练案31 第4章 专题强化9 连接体问题和临界问题-【成才之路•练案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步新课程学习指导(人教版)

练案[31] 第四章 专题强化9 连接体问题和临界问题 4.在光滑水平桌面上，物块A用轻绳和物块B 基础巩固练 连接，轻绳跨过定滑轮，物块B悬空，如图甲所 知识点一连接体问题 示，系统从静止开始运动的加速度为a1;在图 1.五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图 所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方 乙中，若对轻绳施加一个和物块B重力相等的 向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物 拉力F,物块A从静止开始运动的加速度为 体的作用力等于 ( a2,则 ( F12345 A 7777 miimmmm 5 2.(2025·菏泽高一检测)两质量均为m的木块 甲 乙 A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力 A.a<a2 B.a=a2 F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小 C.a1>2 D.无法判断 为a1,如图(a)所示。现取走木块B,在木块A 上施加一方向竖直向下的恒力F,F,=mg(g 知识点二 临界问题 为重力加速度)。木块A仍在上述水平恒力F5.(2025·德州高一检测)如图所示，光滑水平 的作用下运动，加速度大小为a2,如图(b)所 面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板 示。下列关于a1和a2的关系，正确的是 B,A、B间的最大静摩擦力为mg,现用水平拉 力F拉B,使A、B以同一加速度运动，则拉力 F的最大值为 () (a) (b) A B 2m F A.a2=2a1 B.a2=a mhh A.umg B.2umg C.a2>2a1 D.a1<a2<2a1 3.质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相 C.3umg D.4umg 连，它们的质量之比m:M=1:2。如图甲所 6.大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符 示，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当 合规范的装载支架是安全运输的保障，运输过 用水平力F作用于B上且两物块以相同的加 程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来 速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x;如 的。若已知支架斜面均与水平面成α=30°， 图乙所示，当用同样大小的力F竖直向上拉B 且两物块以相同的加速度竖直向上运动时，弹 则运输车刹车时加速度不能超过 簧的伸长量为x2,则x1:2等于 B B 10000m F HO000000 A.0.5g 3 TAAMAAAMAMAAAMA 3 分 乙 D. A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.2:3 C.√3g 28 242 10.如图，光滑斜面倾角为0，底 综合提升练 端固定一挡板，轻弹簧两端 7.(多选)两个叠在一起的滑 与挡板及物块A拴接，物块 块，置于固定的、倾角为0的 B叠放在A上但不粘连。初始时，两物块自 斜面上，如图所示，滑块A、B 由静止在斜面上，现用平行于斜面的力F拉 的质量分别为M、m,A与斜 动物块B,使A、B沿斜面缓慢向上运动。已 面间的动摩擦因数为1，B与A之间的动摩 知轻质弹簧的劲度系数为k,两物块A、B的 擦因数为2，已知两滑块都从静止开始以相 质量分别为m1和m2,弹簧始终处于弹性限 同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦 度内，求： 力 ( (1)初始状态弹簧的形变量； A.等于0 B.方向沿斜面向上 C.大小等于mgcos8 D.大小等于2 ngcos0 8.(多选)如图所示，粗糙的 A 水平地面上有三块完全相whtwwwwm 同的木块A、B、C,质量均为m,B、C之间用轻 质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上， 三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一 块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运 动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并 达到稳定后，下列说法正确的是 A.无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都 将减小 B.若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间 摩擦力不变 C.若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间 摩擦力增大 (2)从初始状态到物块B与物块A恰好分离 D.若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩 时，物块A移动的距离。 擦力都减小 9.(多选)(2025·湖北襄阳高一阶段检测)如图 所示，两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的 物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测 力计连接。两个大小分别为F=30N、F2=20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳 定状态后，下列说法正确的是 F,←m2C÷过m1】 F mmmmm A.弹簧测力计的示数是28N B.