新高考大二轮物理 专题一 题型专练一 连接体问题板块模型传送带模型.docx
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新高考大二轮物理专题一题型专练一连接体问题板块模型传送带模型
题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型
高考题型1 连接体问题
1.处理连接体问题的方法
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
隔离法的
选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两物体之间的作用力
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,可以“先整体求加速度,后隔离求内力”
2.连接体问题还要充分挖掘题目中的临界条件,相接触与脱离的临界条件:
接触处的弹力FN=0;相对滑动的临界条件:
接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力;绳子断裂的临界条件:
绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件:
张力为0.
考题示例
例1 (2019·海南卷·5)如图1,两物块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( )
图1
A.F-2μmgB.F+μmg
C.F-μmgD.F
答案 D
解析 根据牛顿第二定律,对P、Q的整体:
F-μ·3mg=3ma;对物块P:
FT-μmg=ma,解得FT=F,故选D.
命题预测
1.如图2所示,质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角.槽放在光滑的水平桌面上,通过细绳和光滑滑轮与重物C相连,桌面上的那段细绳始终处于水平状态.通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与细绳的质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的质量M应小于( )
图2
A.mB.2m
C.(-1)mD.(+1)m
答案 D
解析 当小球刚好要从槽中滚出时,小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力,如图所示.由牛顿第二定律得=ma,解得小球的加速度a==g.以整体为研究对象,由牛顿第二定律得Mg=(M+2m)a,解得M=(+1)m,D项正确.
2.(多选)(2020·山东日照市五莲县检测)一长轻质薄硬纸片静置于光滑水平地面上,纸片上放有质量均为1kg的A、B两物块,A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.2,μ2=0.3.现让水平恒力F作用在A物块上,如图3所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2,则( )
图3
A.若F=2.1N,则物块A相对薄硬纸片滑动
B.若F=3N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N
C.若F=4N,则B物块的加速度大小为2m/s2
D.无论力F多大,B的加速度最大为3m/s2
答案 BC
解析 轻质薄硬纸片不计质量,所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向,A、B两物块质量相同,因为μ1<μ2,所以B物块不会相对纸片滑动,当A物块刚要滑动时,外力大小为F0,对整体:
F0=2ma
对A物块:
F0-μ1mg=ma
解得a=2m/s2,F0=4N
因F0=4N>2.1N,所以A错误,C正确;
F=3N F=3N=2ma1 对A物块: F-F静=ma1 解得A物块所受静摩擦力大小F静=1.5N B正确; B物块所受最大合外力Fmax=μ1mg=2N 所以最大加速度amax==2m/s2 D错误. 3.(2020·山东济宁市高三检测)如图4所示,A、B两滑块的质量分别为4kg和2kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上,并用手按着两滑块固定不动.现将一光滑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.现先后按以下两种方式操作: 第一种方式只释放A而B按着不动;第二种方式只释放B而A按着不动.重力加速度g=10m/s2,则C在以上两种释放方式中获得的加速度大小之比为( ) 图4 A.1∶1B.2∶1 C.3∶2D.3∶5 答案 D 解析 当只释放A时,设绳子上的力为FT1,由动滑轮特点 xA=2xC,故A的加速度大小aA=2aC1 对于A: FT1=mAaA 对于C: mCg-2FT1=mCaC1 解得aC1=2m/s2 同理,只释放B时,有aB=2aC2 对于B: FT2=mBaB 对于C: mCg-2FT2=mCaC2 解得aC2=m/s2 所以=,选项D正确. 高考题型2 板块模型 1.板块模型的分析方法 2.突破一个难点: 滑块和长木板是否发生相对滑动的判断,往往先假设两者相对静止,由牛顿第二定律求出两者间的静摩擦力F静,和最大静摩擦力F静max比较,若F静≤F静max,则两者不会发生相对滑动;反之将发生相对滑动(从运动学角度看,滑块与长木板的速度或加速度不等,则会发生相对滑动). 3.注意两个关系 (1)根据两物体的位移关系可以画位移关系情景图,再辅以v-t图像帮助理解; (2)滑块和长木板的速度关系: 两物体速度相等时可能存在运动状态的变化,在解题时要注意这个临界状态. 考题示例 例2 (2017·全国卷Ⅲ·25)如图5,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,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μ1=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/s.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g=10m/s2.