 2ht2 ,故 A正确,B错误;C.被卡住前,以B 为对象,根据牛顿第二定律可得 m2g-T=m2a,可得T=m2g- m2a<m2g,故C正确;D.B被卡住前,A向上做加速直线运动,加 速度方向向上,处于超重状态;B被卡住后,A向上做减速运动, 加速度方向向下,处于失重状态,故D错误。故选AC。] 12.BD [AB.开始时弹簧被压缩x,则弹力为F弹 =kx=2mg,方向 向上,放手瞬间,则对C 2mg-T=2ma,对AB整体T=2ma,解 得a=12g ,T=mg,即物块C以及AB的加速度均为12g ,选项A 错误,B正确;C.放手瞬间对B分析FN+T-mg=ma,解得FN= 1 2mg ,选项C错误;D.当 AB恰好分离时,则对BC整体2mg- mg=3ma',对A kx'-mg=ma',解得x'=4mg3k ,则物块B向上 移动的距离为Δx=x-x'=2mg3k ,选项D正确。故选BD。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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别进行受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律可得 f1=μ1m1g=m1a1,f地 -F2-f1'=ma2 对木块0=v0-a1t1 对铁箱0=v0-a2t2 联立解得t1=1s,t2=0.4s 由于F2+f1'=6N<f地,因此铁箱经过0.4s停下后保持静止。 对铁箱s2=v0t2- 1 2a2t2 2 对小球s1=v0t1 故L=s1-s2=1.6m 另解: 假设木块与铁箱相对静止,受力分析如图所示 对木块和铁箱,根据牛顿第二定律可得 a'=f地 -F2m1+M =4m/s2 对木块,根据牛顿第二定律,其可获得的最大加速度为 amax=μ1 m1g m1 =2m/s2<a' 所以木块与铁箱发生相对滑动。做三个物体的v t图像 由图像可知,小球与铁箱的距离L为图中的阴影面积,为 L=0.6+12 ×2m=1.6m 答案 (1)16N (2)1N (3)1.6m 【选做·一飞冲天】 解析 (1)对滑块a,b整体受力分析如图 沿y轴方向,根据牛顿第二定律有 2mgsin30°=2ma 沿x轴方向有 N-2mgcos30°=0 联立解得a=0.5g,N= 3mg (2)只对滑块a受力分析如图 沿y轴方向有,牛顿第二定律得 mg-N'=masin30° 解得 N'=34mg (3)只对斜面体c受力分析如图 由平衡条件得 f'-N1sin30°=0,N1=N 联立解得f'= 32mg 答案 (1)0.5g (2)34mg (3)32mg 第十五周 牛顿定律应用———滑板-滑块 模型 【考点·一应俱全】 1.D [AB.根据v t图像的斜率表示加速度可得,物块A与长木板 B的加速度大小分别为aA= Δv Δt= 3-1 1.0-0m /s2=2m/s2,aB= Δv' Δt = 1-01.0-0m /s2=1m/s2,对物块A根据牛顿第二定律可得μmAg =mAaA,对长木板B根据牛顿第二定律可得μmAg=mBaB,联立 解得mA=1kg,μ=0.2,故AB错误;D.根据速度随时间变化的图 像面积表示位移可知,A在B上滑动过程中对地的位移为xA= (3+1) 2 ×1=2m ,故D正确;C.由于未知物块 A是否恰好滑到木 板的右侧,则长木板B的长度无法确定,故C错误。故选D。] 【破题技巧】 本题主要考查牛顿第二定律求解板块等多过程问 题,解题时需注意:分析物体的运动过程、分析每一阶段物体受力 的变化、根据牛顿第二定律分析物体加速度的变化、根据加速度 的情况分析物体的运动情况。 2.C [A.C在 A 上 滑 动 时,由 于μ·2mg=0.5μ(2m+2m)g= 2μmg,此时,C做匀减速直线运动,A、B处于静止,C刚刚滑过 A 时有-μ·2mgL= 1 2×2mv1 2-12×2mv0 2,解得v1= 3μgL,之 后C滑上B,由于μ·2mg>0.5μ(m+2m)g=1.5μmg,此时 A、B 分离,A仍然处于静止,B向右做匀加速直线运动,即 A始终处于 静止,B先静止后开始运动,故 A正确,不符合题意;B.