【物理】2020届一轮复习人教版连接体问题学案
第2讲连接体问题
1
连接体的定义及分类
(1)两个或两个以上的物体,以某种方式连接在一起运动,这样的物体系统就是连接体。
(2)根据两物体之间相互连接的媒介不同,常见的连接体可以分为三大类。①绳(杆)连接:两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起;②弹簧连接:两个物体通过弹簧的作用连接在一起;③接触连接:两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。
(3)连接体的运动特点
①轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。
②轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而杆上各点的线速度与转动半径成正比。
③轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速率不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等。
【易错警示】(1)“轻”——质量和重力均不计。(2)在任何情况下,绳中张力的大小相等,绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。
1.1(2018衡水中学高三10月考试)如图所示,质量为m0、倾角为θ的斜面体静止在水平地面上,一质量为m的小物块放在斜面上,轻推一下小物块后,它沿斜面向下匀速运动。若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F,斜面体始终静止,重力加速度大小为g。施加恒力F后,下列说法正确的是()。
A.小物块沿斜面向下运动的加速度为
B.斜面体对地面的压力大小等于(m+m0)g+Fsin θ
C.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
D.斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化
【答案】A
1.2(2019福建福州三十四中检测)如图所示,材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力()。
A.与斜面倾角θ有关
B.与动摩擦因数有关
C.与系统运动状态有关
D.仅与两物块质量有关
【答案】D
2
连接体的平衡
(1)关于研究对象的选取
①单个物体:将物体受到的各个力的作用点全部画到物体的几何中心上。
②多个物体:在分析外力对系统的作用时,用整体法;在分析系统内各物体间的相互作用时,用隔离法。关键是找出物体之间的联系,相互作用力是它们相互联系的纽带。
(2)运用隔离法和整体法的基本步骤
①取对象——根据题意,所选取的研究对象可以是某一物体,也可以是几个物体组成的系统,在解决同一问题时,两种情况经常交替使用。
②画受力图——对研究对象进行受力分析,画出受力分析图。
③列方程——根据平衡条件,用正交分解法或合成法找出各个力之间的关系式,把已知量和未知量联系起来。
④解方程——解方程(组),必要时对解出的结果进行取舍和讨论。
2.1(2018河南信阳三模)如图所示,一个儿童在玩滑板,他一只脚蹬地后,滑板和人一起向前加速运动。已知儿童的质量为M,滑板的质量为m,儿童蹬地时获得向前的动力F,滑板向前运动时受到的阻力为f,则下列说法正确的是()。
A.F一定等于f
B.儿童与滑板之间的摩擦力等于F
C.儿童与滑板之间的摩擦力等于
D.儿童与滑板之间的动摩擦因数可以小于
【答案】C
题型一
动力学中的连接体问题
1.连接体问题的类型:物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。
2.整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
3.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。
4.整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”的方法。
【温馨提示】牛顿第二定律公式F=ma中的“F”指的就是物体(或系统)所受的合力,因此,在处理连接体问题时,必须注意区分内力和外力,特别是用整体法处理连接体问题时,切忌把系统内力列入牛顿第二定律方程中。当然,若用隔离法处理连接体问题,对所隔离的物体,它所受到的力都属外力,就不存在内力问题了。
【例1】(多选)质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20 N,F2=10 N,则下列说法正确的是()。
A.弹簧的弹力大小为16 N
B.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零
C.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12 N
D.若F1=10 N,F2=20 N,则弹簧的弹力大小不变
【解析】对两个物体整体运用牛顿第二定律,有F1-F2=(mA+mB)a;再对物体A运用牛顿第二定律有F1-F=mAa,由两式解得F=16N,A项正确。若把弹簧换成轻质绳,同理根据牛顿第二定律列式得到绳对物体的拉力大小也是16N,故B项错误。如果只有F1作用,整体向左匀加速运动,则对B研究得弹簧的弹力大小F'=mBa=mB·=12N,C项正确。若F1=10N,F2=20N,则F2-F1=(mA+mB)a;再对物体B受力分析得F2-F″=mBa,解得F″=14N,D项错误。
【答案】AC
处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般的思路是先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力;用隔离法分析物体间的作用力时,一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【变式训练1】(2018广东佛山六校联考)如图所示,小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸的弹簧拉着,小车向右做加速运动。若小车向右的加速度增大,物块始终相对小车静止,则物块所受摩擦力F1和车右壁所受弹簧的拉力F2的大小变化可能是()。
A.F1不变,F2一直变大
B.F1先变小后变大,F2不变
C.F1先变大后变小,F2不变
D.F1变大,F2先变小后不变
【解析】小车向右的加速度增大,而物块始终相对小车静止,即弹簧伸长量始终不变,则F2不变,A、D两项错误;若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右,则随着加速度的增大,摩擦力必变大;若开始摩擦力向左,则随着加速度的增大,摩擦力必先变小后变大,B项正确,C项错误。
【答案】B
题型二
“传送带模型”问题
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景
1
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景
2
①v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
②v0
v,返回时速度为v;若v0v0时,物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点,用时一定小于t0
【解析】传送带静止时,对物体有m-m=-μmgL,即vB=,物体做减速运动;若传送带逆时针运行,物体受向左的摩擦力μmg,同样由上式分析,物体一定能匀减速至右端,速度为vB,不会为零,用时也一定仍为t0,故A项正确,B项错误。若传送带沿顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v0时,物体将不受摩擦力的作用,一直做匀速运动滑至B端,因为匀速通过,故用时一定小于t0,C项正确。若顺时针运行速率(保持不变)v>v0,开始时物体受到向右的摩擦力作用,做加速运动,运动有两种可能:当物体速度加速到速度v而物体还未到达B端时,物体先做匀加速运动后做匀速运动;当物体速度一直未加速到v时,物体一直做匀加速运动,故D项错误。
【答案】AC
题型三
“滑块—木板模型”问题
1.两种类型
类型图示
规律分析
木板B带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为xB=xA+L
物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为xB+L=xA
2.思维模板
【温馨提示】此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【例3】质量M=4 kg、长为2l=4 m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的动摩擦因数不同。一个质量m=1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2 s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图象如图乙所示。重力加速度取g=10 m/s2。
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小。
(2)若滑块与木板右边之间的动摩擦因数μ2=0.1,2 s末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?
