新高考物理三轮冲刺突破练习专题04动力学中的连接体问题（含解析）

专题04动力学中的连接体问题目录TOC\o"1-1"\h\u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 51．灵活应用整体法与隔离法 52．三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vA；（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得SKIPIF1<0（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=maB，得aB=3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB–aBtSKIPIF1<0且xB–xA=L解得SKIPIF1<0【变式1】如图，两个滑块A和B的质量分别为SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0；木板的质量为SKIPIF1<0，与地面间的动摩擦因数为SKIPIF1<0。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为SKIPIF1<0。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SKIPIF1<0。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）SKIPIF1<0与木板相对静止时，木板的速度为SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0、SKIPIF1<0开始运动时，两者之间的距离为SKIPIF1<0【解析】（1）如图所示对SKIPIF1<0、SKIPIF1<0和木板受力分析，其中SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分别表示物块SKIPIF1<0、SKIPIF1<0受木板摩擦力的大小，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0和SKIPIF1<0分别表示木板受到物块SKIPIF1<0、SKIPIF1<0及地面的摩擦力大小，设运动过程中SKIPIF1<0、SKIPIF1<0及木板的加速度大小分别为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，根据牛顿运动定律得：SKIPIF1<0 ①SKIPIF1<0 ②SKIPIF1<0 ③且：SKIPIF1<0 ④SKIPIF1<0 ⑤SKIPIF1<0 ⑥联立①~⑥解得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故可得SKIPIF1<0向右做匀减速直线运动，SKIPIF1<0向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动；且SKIPIF1<0，显然经历一段时间SKIPIF1<0之后SKIPIF1<0先与木板达到相对静止状态，且此时SKIPIF1<0、SKIPIF1<0速度大小相等，方向相反。不妨假设此时SKIPIF1<0与木板的速度大小为SKIPIF1<0：SKIPIF1<0 ⑦SKIPIF1<0 ⑧解得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0（2）设在SKIPIF1<0时间内，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的位移大小分别为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由运动学公式得：SKIPIF1<0 ⑨SKIPIF1<0 ⑩此后SKIPIF1<0将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和SKIPIF1<0相遇，这段时间内SKIPIF1<0的加速度大小仍为SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0和木板的加速度大小为SKIPIF1<0，则根据牛顿运动定律得：对木板和SKIPIF1<0： SKIPIF1<0 ⑪假设经过SKIPIF1<0时间后SKIPIF1<0、SKIPIF1<0刚好相遇，且此时速度大小为SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0和木板： SKIPIF1<0 ⑫对SKIPIF1<0： SKIPIF1<0 ⑬联立⑪~⑬解得SKIPIF1<0，可以判断此时SKIPIF1<0和木板尚未停下则SKIPIF1<0时间内物块SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的位移大小假设为SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，由运动学公式：SKIPIF1<0 ⑭SKIPIF1<0 ⑮则SKIPIF1<0和SKIPIF1<0开始相距SKIPIF1<0满足：SKIPIF1<0 ⑯联立解得：SKIPIF1<0【变式2】如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，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0.6B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C.F的大小可能为9ND.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a1=2m/s2，在1~3s内，木板A的加速度a2=-1m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0~1s内，隔离木板A受力分析，由μ1mBg-μ2（mA+mB）g=m,Aa1，在1~3s内，隔离木板A受力分析，由-μ2mAg=m,Aa2，联立解得：μ2=0.1，μ1=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-μ1mBg=mBa3，根据速度图像的面积表示位移可知，在0~1s内，木板A位移x1=1m。滑块B在t=1s内的位移x2=SKIPIF1<0a3t2=SKIPIF1<0，木板A长度L=x2-x1=SKIPIF1<0-1=SKIPIF1<0，可变换为F=2L+3，即F的大小与板长L有关，选项D正确；若F的大小为9N，由牛顿第二定律，F-μ1mBg=mBa3，可得a3=2m/s2，AB加速度相同，不能发生相对滑动，所以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SKIPIF1<0B.列车的加速度为SKIPIF1<0C.第2节车厢对第3节车厢的作用力为0D.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SKIPIF1<0A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+F2−2f=2ma解得第3节车厢对第2节车厢的作用力F2=0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m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示．则（）A.x1一定等于x2 B.x1一定大于x2C.若m1＞m2，则x1＞x2 D.若m1＜m2，则x1＜x2【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：SKIPIF1<0单独分析b物体，则有弹力：SKIPIF1<0带入加速度计算可得弹力：SKIPIF1<0（2）光滑水平面运动，同样整体分析加速度：SKIPIF1<0，单独分析b有弹力：SKIPIF1<0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CB.拉力F为17N时，轻绳的拉力为4NC.要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23ND.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SKIPIF1<0，绳子向右的拉力SKIPIF1<0，B给C向右的摩擦力SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，SKIPIF1<0当即将滑动时应有SKIPIF1<0可解得SKIPIF1<0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SKIPIF1<0对AB整体受力分析可得SKIPIF1<0对C物体受力分析可得SKIPIF1<0联立解得SKIPIF1<0说明A和B发生相对滑动的临界力大小为SKIPIF1<0，故C正确；B．当SKIPIF1<0时，没有发生相对滑动，此时对AB整体SKIPIF1<0对C物体受力分析SKIPIF1<0联立解得SKIPIF1<0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SKIPIF1<0加速度不变，D错误。故选AC。【典例5】如图所示，倾角为θ=30˚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）gC.剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为2gD.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SKIPIF1<0对bc组成的系统竖直方向上根据牛顿定律有SKIPIF1<0解得地面对c的支持力SKIPIF1<0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SKIPIF1<0选项C正确；D．以b为对象，沿斜面方向得SKIPIF1<0以a为对象SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0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v0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v0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a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＋μgcosθ。小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，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a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以：a2＝gsinθ－μgcosθ。根据以上分析，有a2＜a1。所以，本题正确答案为D。[变式1]如图所示，白色传送带A、B两端距离L=14m，以速度v0=8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为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2.25sB.煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120WC.煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4mD.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t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，可得a1=g（sinθ+μcosθ）=8m/s2

