专题04动力学中的连接体问题2022-2023高考三轮精讲突破训练（全国通用）（解析版）_04高考物理_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_三轮复习

专题 04 动力学中的连接体问题 目录 专题04 动力学中的连接体问题.............................................................................................................................1 考向一 “板—块”模型............................................................................................................................................1 考向二 绳、弹簧、滑轮接触类连接体问题..........................................................................................................5 1．灵活应用整体法与隔离法....................................................................................................................................5 2．三类连接体问题的解题结论................................................................................................................................5 【题型演练】............................................................................................................................................................12 考向一 “板—块”模型 (1)两种位移关系 滑块由滑板的一端相对运动到另一端的过程中： ①若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长； ②反向运动时，位移的绝对值之和等于板长． (2)解题思路 【典例1】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩 擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即 获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下． 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A被敲击后获得的初速度大小v； A （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a、a'； B B （3）B被敲击后获得的初速度大小v． B 【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小a=μg A 匀变速直线运动 2aL=v2 A A 解得（2）设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=ma，得 a=3μg B B 对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2ma′，得a′=μg B B （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x、x，A加速度的大小等于a A B A 则v=at，v=v–at A B B 且x–x=L B A 解得 【变式1】如图，两个滑块A和B的质量分别为 和 ，放在静止于水平地面上的木板的 两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 ；木板的质量为 ，与地面间的动摩擦因数为 。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 。A、B相遇时，A与木板恰好相 对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 。求 （1）B与木板相对静止时，木板的速度； （2）A、B开始运动时，两者之间的距离。 【答案】（1） 与木板相对静止时，木板的速度为 （2） 、 开始运动时，两者之间的距离为 【解析】 （1）如图所示对 、 和木板受力分析，其中 、 分别表示物块 、 受木板摩擦力的大小， 、 和 分别表示木板受到物块 、 及地面的摩擦力大小，设运动过程中 、 及木板的加速度大小分别为 ， 和 ，根据牛顿运动定律得： ① ② ③ 且： ④ ⑤ ⑥ 联立①~⑥解得： ， ， 故可得 向右做匀减速直线运动， 向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动；且 ， 显然经历一段时间 之后 先与木板达到相对静止状态，且此时 、 速度大小相等，方向相反。不妨假 设此时 与木板的速度大小为 ： ⑦ ⑧ 解得： ， （2）设在 时间内， 、 的位移大小分别为 ， ，由运动学公式得：⑨ ⑩ 此后 将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和 相遇，这段时间内 的加速度大小仍为 ，设 和木板的加速度大小为 ，则根据牛顿运动定律得： 对木板和 ： ⑪ 假设经过 时间后 、 刚好相遇，且此时速度大小为 ，为方便计算我们规定水平向右为正向，则 在这段时间内速度变化： 对 和木板： ⑫ 对 ： ⑬ 联立⑪~⑬解得 ，可以判断此时 和木板尚未停下 则 时间内物块 、 的位移大小假设为 、 ，由运动学公式： ⑭ ⑮ 则 和 开始相距 满足： ⑯ 联立解得： 【变式2】如图甲所示，一块质量为m=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为m=1kg的滑块B静止 A B 在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离 后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C.F的大小可能为9N D.F的大小与板长L有关 【答案】BD 【解析】由图乙可知，在0~1s内，木板A的加速度a=2m/s2，在1~3s内，木板A的加速度 1 a=-1m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，在0~1s内，隔 2 1 2 离木板A受力分析，由μmg-μ（m+m）g= ma，在1~3s内，隔离木板A受力分析，由-μmg= ma， 1 B 2 A B ,A 1 2 A ,A 2 联立解得：μ=0.1，μ=0.7，选项A错误B正确；隔离B分析受力，由牛顿第二定律，F-μmg= ma， 2 1 1 B B 3 根据速度图像的面积表示位移可知，在0~1s内，木板A位移x=1m。