高中物理连接体模型
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高考物理建模之连接体模型连接体通常指几个物体叠加在一起,或者通过绳子、弹簧连接在一起运动。
连接体是高考物理里常见的模型,解决这类问题常用隔离与整体法配合使用,综合性强,对能力要求较高,也是很多学生头痛问题。
下面,就这类模型展开分析。
连接体特点解决这类问题,抓住题目诸如"最大"、"恰好"、"相对静止"等关键词,意味具有共同运动状态,即具有相同加速度、速度等。
同时,连接体涉及物体间能量转化,往往结合"动量守恒定律"、"能量守恒定律"等知识解题。
隔离法与整体法所谓隔离法,就是根据实际情况,针对连接体中某个物体进行受力研究,受力时需要考虑有哪些物体与之接触,接触时对其施加哪些力?受力顺序:一重(力)二弹(力)三摩(擦力)四其他。
画受力千万不能凭空想象力的存在,必须存在施力物体才行。
诸如所谓的上滑力、下滑力、惯性力等等,这些都不是存在的。
另外,也不能把速度当作力使用。
这些看似基础的东西,很多基础不扎实的同学往往易出错。
整体法所谓整体法,就是当连接体具有共同运动状态时,通常把具有共同运动状态的几个物体视为一个整体。
怎么判断物体是否具有共同运动状态?其实很简单,通常关键词为"一起运动"、"相对静止"等关键词时,即意味运动状态相同。
对其受力分析时,我们只考虑与这个整体接触的有哪些物体,对其施加了哪些力(外力)。
特别注意,整体法受力时,只考虑外力,不考虑整体内部物体间作用力(内力)。
连接体共点力平衡问题通过隔离法、整体法受力,结合共点力平衡条件F合=0求解即可。
关键在于研究对象选择,并能正确受力分析,利用合成法或正交分析法并运用数学知识解题。
经典例题如图所示,两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内,杆及碗口平面均水平,碗的半径及两小球之间的距离均为R,不计小球半径,则碗对每个小球的支持力为()解析:B由于两球状态相同(静止),因此可以利用整体法进行受力研究。
高考物理连接体模型问题归纳
高考物理连接体模型是指物理学中用来研究物体在力的作用下受到的变形和位移的模型。
连接体模型可以帮助我们理解物体在力的作用下的运动规律,并为解决工程中的问题提供理论支持。
下面是一些关于高考物理连接体模型的问题归纳:
力的三要素:力的大小、方向和作用点。
力的平衡:力的总和为零。
力的合成:多个力可以合成为一个力。
力的叉积:力可以产生转动效应。
力的平衡方程:对于一个物体,所有作用在物体上的力的总和为零。
力的矩:力可以产生弯曲效应。
力的压弯:力可以产生压弯效应。
高考回归复习—力学解答题之连接体模型1.如图所示,质量为2m 的物块A 与水平地面间的动摩擦因数为μ,质量为m 的物块B 与地面的摩擦不计,在大小为F 的水平推力作用下,A 、B 一起向右做加速运动,则A 和B 之间的作用力大小为( )A .3mgμB .23mgμ C .243F mg μ-D .23F mg μ-2.如图所示,A 、B 两滑块质量分别为2kg 和4kg ,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平面上,并用手按着滑块不动,第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上,然后将一质量为4kg 的钩码C 挂于动滑轮上,只释放A 而按着B 不动;第二次是将钩码C 取走,换作竖直向下的40N 的恒力作用于动滑轮上,只释放B 而按着A 不动。
重力加速度g =10m/s 2,则两次操作中A 和B 获得的加速度之比为( )A .2:1B .5:3C .4:3D .2:33.如图所示,斜面光滑且固定在地面上,A 、B 两物体一起靠惯性沿光滑斜面下滑,下列判断正确的是( )A .图甲中A 、B 两物体之间的绳有弹力 B .图乙中A 、B 两物体之间没有弹力C .图丙中A 、B 两物体之间既有摩擦力,又有弹力D .图丁中A 、B 两物体之间既有摩擦力,又有弹力4.如图所示,质量m A =4kg 的物体A 放在倾角为θ=37°的斜面上时,恰好能匀速下滑.现用细线系住物体A ,并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮,另一端系住物体B ,释放后物体A 沿斜面以加速度a =2m/s 2匀加速上滑。
(g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)物体A 与斜面间的动摩擦因数; (2)细线对物体A 的拉力; (3)物体B 的质量。
5.如图所示,一固定的楔形木块,其斜面的倾角为θ=30︒,另一边与水平地面垂直,顶端有一个定滑轮,跨过定滑轮的细线两端分别与物块A 和B 连接,A 的质量为3m ,B 的质量为m 开始时,将B 按在地面上不动,然后放开手,让A 沿斜面下滑而B 上升,所有摩擦均忽略不计.当A 沿斜面下滑距离s 后,细线突然断了.求物块B 上升的最大高度H .(设B 不会与定滑轮相碰)6.如图所示是一种升降电梯的模型示意图,A 为轿厢,B 为平衡重物,A 、B 的质量分别为1Kg 和0.5Kg .A 、B 由跨过轻质滑轮的足够长轻绳系住.在电动机牵引下使轿厢由静止开始向上运动,电动机输出功率10W 保持不变,轿厢上升1m 后恰好达到最大速度.不计空气阻力和摩擦阻力,g=10m/s 2.在轿厢向上运动过程中,求:(1)轿厢的最大速度v m :(2)轿厢向上的加速度为a=2m /s 2时,重物B 下端绳的拉力大小; (3)轿厢从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间.7.图a 所示为杂技“顶竿”表演,质量为150kg m =的甲站在地面上,肩上扛一质量为25kg m =的竖直竹竿,竿上有一质量为345kg m =的乙可视为质点,乙从竿的顶端A 恰好下滑到竿的末端B ,其速度-时间图象如图b 所示,g 取10m/s 2,求:(1)竿AB 的长度;(2)整个下滑过程中,竿对乙所做的功; (3)1~3s 内甲对地面的压力大小。
高中物理必修1连接体模型例题解析总结连接体是高中物理力学体系中的重要模型,也是高考物理考试中的重难点之一,我们要做好强化复习。