由v0=a1t1得t1=1s，此过程通过的位移大小为x1=t1=4m＜L。

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a2，运动的时间为t2，则

mgsinθ-μmgcosθ=ma2，可得a2=g（sinθ-μcosθ）=4m/s2

由L-x1=v0t2+，代入数据得：t2=1s。

故煤块从A到B的运动时间是t=t1+t2=2s。故A错误。

煤块从A端运动到B端时速度v=v0+a2t2=12m/s，此时重力的瞬时功率为P=mgvsinθ=144W，故B错误。由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1-x1）＞[（L-x1）-v0t2]，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为S=v0t1-x1=4m。故C正确。煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ{（v0t1-x1）+[（L-x1）-v0t2]}，代入数据解得：Q=24J，故D错误。【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v0＝4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L＝3m．现将一质量为0.4kg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10m/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】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：①，由①式解得：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由②式解得：，所以上述假设成立加速过程：④由④式解得：匀速过程：⑤由⑤式解得：所以，包裹A在传送带上运动的时间；⑥（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：⑦由⑦式解得：同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是SKIPIF1<0⑧包裹A向前滑动至静止：⑨由⑨式解得：SKIPIF1<0包裹B向前滑动至静止：⑩由⑩式解得：包裹A、B相碰前后系统动量守恒：eq\o\ac(○,11)由eq\o\ac(○,11)式解得：