【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2s时木板的位移x2=a2
滑块的位移x1=4m
由牛顿第二定律得a2=
由位移关系得x1-x2=l
联立解得μ1=0.4
滑块位移x1=a1
恒力F=ma1+μ1mg
联立解得F=6N。
(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速运动,木板以另一加速度做匀加速运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为
a1'==μ2g,a2'=
设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2,则v2=a2t1,v1=a1t1,v1-a1't2=v2+a2't2
解得t2=1.6s
在此时间内,滑块位移x1'=v1t2-a1'
木板的位移x2'=v2t2+a2'
滑块相对木板运动的位移Δx=x1'-x2'
联立解得Δx=1.6m<2m
因此滑块没有从木板上滑落,滑块与木板相对静止时到木板右端的距离d=l-Δx=0.4m。
【答案】(1)0.46N(2)不能0.4m
分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下,由于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
【变式训练3】(2018四川都江堰六校模拟)如图甲所示,有一倾角θ=30°的光滑固定斜面,在与斜面底端相接的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量m=1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,现将力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,滑块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图象如图乙所示,g=10 m/s2。求:
(1)水平作用力F的大小。
(2)滑块开始下滑时的高度。
(3)木板的质量。
【解析】(1)滑块受力如图丙所示,根据平衡条件,有mgsinθ=Fcosθ,解得F=N。
(2)当力F变为水平向右之后,由牛顿第二定律,有mgsinθ+Fcosθ=ma
解得a=10m/s2
根据题意,由题图乙可知,滑块滑到木板上的初速度v=10m/s
滑块下滑的位移x=,解得x=5m
故滑块下滑的高度h=xsin30°=2.5m。
(3)由题图乙可知,滑块到达木板上后,滑块和木板起初相对滑动,当达到共同速度后一起做匀减速运动,两者共同减速时加速度a1=1m/s2,相对滑动时,木板的加速度a2=1m/s2,滑块的加速度大小a3=4m/s2
设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,对它们整体受力分析,有a1==μ1g,解得μ1=0.1
0~2s内分别对木板和滑块受力分析,对木板有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2
对滑块有μ2mg=ma3
联立解得M=1.5kg。
【答案】(1)N(2)2.5m(3)1.5kg
【变式训练4】(2019成都高三模拟)传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5 m、L2=2 m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板、平板与
支持面间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小。
(2)若v=6 m/s,求滑块离开平板时的速度大小。
【解析】(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小
a1==3m/s2
由于μ1mg>2μ2mg,故平板做匀加速运动,加速度大小
a2==1m/s2
设滑块滑至平板右端用时为t,共同速度为v',平板位移为x,对滑块有v'=v-a1t
L2+x=vt-a1t2
对平板有v'=a2t,x=a2t2
联立解得t=1s,v=4m/s
滑块在传送带上的加速度a3==5m/s2
若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度
v1==5m/s>4m/s
只有v=4m/s符合题意。
(2)v1=5m/s<6m/s,即滑块滑上平板的速度为5m/s
设滑块在平板上运动的时间为t',离开平板时的速度为v″,平板位移为x'
则v″=v1-a1t',L2+x'=v1t'-a1t'2
x'=a2t'2
联立解得t1'=s,t2'=2s(t2'>t,不合题意,舍去)
将t'=s代入v″=v1-a1t'得v″=3.5m/s。
【答案】(1)4m/s(2)3.5m/s
1.(2018西安曲江一中质检)如图所示,将砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应为()。
A.3μmg
B.4μmg
C.5μmg
D.6μmg
【解析】纸板相对砝码恰好运动时,对纸板和砝码构成的系统,由牛顿第二定律可得F-μ(2m+m)g=(2m+m)a,对砝码,由牛顿第二定律可得2μmg=2ma,联立可得F=6μmg,D项正确。
【答案】D
2.(2018黑龙江鹤岗二中月考)如图所示,A、B两球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是()。
A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ
B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为gsin θ
D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零
【解析】系统静止,根据平衡条件,对B球有F弹=mgsinθ,对A球有F绳=F弹+mgsinθ,细线被烧断的瞬间,细线的拉力立即减为零,但弹簧的弹力不发生改变,则B球受力情况未变,瞬时加速度为零;对A球根据牛顿第二定律得a===2gsinθ,A、C、D三项错误,B项正确。
【答案】B
3.(2018武汉五校模拟)如图所示,两黏合在一起的物块a和b,质量分别为ma和mb,放在光滑的水平桌面上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb,已知Fa>Fb,则a对b的作用力()。
A.必为推力
B.必为拉力
C.可能为推力,也可能为拉力
D.不可能为零