下面是本人给大家带来的高中物理连接体模型例题解析总结,希望对你有帮助。
高中物理连接体模型例题解析高中物理学习方法复习有的同学课后总是急着去完成作业,结果是一边做作业,一边翻课本、笔记。
而在这里我要强调我们首先要做的不是做作业,而应该静下心来将当天课堂上所学的内容进行认真思考、回顾,在此基础上再去完成作业会起到事半功倍的效果。
复习的方法我们可以分成以下两个步骤进行:首先不看课本、笔记,对知识进行尝试回忆,这样可以强化我们对知识的记忆。
之后我们再钻研课本、整理笔记,对知识进行梳理,从而使对知识的掌握形成系统。
作业在复习的基础上,我们再做作业。
在这里,我们要纠正一个错误的概念:完成作业是完成老师布置的任务。
我们在课后安排作业的目的有两个:一是巩固课堂所学的内容;二是运用课上所学来解决一些具体的实际问题。
明确这两点是重要的,这就要求我们在做作业时,一方面应该认真对待,独立完成,另一方面就是要积极思考,看知识是如何运用的,注意对知识进行总结。
我们应时刻记着“我们做题的目的是提高对知识掌握水平”,切忌“为了做题而做题”。
质疑在以上几个环节的学习中,我们必然会产生疑难问题和解题错误。
及时消灭这些“学习中的拦路虎”对我们的学习有着重要的影响。
有的同学不注意及时解决学习过程中的疑难问题,对错误也不及时纠正,其结果是越积越多,形成恶性循环,导致学习无法有效地进行下去。
对于疑难问题,我们应该及时想办法(如请教同学、老师或翻阅资料等)解决,对错题则应该注意分析错误原因,搞清究竟是概念混淆致错还是计算粗心致错,是套用公式致错还是题意理解不清致错等等。
另外,我们还应该通过思考,逐步培养自己善于针对所学发现问题、提出问题。
在这里,我建议每位同学都准备一个“疑难、错题本”,专门记录收集自己的疑难问题和典型错误,这也可以为我们今后对知识进行复习提供有效的素材。
高中物理《连接体模型》专题训练与解析例1.(多选)如图所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定光滑竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动,不计一切摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.下列判断正确的是()A.b对c的摩擦力可能始终增加B.地面对c的支持力始终变大C.c对地面的摩擦力方向始终向左D.滑轮对绳的作用力方向始终不变例4.如图所示,小圆环A 吊着一个质量为m 2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上,有一细线一端拴在小圆环A 上,另一端跨过固定在大圆环最高点B 的一个小滑轮后吊着一个质量为m 1的物块,若各处摩擦力均不计,绳不可伸长,若平衡时,弦AB 所对应的圆心角为α,则两物块的质量之比m 1∶m 2应为()A .cos α2B .sin α2C .2sin α2D .2cosα2【答案】C【解析】对圆环A 受力分析如图所示:A 受三个力作用,质量为m 2的物块对它的拉力F T1,大小为m 2g ,AB 绳中的拉力F T2,大小为m 1g ,大圆环的支持力F N 三角函数关系:m 1g 2m 2g =sin α2,解得m 1m 2=2sin α2例5.(多选)如图所示,小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B 用水平轻弹簧拉着系于竖直板上,两小球A 、B 通过光滑滑轮O 用轻质细线相连,两球均处于静止状态,已知B 球质量为m ,O 点在半圆柱体圆心O 1的正上方,OA 与竖直方向成30°角,OA 长度与半圆柱体半径相等,OB 与竖直方向成45°角,则下列叙述正确的是()A .小球A 、B 受到的拉力F T OA 与F T OB 相等,且F T OA =F T OB =mg B .弹簧弹力大小为mgC .A 球质量为m A =6mD .光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为mg 【答案】BC【解析】对A 、B 小球受力分析如图所示:mg mg F == 45tan 弹①mg mg T 245cos ==mgT T 2=='⇒②又ROA = mgT F 2N ='=∴③mg T g m T gm AA 23330cos 2⋅='=⇒='mm A 6=⇒④Tmg弹F NF T 'gm A例6.如图所示,质量均为m 的两个木块P 、Q 叠放在水平地面上,P 、Q 接触面的倾角为θ.现在Q 上加一水平推力F ,使P 、Q 保持相对静止一起向左做加速直线运动,下列说法正确的是()A .物体Q 对地面的压力一定大于2mgB .若Q 与地面间的动摩擦因数为μ,则mgF 2=μC .若P 、Q 之间光滑,则加速度a=g tan θD .地面与Q 间的滑动摩擦力随推力F 的增大而增大例8.(多选)如图所示,物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,物体A、B的质量分别为2m、m.开始时细绳伸直,用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h,物体B静止在地面上.放手后物体A下落,与地面即将接触时速度大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是()A.物体A下落过程中,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B.弹簧的劲度系数为2mghA.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下mgLD.弹簧的弹性势能最大值为32①两物体的加速度为零,则绳子上的张力大小为2mg,物体沿斜面下滑的距离均为h=x1+x2,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,弹簧弹力做功为零,设B物体的最大速。
高中物理必修1连接体模型例题解析总结连接体是高中物理力学体系中的重要模型,也是高考物理考试中的重难点之一,我们要做好强化复习。