滑块B在t=1s内的位移x= at2= 1 2 3 ，木板A长度L= x-x= -1= ，可变换为F=2L+3，即F的大小与板长L有关，选项D正确；若 2 1 F的大小为9N，由牛顿第二定律，F-μmg= ma，可得a=2m/s2，AB加速度相同，不能发生相对滑动，所 1 B B 3 3 以F的大小必须大于9N，选项C错误。 考向二 绳、弹簧、滑轮接触类连接体问题 1．灵活应用整体法与隔离法 (1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速 度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程． (2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二 定律方程． 2．三类连接体问题的解题结论 (1)通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等． (2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力． (3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同． 【典例2】 高铁已成为重要的“中国名片”。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7 共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均 为F，每节车厢质量均为m，所受阻力均为f，则（ ） A. 列车的加速度为 B. 列车的加速度为 C. 第2节车厢对第3节车厢的作用力为0 D. 第2节车厢对第3节车厢的作用力为F-2f 【答案】AC 【解析】 AB．由牛顿第二定律得4F−8f=8ma解得列车的加速度大小为 A正确，B错误； CD．对第一节车厢和第二节车厢整体，由牛顿第二定律得F+F−2f=2 ma 2 解得第3节车厢对第2节车厢的作用力F=0 2 由牛顿第三定律可知，第2节车厢对第3节车厢的作用力是0，C正确，D错误。故选AC。 【典例3】 a、b两物体的质量分别为m、m，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一 1 2 起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿 1 光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，如图所示．则（ ） 2 A. x一定等于x B. x一定大于x 1 2 1 2 C. 若m＞m，则 x＞x D. 若m＜m，则 x＜x 1 2 1 2 1 2 1 2 【答案】A 【解析】 （1）竖直运动向上运动时，将ab看做一个整体，则有： 单独分析b物体，则有弹力：带入加速度计算可得弹力： （2）光滑水平面运动，同样整体分析加速度： ， 单独分析b有弹力： 所以，水平和竖直弹力相等，所以形变量相等，所以A正确，BCD错误． 【典例4】 如图，三个质量均为1kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光 滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及 C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是（ ） A. 拉力F小于11N时，不能拉动C B. 拉力F为17N时，轻绳的拉力为4N C. 要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23N D. A的加速度将随拉力F的增大而增大 【答案】AC 【解析】 A．当C物体即将运动时，C物体水平方向桌面给C的向右的摩擦力 ，绳子向右的拉力 ，B给C向右的 摩擦力 ，其中 ， 当即将滑动时应有 可解得 故A正确； C．因此B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得 对AB整体受力分析可得 对C物体受力分析可得联立解得 说明A和B发生相对滑动的临界力大小为 ，故C正确； B．当 时，没有发生相对滑动，此时对AB整体 对C物体受力分析 联立解得 故B错误； D．当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为 加速度不变，D错误。故选AC。 【典例5】如图所示，倾角为θ = 30˚ 的斜面体c置于水平地面上，滑块b置于光滑斜面上，通过细绳跨 过定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在 地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块a、b、c的质量分別为m、4m、M，重力加速度为g，不计 滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是（ ） A. 地面对c的摩擦力为零 B. 剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为（3m+M）g C. 剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为2g D. 弹簧弹力大小为mg 【答案】BCD 【解析】 A．对bc组成的系统受力分析可知，竖直向下的重力G，竖直向上的支持力F，细线斜向上的拉力T，根据 平衡条件可知还要受地面的摩擦力f，选项A错误； B．剪断轻绳的瞬间，b沿斜面加速下滑，加速度为 对bc组成的系统竖直方向上根据牛顿定律有 解得地面对c的支持力根据牛顿第三定律可得c对地面的压力为（3m+M）g，选项B正确； C．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得：a的加速度大小 选项C正确； D．以b为对象，沿斜面方向得 以a为对象 解得 选项D正确。故选BCD。 