【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10m/s2，则下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8mD．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＝ma1，而v­t图象的斜率表示加速度，故a1＝eq\f(7－3,2)m/s2＝2m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝eq\f(2－0,2)m/s2＝1m/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＝eq\f(1,2)×(7＋3)×2m－eq\f(1,2)×2×2m＝8m，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SKIPIF1<0，木板与地面之间的动摩擦因数为SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0B.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SKIPIF1<0mgC.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SKIPIF1<0D.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SKIPIF1<0【答案】AD【解析】CD．B受到的滑动摩擦力大小为SKIPIF1<0，A受到地面的滑动摩擦力大小为SKIPIF1<0若木板A先相对地发生滑动，则SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0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SKIPIF1<0整理得SKIPIF1<0故A正确；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SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，g取SKIPIF1<0。当作用在A上的水平力SKIPIF1<0时，物体A的加速度为（）A.SKIPIF1<0 B.SKIPIF1<0 C.SKIPIF1<0 D.SKIPIF1<0【答案】B【解析】对B受力分析得B能获得的最大加速度aB=μg=1m/s2假设A、B不相对滑动，整体分析得SKIPIF1<0因为SKIPIF1<0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μmBg，物体A的加速度为SKIPIF1<0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mA＝2kg，mB＝3kg.从t＝0开始，作用力FA和作用力FB分别作用在A、B两物体上，FA、FB随时间的变化规律分别为FA＝(8－2t)N，FB＝(2＋2t)N．则()A．A、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动B．当FA＝FB时，A、B两物体分离C．t＝1s时A物体的运动速度为2m/sD．B物体在t＝5s时的加速度为4m/s2【答案】CD【解析】AB分离前，FA＋FB＝10N＝(mA＋mB)a，a＝2m/s2，对B：FB＋FAB＝mBa，当FAB＝0时，t＝2s，A、B分离，此时FA＝4N，FB＝6N，故A、B错误；t＝1s时，A、B还没有分离，所以A物体的速度v＝at＝2m/s，C正确；t＝5s时，对B：FB＝mBa1，a1＝4m/s2，故D正确．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Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m＝3kg，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A．物块B的质量为4kgB．A、B间的动摩擦因数为0.2C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2D．当F＝10N时，A物体的加速度大小为1.5m/s2【答案】BD【解析】由题图乙可知，A、B之间的最大静摩擦力为FfAB＝6N，可知A、B间的动摩擦因数为μAB＝eq\f(FfAB,mg)＝eq\f(6,30)＝0.2，选项B正确；由题图乙可知，当F＝4N时，A、B整体相对地面开始滑动，则μB地(m＋mB)g＝4N当F＝12N时，A、B即将发生相对滑动，此时对整体：a＝eq\f(F－μB地m＋mBg,m＋mB)对物块A：μABmg＝ma联立解得mB＝1kg，μB地＝0.1，选项A、C错误；当F＝10N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＝eq\f(F－μB地m＋mBg,m＋mB)＝eq\f(10－4,3＋1)m/s2＝1.5m/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＝eq\f(R,3)，重力加速度为g，则F的大小为()A．eq\f(\r(5),3)Mg B．eq\f(\r(5),2)MgC．eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D．eq\f(\r(5),2)(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cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)则tanθ＝eq\f(\r(5),2)此时小球受到的合外力F合＝mgtanθ＝eq\f(\r(5),2)mg由牛顿第二定律可得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(5),2)g以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝eq\f(\r(5),2)(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.SKIPIF1<0 B.SKIPIF1<0 C.SKIPIF1<0 D.SKIPIF1<0【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，FT-μmg=ma，联立解得：FT=F/3，选项D正确。9、如图所示，A、B两物体质量为mA、mB(mA＞mB)，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和所有摩擦，则A、B运动过程中()A．轻绳的拉力为(mA－mB)gB．轻绳的拉力逐渐减小C．它们加速度的大小与eq\f(mA,mB)成正比D．若(mA＋mB)是一定值，则加速度大小与(mA－mB)成正比【答案】D【解析】以A、B为整体，通过分析，由牛顿第二定律可得(mA－mB)g＝(mA＋mB)a，a＝eq\f(（mA－mB）g,mA＋mB)，故C错误，D正确；对A由牛顿第二定律可知mAg－F＝mAa，F＝mAg－mAa＝eq\f(2mAmBg,mA＋mB)，故A、B错误．故选D。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Ep

变化的图象正确的是(

)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，开始弹簧弹力小于重力，小球向下做加速度运动，加速度：，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，然后弹簧弹力大于重力，小球所受合力向上，小球做减速运动，加速度，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，t2时刻加速度为0，速度最大，弹力变化最快，加速度变化也最快。所以从t1到t2图象不是凹向下，而是要凸向下。同理从t2到t3图象不是凸向下，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=