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而在这里我要强调我们首先要做的不是做作业,而应该静下心来将当天课堂上所学的内容进行认真思考、回顾,在此基础上再去完成作业会起到事半功倍的效果。
复习的方法我们可以分成以下两个步骤进行:首先不看课本、笔记,对知识进行尝试回忆,这样可以强化我们对知识的记忆。
之后我们再钻研课本、整理笔记,对知识进行梳理,从而使对知识的掌握形成系统。
作业在复习的基础上,我们再做作业。
在这里,我们要纠正一个错误的概念:完成作业是完成老师布置的任务。
我们在课后安排作业的目的有两个:一是巩固课堂所学的内容;二是运用课上所学来解决一些具体的实际问题。
明确这两点是重要的,这就要求我们在做作业时,一方面应该认真对待,独立完成,另一方面就是要积极思考,看知识是如何运用的,注意对知识进行总结。
我们应时刻记着“我们做题的目的是提高对知识掌握水平”,切忌“为了做题而做题”。
质疑在以上几个环节的学习中,我们必然会产生疑难问题和解题错误。
及时消灭这些“学习中的拦路虎”对我们的学习有着重要的影响。
有的同学不注意及时解决学习过程中的疑难问题,对错误也不及时纠正,其结果是越积越多,形成恶性循环,导致学习无法有效地进行下去。
对于疑难问题,我们应该及时想办法(如请教同学、老师或翻阅资料等)解决,对错题则应该注意分析错误原因,搞清究竟是概念混淆致错还是计算粗心致错,是套用公式致错还是题意理解不清致错等等。
另外,我们还应该通过思考,逐步培养自己善于针对所学发现问题、提出问题。
在这里,我建议每位同学都准备一个“疑难、错题本”,专门记录收集自己的疑难问题和典型错误,这也可以为我们今后对知识进行复习提供有效的素材。
高中物理复习:连接体问题、板块模型、传送带模型考点一连接体问题[知能必备]1.连接体问题模型弹力连接、摩擦力连接、轻绳连接、轻杆连接、弹簧连接.2.解题方略:要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件,交替使用整体法与隔离法解题.可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度,后隔离求内力”.[典例剖析](多选)如图,三个质量均为1 kg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10 m/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11 N时,不能拉动CB.拉力F为17 N时,轻绳的拉力为4 NC.要使A、B保持相对静止,拉力F不能超过23 ND.A的加速度将随拉力F的增大而增大【思路点拨】解此题关键有两点:(1)利用整体法和隔离法选取研究对象,进行正确受力分析,注意摩擦因数的不同及摩擦力的大小和方向.(2)正确判断“相对滑动”的临界条件.解析:AC当C物体即将运动时,C物体水平方向受桌面给C的向右的摩擦力f桌,绳子向右的拉力T,B给C向右的摩擦力f BC,其中f桌=0.1(m A+m B+m C)g=3 N,f BC=0.2(m A +m B)=4 N,当即将滑动时应有F=f桌+f BC+T,T=f BC=4 N,可解得F=11 N,故A正确;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,f AB=0.4m A g =m A a,对AB整体受力分析可得T-f BC=(m A+m B)a,对C物体受力分析可得F-T-f BC-f 桌=m C a ,联立解得F =23 N ,说明A 和B 发生相对滑动的临界力大小为F =23 N ,故C 正确;当F =17 N 时,A 和B 没有发生相对滑动,此时对AB 整体T -f BC =(m A +m B )a 1,对C 物体受力分析F -T -f BC -f 桌=m C a 1,联立解得T =8 N ,故B 错误;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a =0.4g =4 m/s 2,加速度不变,D 错误.[题组精练]1.如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上,有质量相等的两物块用轻绳连接,用沿斜面的力F =40 N 使两物块一起向上加速运动.则轻绳的拉力为( )A .10 NB .20 NC .30 ND .40 N解析:B 以两物块为研究对象,利用牛顿第二定律,有F -2mg sin 30°=2ma ,以靠下的物块为研究对象,设轻绳的拉力为F T ,根据牛顿第二定律,有F T -mg sin 30°=ma ,代入数据,解得F T =20 N ,ACD 错误,B 正确.2.(2021·苏州一模)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m 、2m和3m 的三个木块,其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块,使三个木块以同一加速度运动,则以下说法正确的是( )A .质量为2m 的木块受到四个力的作用B .当F 逐渐增大到F T 时,轻绳刚好被拉断C .当F 逐渐增大到1.5F T 时,轻绳还不会被拉断D .轻绳刚要被拉断时,质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T 解析:C 质量为2m 的木块受五个力的作用,A 项错误;当绳的拉力为F T 时,对m 和2m 有F T =3ma ,此时对整体有F =6ma ,可得F =2F T ,故B 项错误,C 项正确;轻绳刚要被拉断时,质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13F T ,故D 项错误. 3.如图所示,一根不可伸长的轻绳一端系住小球,另一端固定在光滑直角斜劈顶端O 点,轻绳与斜面平行,斜劈底面水平.使小球和斜劈做下列运动,下面5种运动中,小球对斜面的压力可能为零的是( )①一起水平向左加速; ②一起水平向右加速;③一起竖直向上加速; ④一起竖直向下加速;⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动.A.①②③B.②③⑤C.②④⑤D.