考向三 传送带问题 【典例6】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v逆时针匀速转动，在传送带的上端轻 0 轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块 的速度随时间变化关系的是（ ） 【答案】D 【解析】传送带以速度v逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块 0 相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，重力沿传送带斜面的分力和滑动摩擦力方向 相同，做加速度为a的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，所以a＝gsin 1 1 1 θ＋μgcos θ。小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对 静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a的匀加速直线 2 运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，所以：a＝gsin θ－μgcos θ。根据 2 2 以上分析，有a＜a。所以，本题正确答案为D。 2 1 [变式1]如图所示，白色传送带A、B两端距离L=14m，以速度v=8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水 0 平面的夹角为θ=37°，现将一质量为m=2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数 μ=0.25，＞取g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8，则下列叙述正确的是（ ）A. 煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25s B. 煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120W C. 煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4m D. 煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J 【答案】C 【解析】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。 设经过时间t，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律得： 1 1 mgsinθ+μmgcosθ=ma，可得a=g（sinθ+μcosθ）=8m/s2 1 1 由v=at 得t=1s，此过程通过的位移大小为x= t=4m＜L。 0 1 1 1 1 1 由于mgsinθ＞μmgcosθ．故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑 动摩擦力沿斜面向上。 设煤块接着做匀加速运动的加速度为a，运动的时间为t，则 mgsinθ-μmgcosθ=ma，可得a=g 2 2 2 2 （sinθ-μcosθ）=4m/s2 由L-x=vt+ ，代入数据得：t=1s。 1 0 2 2 故煤块从A到B的运动时间是t=t+t=2s。故A错误。 1 2 煤块从A端运动到B端时速度v=v+at=12m/s，此时重力的瞬时功率为 P=mgvsinθ=144W，故B错误。 0 2 2 由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（vt-x）＞[（L-x）-vt]，所以煤块从A端运动到B 0 1 1 1 0 2 端留下的黑色痕迹长度为S=vt-x=4m。故C正确。煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为 0 1 1 Q=μmgcosθ{（vt-x）+[（L-x）-vt]}，代入数据解得：Q=24J，故D错误。 0 1 1 1 0 2 【典例7】近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展．如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传 送带右端与水平面相切，且保持v＝4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L＝3 m．现将一质量为 0 0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短， 碰撞后包裹A向前滑行了0.1m静止，包裹B向前运动了0.4m静止．已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2.求： （1）包裹A在传送带上运动的时间； （2）包裹B的质量． 【解析】 m g  m a （1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得： 1 A A 1 ①， a （4 m/s2） 由①式解得： 1 假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得： 2 v  0  2a s 0 1 1 ② s  2m  L 由②式解得： 1 ，所以上述假设成立 1 2 s  at 1 2 11 加速过程： ④ t （1 s） 由④式解得： 1 L  s  v t 匀速过程： 1 0 2 ⑤ t 0.2（5 s） 由⑤式解得： 2 t  t  t  1.25s 所以，包裹A在传送带上运动的时间； 1 2 ⑥ （2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得： m g  m a 2 A A 2 ⑦ a 5m/s2 由⑦式解得： 2 a =5m/s2 同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是 2 ⑧2 0 - v  2a s 包裹A向前滑动至静止： A 2 A ⑨ v =1(m/s) 由⑨式解得： A 2 0 - v  2a s 包裹B向前滑动至静止： B 2 B⑩ v  2m/s 由⑩式解得： B m v  m v  m v 包裹A、B相碰前后系统动量守恒： A 0 A A B B m  0.6kg 由式解得： B【题型演练】 1、(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量 为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 【答案】BC 【解析】木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma，而vt图象 1 的斜率表示加速度，故a＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma，a＝ 1 2 2 m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者vt图象与坐标轴围成 的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－ ×2×2 m＝8 m，C正确． 