【解析】将a、b看作一个整体,加速度a=,单独对a进行分析,设a、b间的作用力为Fab,则a==,即Fab=,由于不知道ma与mb的大小关系,故Fab可能为正,可能为负,也可能等于0。
【答案】C
4.(2018河南驻马店高级中学月考)如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为μ,B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2。则a1与a2之比为()。
A.1∶1 B.2∶3 C.1∶3 D.3∶2
【解析】当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动时,临界情况是A、B的加速度相等,对B受力分析,B的加速度aB=a1==μg,当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动时,A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有aA=a2==μg,可得a1∶a2=1∶3,C项正确。
【答案】C
5.(2018安徽阜阳一中质检)如图所示,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量M=2 kg的秤盘,盘内放一个质量m=1 kg的物体,秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止,F=30 N,当突然撤去外力F的瞬时,物体对秤盘的压力大小为(g=10 m/s2)()。
A.10 N B.15 N C.20 N D.40 N
【解析】由于外力F撤去之前秤盘和物体均保持静止,系统受力平衡,当F撤去瞬间,合力向上,对整体由牛顿第二定律可得F=(M+m)a,对物体再根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,两式联立解得FN=20N,再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20N,C项正确。
【答案】C
6.(2018深圳中学六模)(多选)如图甲所示,质量为M的物体放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮与质量为m的物体相连,m所受重力为5 N;如图乙所示,同一物体M放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力F,拉力F的大小也是5 N。开始时M距桌边的距离相等,则()。
A.M到达桌边时的速度相等,所用的时间也相等
B.图甲中M到达桌边用的时间较长,速度较小
C.图甲中M到达桌边时的动能较大,所用时间较短
D.图乙中绳子受到的拉力较大
【解析】将题图甲中的两个物体整体作为研究对象,由牛顿第二定律得aM=;对题图乙的M分析有aM'=,因x=at2,v2=2ax,且aM0,故两物块的加速度沿传送带向下且大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,A项错误,B、C两项正确;物块A与传送带运动方向相同,相对路程较小,D项正确。
【答案】BCD
8.(2019石家庄正定五中检测)如图所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m,质量M=3 kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件。
(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【解析】(1)若整体恰好静止,则F=(M+m)gsinα=20N
因要拉动木板,则F>20N
若整体一起向上做匀加速直线运动,对物块和木板,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对物块有f-mgsinα=ma
其中f≤μmgcosα
代入数据解得F≤30N
向上加速的过程中为使物块不滑离木板,力F应满足的条件为20N30N时,物块能滑离木板,由牛顿第二定律,对木板有F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对物块有μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得
a1t2-a2t2=L
解得t=1.2s
物块滑离木板时的速度v=a2t
滑离后沿斜面上升的最大距离,满足-2gssinα=0-v2
解得s=0.9m。
【答案】(1)20Nt1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间摩擦力为零,同理可得
a1'=6m/s2
a2'=-2m/s2
由于a2'<0,可知B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有
v2+a2't2=0
联立解得t2=1s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离
x=a1+v1t2+a1'-a2+v2t2+a2'=12m<27m
此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有
l-x=(v1+a1't2)t3+a1'
可得t3=1s(另一解不合题意,舍去)
设A在B上总的运动时间为t总,有
t总=t1+t2+t3=4s。
【答案】(1)3m/s21m/s2(2)4s
6.(2017海南卷,14)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:
(1)弹簧的劲度系数。
(2)物块b加速度的大小。
(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。
【解析】(1)对整体分析,未加外力时,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有kx0=(m+m)gsinθ
解得k=。
(2)由题意可知,b经两段相等的时间总位移为x0
设从出发到a、b分离所用时间为t0,有a(2t0)2=x0
则a=
说明当形变量x1=x0-=时二者分离
对物块a分析,因分离时a、b间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知
kx1-mgsinθ=ma
联立解得a=。
(3)设时间为t,则经时间t时,a、b前进的位移
x=at2=
则形变量变Δx=x0-x
对整体分析可知,由牛顿第二定律有
F+kΔx-(m+m)gsinθ=(m+m)a
解得F=mgsinθ+t2
因分离时位移x=
由x==at2,解得t=
故应保证0≤t<,F表达式才能成立。
【答案】(1)(2)(3)F=mgsinθ+t2(0≤t<)