①③④解析:C①若一起水平向左加速,小球受合外力水平向左,斜面对小球的支持力的水平分力与绳子拉力的水平分力的合力水平向左,因此支持力不可能为零,①错误;②一起水平向右加速,当绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时,斜面的支持力为零,绳子拉力的水平分力就是合外力,②正确;③一起竖直向上加速,绳子拉力与支持力的合力竖直向上,大于重力,绳子拉力不可能为零,因此支持力不可能为零,③错误;④一起竖直向下加速,当加速度等于g时,绳子拉力减小为零时,此时斜面的支持力也为零,④正确;⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动,合力指向转轴,当角速度足够大时,绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时,斜面的支持力为零,⑤正确.考点二板块模型[知能必备]1.审题建模:求解时应先仔细审题,弄清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况.2.求加速度: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).3.做好两分析[典例剖析](经典高考题)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 B 、a B ′;(3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .【解题策略】(1)读题审题:①A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ――→想到地面与B 间的摩擦力是A 与B 间的摩擦力的2倍②左边缘再次对齐时恰好相对静止――→想到B 与A 的位移差等于第一次A 的位移(2)情境转化:①敲击A 后―→A 做匀减速直线运动②敲击B 后―→B 做匀减速直线运动、A 做匀加速直线运动③A 、B 相对静止后―→A 、B 整体做匀减速直线运动解析:(1)由牛顿运动定律知,A 加速度的大小a A =μg由匀变速直线运动得2a A L =v 2A 解得v A =2μgL (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 B ,得a B =3μg对齐后,A 、B 整体所受合外力大小F ′=2μmg由牛顿运动定律F ′=2ma B ′,得a B ′=μg(3)经过时间t ,A 、B 达到共同速度v ,位移分别为x A 、x B ,A 加速度的大小等于a A 则v =a A t ,v =v B -a B tx A =12a A t 2,x B =v B t -12a B t 2 且x B -x A =L解得v B =22μgL答案:(1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL解答“板块”问题时要注意:“一个转折、两个关联”(1)一个转折:即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点.(2)两个关联:即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联,必要时要通过作草图把握关系.当有外力作用在木板上的物块或木板上时,一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解,做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口.[题组精练]1.如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=2 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4,以v0=4 m/s的水平速度从左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2,以下说法正确的是() A.木板的长度为1.68 mB.小物块离开木板时,木板的速度为1.6 m/sC.小物块离开木板后,木板的加速度大小为2 m/s2,方向水平向右D.小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞解析:D由于μ2m2g>μ1(m1+m2)g,对木板由牛顿第二定律得μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,解得a1=2 m/s2,即物块在木板上以a2=μ2g=4 m/s2向右减速滑行时,木板以a1=2 m/s2向右加速运动,在0.6 s时,物块的速度v2=1.6 m/s,木板的速度v1=1.2 m/s,B错误;物块滑离木板时,物块位移为x2=v0+v22t=1.68 m,木板位移x1=v12t=0.36 m,两者相对位移为x=x2-x1=1.32 m,即木板长度为1.32 m,A错误;物块离开木板后,木板做减速运动,加速度大小为a1′=2 m/s2,方向水平向左,C错误;分离后,在地面上物块会滑行x2′=v222a2=0.32m,木板会滑行x1′=v212a1′=0.36 m,所以两者会相碰,D正确.2.如图甲所示,一长方体木板B放在水平地面上,木板B的右端放置着一个小铁块A,在t=0时刻,同时突然给A、B初速度,其中A的初速度大小为v A=1 m/s,方向水平向左;B的初速度大小为v B=14 m/s,方向水平向右,木板B运动的vt图像如图乙所示.已知A、B的质量相等,A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等),A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A始终没有滑出B,取重力加速度g=10 m/s2.(提示:t=3 s时刻,A、B达到共同速度v=2 m/s;3 s时刻至A停止运动前,A向右运动的速度始终大于B的速度)求:(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移;(2)B运动的时间及B运动的位移大小.