《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動定律微專題14連接體問題試題粵教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動定律微專題14連接體問題試題粵教版.doc（5頁珍藏版）》請?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、14 連接體問題方法點(diǎn)撥整體法、隔離法交替運(yùn)用的原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”1質(zhì)量均為5 kg的物塊1、2放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧秤相連，如圖1所示，今對物塊1、2分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F120 N、F210 N，則彈簧秤的示數(shù)為()圖1A30 NB15 NC20 ND10 N2(多選)如圖2所示，物塊A、B質(zhì)量相等，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運(yùn)動，若水平面光滑，物塊A的加速度大小為a1，物塊A、B間的相互作用

2、力大小為FN1；若水平面粗糙，且物塊A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，物塊B的加速度大小為a2，物塊A、B間的相互作用力大小為FN2，則以下判斷正確的是()圖2Aa1a2Ba1a2CFN1FN2DFN1F3.如圖3所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上下振動時(shí)，框架始終沒有跳起當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為()圖3AgB.gC0D.g4一傾角為的斜劈放在水平地面上，一物體沿斜劈勻速下滑現(xiàn)給物體施加如圖4所示的力F，F(xiàn)與豎直方向夾角為，斜劈仍靜止，則此時(shí)地面對斜劈的摩擦力()圖4A大小為零B方向水平向右C方向水平向左D無法判

3、斷大小和方向5如圖5所示，A、B兩物塊放在粗糙水平面上，且它們與地面之間的動摩擦因數(shù)相同它們之間用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩次連接情況中細(xì)線傾斜方向不同但傾角相同，先后對B施加水平力F1和F2，兩次細(xì)線上的力分別為FT1、FT2，則下列說法正確的是()圖5A若兩種情況下，A、B一起向右運(yùn)動，則必有F1F2B兩種情況下，只有A、B一起向右勻速運(yùn)動，才可能F1F2C若兩種情況下，A、B一起向右運(yùn)動，則可能FT1FT2D若兩種情況下，A、B一起向右勻速運(yùn)動，則FT1FT26(多選)如圖6所示為一根質(zhì)量為m、長度為L、質(zhì)量均勻分布的粗繩AB.在粗繩上與B端距離為x的某位置有一質(zhì)量不計(jì)的力傳感器，可讀出該處粗繩中

4、的張力粗繩在水平外力F的作用下，沿水平面做勻加速直線運(yùn)動，由力傳感器讀數(shù)和已知條件()圖6A能夠判斷粗繩運(yùn)動是否受到摩擦力作用B可知水平外力F的大小C可知粗繩沿水平面做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小D若水平外力F的大小恒定，則傳感器讀數(shù)與x成正比7如圖7所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量也為m的托盤B上，以FN表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量初始時(shí)，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)(x0)現(xiàn)改變力F的大小，使B以的加速度勻加速向下運(yùn)動(g為重力加速度，空氣阻力不計(jì))，此過程中FN、F隨x變化的圖象正確的是() 圖7 8.如圖8所示

5、，質(zhì)量均為m的小物塊A、B，在水平恒力F的作用下沿傾角為37固定的光滑斜面加速向上運(yùn)動A、B之間用與斜面平行的形變可忽略不計(jì)的輕繩相連，此時(shí)輕繩張力為FT0.8mg.已知sin 370.6，下列說法錯(cuò)誤的是()圖8A小物塊A的加速度大小為0.2gBF的大小為2mgC撤掉F的瞬間，小物塊A的加速度方向仍不變D撤掉F的瞬間，繩子上的拉力為0答案精析1B利用整體法，F(xiàn)1F2(m1m2)a，對物塊1隔離，利用牛頓第二定律有F1Fm1a，聯(lián)立解得F15 N2BCD水平面光滑時(shí)，對整體由牛頓第二定律有：F(mAmB)a1，可得：a1；對B受力分析，由牛頓第二定律可得：FN1mBa1.水平面粗糙時(shí)，對整體由

6、牛頓第二定律有：Ff(mAmB)a2，可得a2a1；對B受力分析：FN2mBa2.所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B、C、D正確3D以框架為研究對象進(jìn)行受力分析可知，當(dāng)框架對地面壓力為零時(shí)，其重力與彈簧對其彈力平衡，即FMg，故可知彈簧處于壓縮狀態(tài)，再以小球?yàn)檠芯繉ο蠓治鍪芰芍狥mgma，聯(lián)立可解得，小球的加速度大小為ag，故選項(xiàng)D正確4A沒有施加力F時(shí)，由物體勻速下滑可知mgsin mgcos 得tan ，物體受重力G、斜面的彈力FN、斜面的摩擦力f，且三力的合力為零，故FN與f的合力豎直向上，tan (如圖所示)當(dāng)物體受到外力F時(shí)，物體受斜面的彈力為FN、摩擦力為f，F(xiàn)N與f的合力與FN的夾角為，則

7、tan 故，即FN與f的合力方向豎直向上，由牛頓第三定律知，物塊對斜面體的作用力豎直向下，故斜面體在水平方向上不受力，A對5C兩種情況下，對整體受力分析可知，整體均受到重力、拉力、支持力及摩擦力，因整體對地面的壓力相同，故摩擦力相同；若A、B一起向右運(yùn)動，只有均做勻速運(yùn)動，或者均做加速度相同的勻變速直線運(yùn)動時(shí)，這兩種情況下水平拉力才相等，即F1F2，A、B錯(cuò)誤；兩種情況下，若A、B一起向右勻速運(yùn)動，對A受力分析可知，A受重力、支持力、摩擦力及細(xì)線的拉力而處于平衡狀態(tài)，對第一種情況有FT1sin (mgFT1cos )，解得FT1，對第二種情況FT2sin (mgFT2cos )，解得FT2，故

8、FT1FT2，D錯(cuò)誤；若A、B一起向右做勻加速運(yùn)動，且第一種情況的加速度較大，則有可能FT1FT2，故C正確6BD設(shè)粗繩與水平面間的動摩擦因數(shù)為，力傳感器讀數(shù)為FT，對整根繩子，由牛頓第二定律有Fmgma，對粗繩左側(cè)長度為x的部分，由牛頓第二定律有FTga，解得FT.由力傳感器讀數(shù)和已知條件，不能夠判斷粗繩運(yùn)動是否受到摩擦力作用，可知水平外力F的大小，不能得出粗繩沿水平面做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小，A、C錯(cuò)誤，B正確若水平外力F的大小恒定，則傳感器讀數(shù)FT與x成正比，D正確7D根據(jù)題述，B以的加速度勻加速向下運(yùn)動過程中，選擇A、B整體為研究對象，由牛頓第二定律，2mgkxF2m，解得Fmgk

9、x，即F從mg開始線性減小，可排除圖象C.選擇B作為研究對象，由牛頓第二定律，mgFNF，解得FNkx.當(dāng)彈簧的彈力增大到，即x時(shí)，A和B間的壓力為零，在此之前，二者之間的壓力由開始運(yùn)動時(shí)的線性減小到零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤同時(shí)，力F由開始時(shí)的mg線性減小到，此后B與A分離，力F保持不變，故選項(xiàng)D正確8C以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得FTmgsin 37ma，解得a0.2g，小物塊A、B的加速度均為0.2g，選項(xiàng)A正確；以A、B整體為研究對象：Fcos 372mgsin 372ma，解得F2mg，選項(xiàng)B正確；撤掉F的瞬間，繩子上的拉力立刻消失，小物塊A的加速度方向變?yōu)橄蛳拢x項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確故選C.