求: 图5 (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)1m/s,方向与B的初速度方向相同 (2)1.9m 解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有 Ff1=μ1mAg① Ff2=μ1mBg② Ff3=μ2(m+mA+mB)g③ 由牛顿第二定律得 Ff1=mAaA④ Ff2=mBaB⑤ Ff2-Ff1-Ff3=ma1⑥ 设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有 v1=v0-aBt1⑦ v1=a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得 v1=1m/s,方向与B的初速度方向相同⑨ (2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为 sB=v0t1-aBt12⑩ 设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有 Ff1+Ff3=(mB+m)a2⑪ 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2⑫ 对A有: v2=-v1+aAt2⑬ 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1=v1t2-a2t22⑭ 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2⑮ A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB⑯ 联立以上各式,并代入数据得 s0=1.9m (也可用下图中的速度—时间图线求解) 命题预测 4.(多选)(2020·广西桂林等三市高三下学期6月第二次联考)如图6甲所示,小物块A静止在足够长的木板B左端,若A与B间动摩擦因数为μ1=0.6,木板B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.某时刻起A受到F=3t的水平向右的外力作用,测得A与B间摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示,则下列判断正确的是( ) 图6 A.A、B的质量分别为1kg和0.5kg B.当t=1s时,A、B发生相对滑动 C.当t=3s时,A的加速度为4m/s2 D.B在运动过程中的最大加速度为8m/s2 答案 AC 解析 设A、B的质量分别为m1、m2,根据A与B间摩擦力Ff随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为6N,B与地面间的滑动摩擦力为3N,则有μ1m1g=6N, μ2(m1+m2)g=3N 联立解得m1=1kg m2=0.5kg,故A正确; A、B刚发生相对滑动时, 对A有F′-μ1m1g=m1a 对B有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a 联立可得F′=12N 即t′=4s,故B错误; 由B项分析可知,当t=3s时,A、B相对静止,一起做匀加速运动,则有 F1-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1 代入数据可得a1=4m/s2,故C正确; 设B在运动过程中的最大加速度为a2,可得 μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2 代入数据可得 a2=6m/s2,故D错误. 5.(2020·哈尔滨师大附中联考)如图7所示,在一个倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上,由静止释放一个长度为L=5m的木板,木板与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.4.当长木板沿斜面向下运动的速度达到v0=9.6m/s时,在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块,小煤块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度的大小g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,结果可用根号表示. 图7 (1)求刚放上小煤块时,长木板的加速度的大小a1和煤块的加速度的大小a2; (2)小煤块从木板哪一端离开? 煤块从放上到离开木板所需时间t是多少? 答案 (1)2m/s2 7.6m/s2 (2)下端 (1+)s 解析 (1)刚放上小煤块时,对长木板,由牛顿第二定律 2μ1mgcosθ+μ2mgcosθ-mgsinθ=ma1 对煤块,由牛顿第二定律得mgsinθ+μ2mgcosθ=ma2 解得a1=2m/s2,a2=7.6m/s2 (2)设经过时间t0煤块与长木板达到共速,则有v0-a1t0=a2t0, 解得t0=1s 煤块相对长木板的位移大小 Δx=v0t0-a1t02-a2t02=4.8m v=a2t0=7.6m/s, 之后木板减速,煤块加速,根据牛顿第二定律,对长木板有mgsinθ+μ2mgcosθ-2μ1mgcosθ=ma1′ 解得a1′=1.2m/s2 对煤块有mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2′ 解得a2′=4.4m/s2 因a2′=4.4m/s2>a1′=1.2m/s2 所以煤块从下端离开木板,设从二者共速到二者分离又经历的时间为t2,此过程木板和煤块的对地位移大小分别为x1′、x2′,则有 x1′=vt2+a1′t22,x2′=vt2+a2′t22 根据相对位移Δx=x2′-x1′ 解得t2=s 故从放上到离开木板共经历的时间为t=t0+t2=(1+)s. 高考题型3 传送带模型 1.模型特点 传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向. 2.解题关键 (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)物体与传送带达到相同速度时往往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.
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