解析:(1)由题图乙可知,0~3 s内A做匀变速运动,速度由v A=-1 m/s变为v=2 m/s则其加速度大小为a A =v -v A t 1=2-(-1)3m/s 2=1 m/s 2,方向水平向右. 当A 水平向左运动速度减为零时,向左运动的位移最大,则s =v 2A 2a A=0.5 m. (2)设A 与B 之间的动摩擦因数为μ1,由牛顿第二定律得μ1mg =ma A则μ1=a A g=0.1 由题图乙可知,0~3 s 内B 做匀减速运动,其速度由v B =14 m/s 变为v =2 m/s则其加速度大小为a B =v B -v t 1=14-23m/s 2=4 m/s 2 方向水平向左设B 与地面之间的动摩擦因数为μ2,由牛顿第二定律得μ1mg +2μ2mg =ma B则μ2=a B -μ1g 2g=0.15 3 s 之后,B 继续向右做匀减速运动,由牛顿第二定律得2μ2mg -μ1mg =ma B ′则B 的加速度大小为a B ′=2μ2g -μ1g =2 m/s 2方向水平向左3 s 之后运动的时间为t 2=v a B ′=22s =1 s 则B 运动的时间为t =t 1+t 2=4 s0~4 s 内B 的位移x B =v B +v 2t 1+v 2t 2=25 m ,方向水平向右. 答案:(1)0.5 m (2)4 s 25 m3.(2021·山东省泰安市高三检测)如图所示,水平面上有一长度为L 的平板B ,其左端放置一小物块A (可视为质点),A 和B 的质量均为m ,A 与B 之间、B 与水平面之间的动摩擦因数均为μ=0.50,开始时A 和B 都静止,用一个水平推力作用到平板B 上,使A 和B 恰好能保持相对静止一起向右匀加速运动.当位移为x 时,将原来的推力撤去并同时用另一水平推力作用到A 上,使A 保持原来的加速度继续匀加速运动,直到脱离平板.已知重力加速度为g .求:(1)平板B 的最大速度;(2)物块A 脱离平板时的速度大小v .解析:(1)设A 和B 一起做匀加速运动的加速度大小为a ,对A ,有μmg=ma解得a=0.5g将原推力撤去时平板B的速度最大,得v2m=2ax解得B的最大速度v m=gx(2)推力作用到A上之后,A保持匀加速运动,有x A=v m t+12at2v=v m+atv2-v2m=2ax A平板B做匀减速运动,有μ·2mg-μmg=ma′解得a′=0.5g讨论两种情况:(a)物块A脱离平板时平板未停下,则对B,有x B=v m t-12a′t2A、B的位移关系满足x A-x B=L联立可解得t=2L g代入数据可得A脱离平板时的速度v=gx+0.5gL此时B的速度满足v B=v m-a′t>0可解得相应的条件为L<2x(b)物块A脱离平板时平板停下,则对B,有v2m=2a′x BA、B的位移关系同样满足x A-x B=L解得A脱离平板时的速度v=2gx+gL相应的条件为L≥2x答案:(1)gx(2)见解析考点三传送带模型[知能必备]1.模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看作“传送带”模型,如图(a)(b)(c)所示.2.解题关键(1)关注两个时刻①初始时刻:物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向.②物体与传送带速度相等的时刻:摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变.(2)注意过程分解①摩擦力突变点是加速度突变点,也是物体运动规律的突变点,列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆.②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态,也是后一过程的初状态,这是两个过程的连接点.(3)物体在倾斜传送带上运动,物体与传送带速度相同后需比较tan θ与μ的大小关系:μ>tan θ,速度相等后一起匀速;μ<tan θ,速度相等后物体的加速度向下,根据v与a的方向关系即可判定运动情况.[典例剖析]如图所示,一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送,水平部分长L=6 m,其左端与一倾角为θ=30°的光滑斜面平滑相连,斜面足够长,一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端,已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间.【解题指导】解析:物块在传送带上,根据牛顿第二定律得,μmg=ma解得a =μg =2 m/s 2设经过时间t 1物块的速度与传送带的速度相同,则有:v =at 1,解得t 1=v a =42 s =2 s ; 经过的位移x 1=v 22a=4 m<6 m , 在传送带上匀速运动的时间t 2=L -x 1v =0.5 s物块在斜面上的加速度a ′=mg sin 30°m=5 m/s 2, 在斜面上的运动时间t 3=2v a ′=85s =1.6 s , 返回传送带在传送带上减速到零(即第一次滑回传送带最远端)的时间t 4=v a =42s =2 s 则t =t 1+t 2+t 3+t 4=6.1 s.答案:6.1 s传送带问题的分析技巧(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键.(2)传送带问题还常常涉及临界问题,即物体与传送带达到相同速度,这时会出现摩擦力改变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口.[题组精练]1.如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行.初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v t 图像(以地面为参考系)如图乙所示.