弹簧测力计的示数是30N C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为 5m/s2 D.在突然撤去F,的瞬间，m1的加速度大小为 28m/s2 243 11.如图所示，矩形盒内用两根细 (2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动 线固定一个质量为m= 时，为保证细线不被拉断，加速度可取的 1.0kg的均匀小球，a线与水 最大值。 平方向成53°角，b线水平。 两根细线所能承受的最大拉力都是F,=15N。 (cos53°=0.6，sin53°=0.8，g取10m/s2)求： (1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为 保证细线不被拉断，加速度可取的最 大值； —244下落的时间，有t1=2=t3,t4=t5=t6,故选A。 代入数据解得v=4√2m/s。 7.A对于环A,设ab与水平方向的夹角为0，圆的半径为R,由 12.(1)0.530N(2)6m/s方向沿斜面向下(3)18m 牛顿第二定律可知，下滑加速度为4，=msm9=gsin0,又根 解析：(1)设拉力F作用时物体的加速度为a1,对物体进行 m 受力分析，由牛顿第二定律可知F-mgsin37°-ugeos37° 据动力学公式2Rsim0= 之，解得√四对于环B设 =ma 撤去拉力F后，物体的加速度大小为a2,由牛顿第二定律有 cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度 mgsin37°+umgcos37°=ma2 为a=mgsin a=gsin&,又根据动力学公式2 Rsin a= m 根据v-t图像的斜率表示加速度可知 1 a1=20m/s2,a2=10m/s2 25,解得五三√对自由落体的球C而言，有与日 联立解得4=0.5，F=30N。 √还受三者时同组等技选人 (2)2=3s时物体速度减为零，之后物体下滑，设其加速度 大小为a3,根据牛顿第二定律有mgsin37°-mgcos37° 8.A因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以对角线AC为直 ma 径的圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球 解得a3=2m/s2 a、b、d必定同时到达圆周的最低点C,故选项A正确。 由速度与时间公式得到v=a3(t-t,)=6m/s 9.AC人在下落的过程中，接触蹦床之前，人处于自由落体状 即t=6s时物体的速度为6/s,方向沿斜面向下。 态，加速度为g:接触之后，弹力F=k·△x,随下落距离逐渐增 (3)由题图乙知，物体上滑过程中最大速度v,=20/s,物体 加，根据牛顿第二定律mg-k·△x=ma,可知，网面的形变量 22=30m △x和a线性变化关系，故a和x也是线性变化关系，当弹力F 沿斜面上滑的最大位移x=2a+2a, 小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力 物体沿斜面上升的最大高度h=xsin37°=18m。 时，加速度为零，速度最大：当弹力F大于重力时，做加速度增 练案[31] 大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再增大，且加速度 a和x是线性变化关系，故C正确，D错误；人的加速度先不1.C设各物体的质量均为m,对整体运用牛顿第二定律得a= 变，后减小后再反向增加，可知速度时间图像的斜率绝对值先 品对345整休应用牛顿第二定律得R、=3m,解得人、= 不变，后减小再增加，故A正确，B错误。故选AC。 10.D由图丙可知，0~2s内物体没有推动，物体处于静止状 子，放选C。 态，推力大小等于摩擦力，A错误；由”-t图像可知，2~4s2.A设A与地面间的动摩擦因数为以，对A和B整体分析，由 物体做匀加速直线运动，加速度a=A=2m/s2,B错误；根牛顿第二定律得F-u·2mg=2ma;对A施加一压力￡，= 据上述可知0~2s内，静摩擦力大小为Fn=F=1N;由v-t mg,由受力分析可知F-u(F,+mg）)=ma2,整理得u·2mg+ 图像可知4~6s内物体匀速运动，滑动摩擦力大小等于推： 2ma-u(mg+mg)=ma2,解得a2=2a1,故A正确。 力，根据F-可知滑动摩擦力大小为F。=R=2N,2~4.3.A甲图中，将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可 物体做匀加速直线运动，物体受到滑动摩擦力，则大小为 得F-u(M+m)g=(M+m)a,再对A进行受力分析，可得 F2=F3=2N,C错误；2~4s物体做匀加速直线运动 (g三m血，整理可得工三术乙图中，同样将两个物级 2-F2=ma,解得m=0.5kg,D正确。 作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F-(M+m)g=(M+ 11.(1)3N0.05(2)2m,方向水平向左(3)42m/s m)a',再对A进行受力分析，可得T2-mg=ma',整理可得 解析：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为 a1,向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2,则由v-t图 1=n因此两次弹簧的弹力相等，由胡克定律P=,可 像得a1=2m/s2,a2=1m/s2, 知两种情况弹簧的伸长量也相同，x1:x2=1:1,故A正确， 由牛顿第二定律有F+wmg=ma1,F-mg=ma2 B、C、D错误。 联立解得F=3N,4=0.05。 4.A题图甲中两物块构成连接体模型，对B由牛顿第二定律 (2)物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小x1=1一 得mg-T=ma1,对A由牛顿第二定律得T=mAa1,联立解 2a42=16m,方向水平向右； 得a=m,十m:题图乙中是拉力F=m8,拉者细绳带动A做 物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为x2= 匀加速直线运动，由牛顿第二定律mg=maa2,可得a= 2052=18m,方向水平向左； m超，比较两加速度可得a1<a,故A正确。 