2、如图所示，质量为m的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为2m的铁块B，铁块与 木板之间的动摩擦因数为 ，木板与地面之间的动摩擦因数为 ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 现给铁块施加一水平作用力F，F由零开始逐渐变大至A、B相对滑动，下列判断正确的是（ ） A. 若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚要发生相对滑动时，A的加速度大小为 B. 若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚要发生相对滑动时，F的大小为 mg C. 若木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，则一定是 D. 若木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，则一定是 【答案】AD 【解析】CD．B受到的滑动摩擦力大小为 ，A受到地面的滑动摩擦力大小为 若木板A先相对地发生滑动，则 解得 当拉力增大到一定程度，使得B的加速度大于A的加速度时，B相对A发生滑动，故C错误，D正确； A．若木板A先相对地发生滑动，当B刚要相对于A滑动时，A、B间的摩擦力是最大静摩擦力，由于最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，对A有 整理得 故A正确； B．若铁块B先相对A发生滑动，以B为研究对象，水平方向根据共点力的平衡条件知，当A、B刚发生相 对滑动时，F的大小为 ，故B错误。故选AD。 3、如图所示，轻质板放在光滑的水平地面上，物体A、B与轻质板的动摩擦因数 （设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力）已知 ， ，g取 。当作用在A上的水平力 时，物体A 的加速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 对 B 受力分析得 B 能获得的最大加速度 a=μg=1m/s2 假设 A、B 不相对滑动，整体分析得 B 因为 假设不成立，B会相对于轻质板滑动。对A受力分析得，A受摩擦力为μmg，物体A的加速度为 B 故选B。 4、如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平面上，一物块自弹簧正上方自由下落，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短(在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是( ) A．物块接触弹簧后立即做减速运动 B．物块接触弹簧后先加速后减速 C．当物块的速度最大时，它所受的合力不为零 D．当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度等于零 【答案】 B 【解析】物块刚接触弹簧后，弹簧形变较小，此时弹簧弹力小于重力，物块仍然做加速运动，故选项A错 误；物块接触弹簧后，弹簧形变到最大的这一过程中，弹簧弹力先小于重力，之后等于重力，再然后大于 重力，故物块是先加速后减速，选项B正确；当物块速度最大时，加速度为零，此时必有合力为零，选项 C错误；弹簧被压缩至最短时，弹力大于重力，此时有加速度且方向向上，不等于零，选项D错误． 5、(多选)如图所示，在光滑水平面上放置的A、B两物体相互接触但并不黏合，两物体的质量分别为m＝2 A kg，m＝3 kg.从t＝0开始，作用力F和作用力F分别作用在A、B两物体上，F、F随时间的变化规律分 B A B A B 别为F＝(8－2t) N，F＝(2＋2t) N．则( ) A B A．A、B两物体一直以2 m/s2的加速度做匀加速运动 B．当F＝F时，A、B两物体分离 A B C．t＝1 s时A物体的运动速度为2 m/s D．B物体在t＝5 s时的加速度为4 m/s2 【答案】 CD 【解析】 AB分离前，F＋F＝10 N＝(m＋m)a，a＝2 m/s2，对B：F＋F ＝ma，当F ＝0时，t＝2 s， A B A B B AB B AB A、B分离，此时F＝4 N，F＝6 N，故A、B错误； A B t＝1 s时，A、B还没有分离，所以A物体的速度v＝at＝2 m/s，C正确； t＝5 s时，对B：F＝ma，a＝4 m/s2，故D正确． B B 1 1 6、(多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作 用，A、B间的摩擦力F、B与地面间的摩擦力F 随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量 f1 f2 m＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( ) A．物块B的质量为4 kg B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2 D．当F＝10 N时，A物体的加速度大小为1.5 m/s2 【答案】 BD【解析】 由题图乙可知，A、B之间的最大静摩擦力为F ＝6 N，可知A、B间的动摩擦因数为μ ＝＝ fAB AB ＝0.2，选项B正确；由题图乙可知，当F＝4 N时，A、B整体相对地面开始滑动，则μ (m＋m)g＝4 N B地 B 当F＝12 N时，A、B即将发生相对滑动， 此时对整体：a＝ 对物块A：μmg＝ma AB 联立解得m＝1 kg，μ ＝0.1，选项A、C错误； B B地 当F＝10 N时，A、B两物块一起做加速运动，则A、B两物块的加速度大小为a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2选项D 正确． 7、如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆 弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静 止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝，重力加速度为g，则F的大小为( ) A．