已知v 2>v 1,则( )A .t 2时刻,小物块离A 处的距离达到最大B .t 2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C .0~t 2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D .0~t 3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析:B 0~t 1时间内小物块向左做匀减速直线运动,t 1时刻小物块向左速度减为零,此时离A 处的距离达到最大,故A 错误;t 2时刻前小物块相对传送带向左运动,之后小物块相对传送带静止,t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大,故B 正确;0~t 2时间内小物块先减速,后反向加速,小物块受到大小不变,方向始终向右的摩擦力作用,故C 错误;t 2时刻小物块向右速度增加到与传送带相等,t 2时刻之后小物块与传送带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动,摩擦力消失,故D 错误.2.(2021·湖北荆州二模)如图所示为货场使用的传送带的模型,传送带倾斜放置,与水平面夹角为θ=37°,传送带AB 足够长,传送皮带轮以大小为v =2 m/s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0=12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带,若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5,且可将货物视为质点.(g =10 m/s 2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大?(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同?这时货物相对于地面运动了多远?(3)从货物滑上传送带开始计时,货物再次滑回A 端共用了多长时间?解析:(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1,货物受力如图所示:根据牛顿第二定律得沿传送带方向:mg sin θ+F f =ma 1垂直传送带方向:mg cos θ=F N又F f =μF N由以上三式得:a 1=g (sin θ+μcos θ)=10×(0.6+0.5×0.8) m/s 2=10 m/s 2,方向沿传送带向下.(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1,位移设为x 1,则有:t 1=v -v 0-a 1=1 s ,x 1=v 0+v 2t 1=7 m. (3)当货物速度与传送带速度相等时,由于mg sin θ>μmg cos θ,此后货物所受摩擦力沿传送带向上,设货物加速度大小为a 2,则有mg sin θ-μmg cos θ=ma 2,得:a 2=g (sin θ-μcos θ)=2 m/s 2,方向沿传送带向下.设货物再经时间t 2,速度减为零,则t 2=0-v -a 2=1 s 货物沿传送带向上滑的位移x 2=v +02t 2=1 m 则货物上滑的总距离为x =x 1+x 2=8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑,下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3,则x =12a 2t 23,代入解得t 3=2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t =t 1+t 2+t 3=(2+22) s. 答案:(1)10 m/s 2,方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2+22) s3. (2021·安徽省马鞍山市高三下学期二模)有一水平足够长的传送带,以3 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运转,传送带右端与倾角为37°的粗糙固定斜面底端B 平滑连接,一质量为1 kg 的小滑块从斜面上A 点由静止释放,经过一段时间后,最终停在传送带与斜面的连接处.小滑块与斜面、传送带之间的动摩擦因数均为0.5,A 、B 间距离为4 m .重力加速度g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小滑块从释放到第一次到达B 点经历的时间;(2)小滑块第三次通过B 点的速度大小;(3)从释放到最终停止,小滑块运动的总路程.解析:(1)小滑块从A 点由静止释放向下运动mg sin θ-μmg cos θ=ma 1得a 1=2 m/s 2s AB =12a 1t 21得t 1=2 s(2)小滑块第一次滑上传送带的速度为v =a 1t 1=4 m/s此后先向左匀减速,而后向右匀加速,v =4 m/s>v 0=3 m/s ,当滑块和传送带速度相同时开始匀速,所以滑块返回B 点时速度为v 0=3 m/s滑块沿斜面向上运动的加速度为ma 2=mg sin θ+μmg cos θ解得a 2=10 m/s 2滑块第一次以初速度v 0冲上斜面后上升的最大距离x 1,滑块第三次到B 时速度为v 1,则v 20=2a 2x 1v 21=2a 1x 1联立得v 1=v 0 15=355m/s (3)滑块第一次以v 滑上传送带,向左运动的位移为s 1=v 22μg=1.6 m 滑块第二次以初速度v 1滑上传送带,由于v 1<v 0,滑块从传送带上返回B 点时速度大小仍为v 1,由第(2)问的分析知,此后滑块每次滑下斜面的速度大小是滑上斜面速度的 15 v 1=v 015 v 2=v 0⎝⎛⎭⎫152 v 3=v 0⎝⎛⎭⎫153 ……滑块第一次滑上斜面之后在斜面上的总路程s 2=2v 202a 2+2v 212a 2+2v 222a 2+… 联立可得s 2=1.125 m滑块第三次滑上传送带之后在传送带上的总路程s 3=2v 212μg +2v 222μg +2v 232μg+… 联立可得s 3=0.45 m小滑块运动的总路程s 总=s AB +2s 1+s 2+s 3=8.775 m答案:(1)2 s (2)355m/s (3)8.775 m 限时规范训练(三) 连接体问题、板块模型、传送带模型建议用时60分钟,实际用时________一、单项选择题 1.