m 所以10s内物体的位移大小x=Ix1-x2I=2m, 5.CA、B两物体恰好相对滑动时，由牛顿第二定律得：对A: 方向水平向左。 wmg=ma,对A、B系统：F=(m+2m)a,解得：F=3mg。 (3)由运动学公式v2-2a2 :6.B对钢卷受力分析，可得临界时后支架斜面无作用力，前支 —308 架斜面有支持力F、,由牛顿第二定律得Fscos a=mg,Fxsin a 水平方向有：F,-Fcos53°=ma =m,得a=1ana=1am30-气s,运输车刹车时加速度不 解得F=12.5N 当F=15N时，加速度最大， 能超过得。故选B。 有a2=7.5m/s2。 7.BC把AB两滑块作为一个整体，设其下滑的F 练案[32] 加速度为a,由牛顿第二定律得(M+m)gsin0 :1.AB在前t时间内物体因受到恒定向右的滑动摩擦力而做 -u1(M+m)gcos0=(M+m)a,解得a= 匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v=at, g(sin0-h1cos0)。由于a<gsin0,可见B随 -t图像是倾斜的直线；物体的速度与传送带速度相同后，因 A一起下滑过程中，必受到A对它沿斜面向上 不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B 的摩擦力，设摩擦力为F,对B受力分析如图所示，由牛顿第 正确，C、D错误。 二定律得mngsin0-Fg=ma,解得Fg=mgsin0-ma=mgsin0 -mg(sin0-41cos)=umgcos0,B、C正确，A、D错误。 2.ABD当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时，工件均 8.AD因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据 受到传送带的滑动摩擦力作用，摩擦力方向水平向左且大小 牛顿第二定律都有F-3umg-u△mg=(3m+△m)a,系统加 相同，工件做匀减速运动，两种情况下，工件运动的位移相同， 速度a减小，选项A正确：若粘在A木块上面，以C为研究对 到达B端的速度相同，根据牛顿第二定律可得工件的加速度 象，受到F、摩擦力mg、绳子拉力F,这三个力的作用，由牛 大小a=m竖=1m/s2,根据匀变速直线运动规律有v2-,2 顿第二定律得F-wmg-Fr=ma,a减小，F、mg不变，所以， =-2ax,代人数据得，工件到达B端时的速度v=3m/s,A、 绳子拉力F,增大，选项B错误；若粘在B木块上面，a减小， B正确；当传送带顺时针匀速转动时，若传送带速度小于或等 以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误：若粘 在C木块上面，a减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为 于3m/s,则工件到达B端时的速度大小为3m/s,若传送带速 度大于3m/s,则工件到达B端的速度大于3m/s,故C错误， 研究对象，有F,-2mg=2ma,F,减小，选项D正确。 D正确。 9AD对整休分析，整体的加速度为口=二：品-2？，隔离3.BD行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李 m1+m2 m2分析，根据牛顿第二定律得F-F2=m2a,解得F=F2+ 开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率 m2a=28N,故A正确，B错误；撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不 做匀速直线运动。加速度为a=ug=1m/s2,历时i,=”= 变，m,的加速度大小为，=￡=7m/s,故C错误；撤去E m2 1s达到共同速度，位移x=2=0.5m,此后行李匀速运动 的瞬间，网的加速度大小为a1-片-28g,放D正确。 2=2m-4=1.5s到达B,故行李到达B处共用2.55；乘客 10.(1)m1+m)gsim9(2)m8sin0 2 k 到达B,历时t=2m=2s,故B正确，A,C错误；若传送带速度 解析：(1)开始时，由平衡条件可知kx1=（m1+m2)gsin0 解得弹簧的压缩量1=（m:+m,)in0 足够大，行李一直加速运动，由x=2at得最短运动时间 (2)由于使A、B沿斜面缓慢向上运动，则每个状态均可视为 2×2 s=2s,故D正确。 平衡状态，则两物块恰好分离时，有kx2=m1gsin0 4.A当传送带静止时，滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传 此时弹簧的压缩量为x2= migsin 6 k 送带以速度。顺时针运动起来，滑块受力不变，根据牛顿第 m2gsin 6 二定律可知，两种情况下加速度相等，滑块位移也相等，根据 则物块A移动的距离△x=x1一x2= k 11.(1)2m/s2(2)7.5m/s2 =弓a可知，两种情况下运动的时问相等，即名=女，放 解析：(1)竖直向上匀加速运动时小 选A。 球受力如图所示， 5.D开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知 当a线拉力为l5N时，由牛顿第二 mgsin0+ungcos0=ma1,解得a1=gsin0+gcos0;小木块加 定律得： 速到和传送带速度相等时，由于u<tan0,即mgsin0> 竖直方向有：F.sin53o-mg=ma1 mgcos0,小木块不会匀速运动，小木块会继续加速，滑动摩 水平方向有：Fcos53°=Fb 擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知mgsint0- 解得F=9N,此时加速度有最大值a1=2m/s2。 mgcos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0。由上可知a2<a1, (2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：竖直方向 故D正确，A、B、C错误。 有：Fsim53°=mg 6.C在传送带的速度由零逐渐增加到，的过程中，物块相对 —309