Mg B．Mg C．(M＋m)g D．(M＋m)g 【答案】D 【解析】： 连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得 cos θ＝＝ sin θ＝ ＝ 则tan θ＝ 此时小球受到的合外力F ＝mgtan θ＝mg 合 由牛顿第二定律可得a＝＝g 以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝(m＋M)g，故D正确，A、B、C错误． 8、如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面 之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直 线运动，轻绳的张力大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】对整体，由牛顿第二定律，F-μmg-μ2mg=（m+2m）a，隔离物块P，由牛顿第二定律，F- Tμmg=ma，联立解得：F =F/3，选项D正确。 T 9、如图所示，A、B两物体质量为m 、m (m ＞m )，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和 A B A B 所有摩擦，则A、B运动过程中( ) A．轻绳的拉力为(m －m )g B．轻绳的拉力逐渐减小 A B C．它们加速度的大小与成正比 D．若(m ＋m )是一定值，则加速度大小与(m －m )成正比 A B A B 【答案】D 【解析】以A、B为整体，通过分析，由牛顿第二定律可得(m －m )g＝(m ＋m )a，a＝，故C错误，D A B A B 正确；对A由牛顿第二定律可知m g－F＝m a，F＝m g－m a＝，故A、B错误．故选D。 A A A A 10、一根轻弹簧,下端固定在水平地面上,一个质量为m的小球(可视为质点),从距弹簧上端h处自由下落并 压缩弹簧,如图所示.若以小球下落点为x轴正方向起点,设小球从开始下落到压缩弹簧至最大位置为H,不计 任何阻力,弹簧均处于弹性限度内;小球下落过程中加速度a,速度v,弹簧的弹力F,弹性势能E 变化的图象正确 p 的是( ) A． B． C． D． 【答案】D【解析】小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度：a=g保持不变，速度：v=gt均匀增加；小球与 弹簧接触后向下运动压缩弹簧，小球受到竖直向下的重力与弹簧竖直向上的弹力F=kx作用，开始弹簧弹力 mgkx kx a  g 小于重力，小球向下做加速度运动，加速度： m m ，加速度逐渐减小，小球向下做加速 度减小的加速运动，经过一段时间后弹簧弹力与重力相等，合力为零，此时速度达到最大，然后弹簧弹力 kxmg kx a  g 大于重力，小球所受合力向上，小球做减速运动，加速度 m m ，加速度逐渐增大，小球 向下做加速度增大的减速运动，直到速度为零，整个过程速度方向不变，t 时刻加速度为0，速度最大， 2 弹力变化最快，加速度变化也最快。所以从t 到t 图象不是凹向下，而是要凸向下。同理从t 到t3图象不 1 2 2 是凸向下，而是要凹向下。由图示图象可知，故AB错误；当小球下落位移小于等于h时，弹簧弹力为零： F=0，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹力F=kx，弹力F与x成正比，故C错误；当小球下落位 1 E  kx2 移小于等于h时 E p 0 ，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹性势能 p 2 ，故D正确。 11、如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数 均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水 平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A被敲击后获得的初速度大小v； A （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a、a'； B B （3）B被敲击后获得的初速度大小v． B 【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小a=μg A 匀变速直线运动 2aL=v2 A A 解得（2）设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=ma，得 a=3μg B B 对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2ma′，得a′=μg B B （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x、x，A加速度的大小等于a A B A 则v=at，v=v–at A B B 且x–x=L B A 解得 12、截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可 伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度 均为h，重力加速度为g。 （1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小； （2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要 使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系。 √ √3 （1− ）gh 3 【答案】（1）v= （2）m> m A 【解析】 （1）设A刚落地时的速度为v，由A和B运动中的机械能守恒得， h 1 sin60° 2 mgh=mgsin30° + 2mv2√ √3 （1− ）gh 3 v= （2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解 。 当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右： T−m gsin60°=m acos60° 对A物体， A A mgsin30°−T=macos30° 对B物体， mg−√3ma √3g+a 解得m= A √3 a< g 3 由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足0< 加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足0 m 。 A