如图所示,质量分别为3 kg 、5 kg 的P 、Q 两滑块,用轻弹簧连接后置于光滑水平地面上.现用大小F =8 N 的水平拉力拉Q ,使P 、Q 一起向右做匀加速直线运动.则此过程中弹簧的弹力大小为( )A .3 NB .4 NC .5 ND .8 N解析:A 对PQ 的整体,由牛顿第二定律F =(m P +m Q )a ,对P ,T =m P a, 解得T =3 N ,故选项A 正确.2.(2021·山东省聊城市高三下学期模拟)车厢中用细线悬挂小球,通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过程中的加速度.如图所示,质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部,左侧小球与车厢左侧壁接触,两细线与竖直方向的夹角相同,拉力大小分别为T 1和T 2.下列说法正确的是( )A .车可能正在向左做加速运动B .两细线的拉力T 1=T 2C .当汽车加速度增大时,T 1变小D .当汽车加速度减小时,T 2增大解析:B 对右边小球进行受力分析,沿细线方向斜右上方的拉力,和竖直向下的重力.设细线与竖直方向夹角为θ,根据牛顿第二定律有ma =mg tan θ,T 2=mg cos θ,加速度水平向右,可以判断小车可能向右加速,或者向左减速,故A 错误;同理,对左边小球受力分析,可得ma =F N -T 1sin θ,T 1=mg cos θ,联立可得T 1=T 2,故B 正确;根据上面选项的分析,可知当汽车加速度增大时, T 1不变,故C 错误;根据上面选项的分析,可知当汽车加速度减小时,小球2的细线的夹角变小,T 2变小.故D 错误.3.如图所示,在平直公路上行驶的厢式货车内,用轻绳AO 、BO 在O 点悬挂质量为5 kg 的重物,轻绳AO 、BO 与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中,为保持重物悬挂在O 点位置不动,重力加速度为g ,厢式货车的最大加速度( )A.g 2B .3g 3 C.3g 2 D .3g解析:B 对小球受力分析可得F A sin 30°+F B sin 60°=mg ,F B cos 60°-F A cos 30°=ma ,联立解得12·⎝⎛⎭⎫233mg -33F A -32F A =ma ,整理得33mg -233F A =ma ,当F A =0时,a 取得最大值a =33g .故选B 项. 4.如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1=2 m/s 沿顺时针方向转动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定速度v 2=5 m/s 沿直线向左滑向传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面,速率为v 2′,物体与传送带间的动摩擦因数为0.2,则下列说法正确的是( )A .返回光滑水平面时的速率为v 2′=2 m/sB .返回光滑水平面时的速率为v 2′=5 m/sC .返回光滑水平面的时间为t =3.5 sD .传送带对物体的摩擦力先向右再向左解析:A 因为传送带足够长,且顺时针转动,又因为v 1<v 2,则物体会先向左减速直到速度为0,再向右加速,最后匀速,则物体返回光滑水平面时的速率为v 2′=2 m/s ,故A 正确,B 错误;由牛顿第二定律得a =f m =μmg m =μg =2 m/s 2,则物体减速的时间为t 1=v 2a=2.5 s ,物体减速的位移为x 1=12at 21=6.25 m ,物体反向加速的时间为t 2=v 1a=1 s ,反向加速的位移为x 2=12at 22=1 m ,物体匀速的时间为t 3=x 1-x 2v 1=2.625 s ,故物体返回光滑水平面的时间为t =t 1+t 2+t 3=6.125 s ,故C 错误;由于物体是先向左减速,后反向加速,最后匀速返回,所以传送带对物体的摩擦力先向右后为0,故D 错误.5.质量为1 kg 的木板B 静止在水平面上,可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示.A 和B 经过1 s 达到同一速度,之后共同减速直至静止,A 和B 运动的v t 图像如图乙所示,取g =10 m/s 2,则物块A 的质量为( )A .1 kgB .2 kgC .3 kgD .6 kg解析:C 由图像可知,物块在0~1 s 内的加速度大小为a 1=2 m/s 2,以物块为研究对象,由牛顿第二定律得μ1mg =ma 1,解得:μ1=0.2,木板在0~1 s 内的加速度大小为a 2=2 m/s 2,在1 s ~3 s 内物块与木板相对静止,一起做匀减速运动,加速度大小为a 3=1 m/s 2,AB 同速后整体为研究对象,由牛顿第二定律得:μ2(M +m )g =(M +m )a 3,解得:μ2=0.1,再以B 为研究对象,在0~1 s 内水平方向受到两个滑动摩擦力,由牛顿第二定律得:μ1mg -μ2(M +m )g =Ma 2代入数据解得A 的质量m =3 kg.6.用货车运输规格相同的两层水泥板,底层水泥板固定在车厢内,为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室,上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上.货车以3 m/s 2的加速度启动,然后以12 m/s 匀速行驶,遇紧急情况后以8 m/s 2的加速度刹车至停止.已知每块水泥板的质量为250 kg ,水泥板间的动摩擦因数为0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g =10 m/s 2,则( )A .启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875 NB .刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000 NC .货车在刹车过程中行驶的距离为9 mD .