结合上述, C滑上B后,对C分析有μ·2mg=2ma1,对B进行分析,根据牛 顿第二定律有μ·2mg-0.5μ(m+2m)g=ma2,历时t0 达到相同 速度,则有v2=a2t0=v1-a1t0,之后B、C保持相对静止,共同向右 做匀减速直线运动,则有0.5μ(m+2m)g=(m+2m)a3,全过程,B 的位移xB= v2 2t0+ 0-v22 2(-a3) ,解得xB= 2 3L ,故B正确,不符合题 意;C.结合上述可知,A、B、C最终均处于静止,根据能量守恒定律 可知,系统因摩擦产生的总热量为Q=12×2mv0 2=5μmgL,故C 错误,符合题意;D.C恰能滑到B板的右端,结合上述可知,即C 在B上滑动,C与B速度相等之前B做匀加速直线运动,之后C、B 保持相对静止,共同向右做匀减速直线运动,可知,当小物块C滑 到木板B的右端时,木板B的速度最大,故D正确,不符合题意。 故选C。] 3.ACD [A.对 A进行受力分析,根据牛顿第二定律,有μ1mAg= mAa1,可得a1=5m/s2,对B进行受力分析,根据牛顿第二定律, 有μ1mBg=mBa2,可得a2=5m/s 2,A正确;B.A、B相向运动时,A 对C的摩擦力方向水平向右,大小为f1=μ1mAg=20N,B对C的 摩擦力方向水平向左,大小为f2=μ2mBg=20N,所以C受力平 衡,长木板C不受地面的摩擦力,B错误;C.滑块A与C相对静止 后,B继续向左滑动,对C的摩擦力向左,地面对C的摩擦力向右, 由于μ1mBg>μ2(mA+mB+mC)g 所以C开始向左运动,根据牛顿第二定律,有μ1mBg-μ2(mA+ mB+mC)g=(mA+mC)a3,解得a3= 1 3 m /s2,C正确;D.设 A相 对C运动的时间为t1,有0=vA-a1t1,解得t1=0.2s,在这段时间 里A的位移为xA1= 1 2a1t1 2=0.1m,在这段时间里B的位移为 xB1=vBt1- 1 2a2t1 2=0.9m,B的速度为vB1=vB-a2t1=4m/s, 之后B继续向左减速,AC开始向左加速,直到共速,设经t2 共速, 有vB1-a2t2=a3t2,解得t2= 3 4 s ,在这段时间里B的位移为xB2 =vB1t2- 1 2a2t2 2=5132m ,C的位移为xC= 1 2a3t2 2=332m ,为确保 滑块A、B不相撞,则木板C的长度至少为L=xA1+xB1+xB2-xC =2.5m,D正确。故选ACD。] 4.AC [A.设 取 初 速 度 方 向 为 正 方 向,对 滑 块 受 力 分 析 可 知f= FN·μ=mg·μ,解得a块 =fm =g ·μ,再对木板受力分析F合 = f滑 =-mgμ,解得a板 = F合 M =- mgμ M ,若只增大滑块质量 m,滑块 所受的支持力变大,滑动摩擦力变大,对应的木板减速的加速度变 大,所以滑块与木板共速所需的时间便变短,故A正确;B.若只增 大 M,由a板 = F合 M =- mgμ M 可知,木板做减速的加速度减小,但是 滑块做加速运动的加速度不变,如图所示 需要滑块滑离木板的相对位移为板长即两者的位移之差保持不 变,小滑块滑离木板时,不会共速,故B错误;C.若只增大v0,则小 滑块和木板的加速度不变,两者的相对位移即图中的面积之差要 相等 则小滑块会在共速前滑离木板,故C正确;D.若只减小动摩擦因 数,由a块 =fm =g ·μ,a板 = F合 M = mgμ M 那么滑块和木板的加速度等比例减小,如图所示 相对位移不变,可知滑块滑离木板时速度变小、时间变短,则滑块 对地的位移要减小,故D错误。故选AC。] 5.D [A.当m 与M 之间的静摩擦力达到最大值时二者发生相对滑 动,设两者恰好发生相对滑动时的加速度为a,恒力为F0,对 M: μmg=Ma, 对m:F0-μmg=ma,解得a=0.5m/s 2,F0=2.5N,所以当F= 6N>F0 时,两者发生相对滑动,A错 误;BCD.两 者 发 生 相 对 滑 动,对m:F-μmg=ma1,对M:μmg=Ma2,解得:a1=4m/s 2,a2= 0.5m/s2,因a1>a2,且木板速度小于小滑块速度,所以木板相对 于小滑块向左滑动,B错误,C错误,D正确。故选D。] 6.D [设A、B两物体恰好发生相对滑动时,A、B两物体的加速度为 a,对A物体,由牛顿第二定律f=μmg=ma,解得a=3m/s 2,以 A、B两物体为整体,由牛顿第二定律F-μ·2mg=2ma,解得F= 12N,故选D。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 87 —