货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m解析:C 摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a ′=μg =7.5 m/s 2启动时,加速度小于最大加速度,上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力,大小为f =ma =250×3 N =750 N ,A 错误;刹车时,加速度大于最大加速度,上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力,其大小为f =μmg=1875 N ,B 错误;货车在刹车过程中行驶的距离为s =v 22a=9 m ,C 正确;货车停止时间为t =v a =1.5 s ,该时间内,上层水泥板滑动的距离为s ′=v t -12μgt 2=18-8.4375=9.5625 m ,货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为Δs =s ′-s =0.5625 m ,D 错误.7.(2021·山东济宁高三检测)如图所示,三个物体A 、B 和C 的质量分别为2m 、m 和m ,A 、B 叠放在水平桌面上,A 通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C 相连,定滑轮左端的轻绳与桌面平行,A 、B 间的动摩擦因数为μ(μ<1),B 与桌面间的动摩擦因数为μ3,A 、B 、桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力,重力加速度为g ,下列说法正确的是( )A .三个物体A 、B 、C 均保持静止B .轻绳对定滑轮的作用力大小为2mgC .若A 、B 之间发生相对滑动,则需满足μ<0.2D .若A 、B 之间未发生相对滑动,则A 受到的摩擦力大小为1+2μ3mg 解析:C 物块A 与B 之间的最大静摩擦力f 1=2μmg ,物块B 与桌面间的最大静摩擦力f 2=3mg ×μ3=μmg ,显然f 2<f 1,由于μ<1,即μmg <mg ,物块B 一定与桌面间发生相对滑动,A 错误;由于物块C 加速下降,绳子拉力T <mg ,因此轻绳对定滑轮的作用力大小F =2T <2mg ,B 错误;若A 与B 间恰好将发生相对滑动时,A 与B 的加速度恰好相等,此时对物块B :f 1-f 2=ma ,对A 、B 整体:T -f 2=3ma ,对物块C: mg -T =ma ,解得μ=0.2,因此若A 、B 之间发生相对滑动,则需满足μ<0.2,C 正确;若A 、B 之间未发生相对滑动,则对整体mg -f 2=4ma ,对物块B :f -f 2=ma ,可得A 受到的摩擦力大小f =1+3μ4mg ,D 错误. 8.(2021·湖北省八市高三下学期3月联考)如图所示,传送带以10 m/s 的速度逆时针匀速转动,两侧的传送带长都是16 m ,且与水平方向的夹角均为37°.现有两个滑块A 、B (可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下,已知滑块A 、B 的质量均为1 kg ,与传送带间动摩擦因数均为0.5,取重力加速度g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法正确的是( )A .滑块A 先做匀加速运动后做匀速运动B .滑块A 、B 同时到达传送带底端C .滑块A 、B 到达传送带底端时的速度大小相等D .滑块A 在传送带上的划痕长度为5 m解析:D 两滑块都以10 m/s 的初速度沿传送带下滑,且mg sin 37°>μmg cos 37°,故传送带对两滑块的滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两滑块沿斜面向下的加速度大小相同,为a =g sin 37°+μg cos 37°=10 m/s 2,滑块A 先加速,加速到传送带速度所需位移为x 1=v 202a =5 m<16 m ,所需时间为t 1=v 0a=1 s ,加速到传送带速度后,由于mg sin 37°>μmg cos 37°,故不能和传送带保持相对静止,摩擦力反向,之后加速度为a ′=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s 2,加速到传送带底端L -x 1=v 0t 2+12a ′t 22,解得时间t 2=1 s ,到达底端共用时t =t 1+t 2=2 s ,B 滑块一直以加速度a ′加速至传送带底端L =12a ′t ′2,解得t ′=4 s ,AB 错误;A 到达底端时的速度为v A =v 0+a ′t 2=10 m/s +2×1 m/s =12 m/s ,B 到达底端时的速度为v B =a ′t ′=2×4 m/s =8 m/s ,C 错误;加速到传送带速度之时的相对位移为Δx 1=v 0t 1-x 1=10×1 m -5 m =5 m ,加速到传送带速度以后,相对位移为Δx 2=11-v 0t 2=1 m ,滑块比传送带速度快,会覆盖之前的划痕,滑块A 在传送带上的划痕长度为5 m ,D 正确.二、多项选择题9.如图甲所示,一水平传送带沿顺时针方向旋转,在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块,小物块从A 端到B 端的速度—时间变化规律如图乙所示,t =6 s 时恰好到达B 点,重力加速度g 取10 m/s 2,则( )。
高中物理--连接体模型 连接体模型:是指运动中几个物体或叠放在一起、或并排挤放在一起、或用细绳、细杆联系在一起的物体组。
解决这类问题的基本方法是整体法和隔离法。
整体法是指连接体内的物体间无相对运动时,可以把物体组作为整体,对整体用牛二定律列方程
隔离法是指在需要求连接体内各部分间的相互作用(如求相互间的压力或相互间的摩擦力等)时,把某物体从连接体中隔离出来进行分析的方法。
连接体的圆周运动:两球有相同的角速度;两球构成的系统机械能守恒(单个球机械能不守恒)
F 1>F 2m 1>m 2N 1<N 2(为什么) N 5对6=F M m (m 为第6个以后的质量)第12对13的作用力N 12对13=F nm 12)m -(n。