高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题1 题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题1 题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型（含解析），共19页。试卷主要包含了处理连接体问题的方法，注意两个关系等内容，欢迎下载使用。
1．处理连接体问题的方法
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－2μmg B.eq \f(1,3)F＋μmg
C.eq \f(1,3)F－μmg D.eq \f(1,3)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＝eq \f(1,3)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.eq \f(2\r(3),3)m B．2m
C．(eq \r(3)－1)m D．(eq \r(3)＋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eq \f(mg,tan 60°)＝ma，解得小球的加速度a＝eq \f(g,tan 60°)＝eq \f(\r(3),3)g.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(eq \r(3)＋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1 kg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＝10 m/s2，则( )
图3
A．若 F＝2.1 N，则物块A相对薄硬纸片滑动
B．若F＝3 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块的加速度大小为2 m/s2
D．无论力F多大，B的加速度最大为3 m/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μ12.1 N，所以A错误，C正确；
F＝3 Nv1，则( )
图9
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案 B
解析 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误．
7．(多选)(2020·山东省实验中学高三)如图10甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动．一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则下列说法正确的是( )
图10
A．倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
答案 AD
解析 由v－t图像得0～1 s的加速度大小a1＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下
1～2 s的加速度大小a2＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下
0～1 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
1～2 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得θ＝37°，μ＝0.25
故A正确，B错误．
v－t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝eq \r(\f(2x,a2)) ＝eq \r(\f(2×10,4)) s＝eq \r(5) s
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq \r(5)) s，故C错误．
0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m；1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕长还是4 m；2～(2＋eq \r(5)) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为2 m＋eq \f(1,2)a2t2＋vt＝(12＋4eq \r(5)) m，故D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区高考模拟)如图1甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比为mA∶mB＝2∶1.当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时(如图甲所示)，弹簧的伸长量为xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为xB，则xA∶xB等于( )
图1
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶2
答案 A
解析 设mA＝2mB＝2m，对题图甲，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：
a＝eq \f(F－μmA＋mBg,mA＋mB)＝eq \f(F,3m)－μg，对A物块有：F弹－μ·2mg＝2ma，得F弹＝eq \f(2F,3)＝kxA；xA＝eq \f(2F,3k)，
对题图乙，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：a′＝eq \f(F－mA＋mBg,mA＋mB)＝eq \f(F,3m)－g，
对A物体有：F弹′－2mg＝2ma′，得F弹′＝eq \f(2F,3)＝kxB，xB＝eq \f(2F,3k)，则xA∶xB＝1∶1.
2．(2020·哈尔滨师大附中三校第二次联考)如图2甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上．重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
图2
A．若m取一更大的值，则图像的斜率变小
B．若m取一更大的值，则图像的斜率变大
C．若M取一更大的值，则图像的斜率变大
D．若M取一更大的值，则图像的斜率不变
答案 B
解析 对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a
隔离B有μmg＝Ma
联立解得：F＝eq \f(mM＋m,M)μg
图像斜率：k＝eq \f(mM＋m,M)＝m(1＋eq \f(m,M))
若m取一更大的值，则图像的斜率变大，故A错误，B正确；
若M取一更大的值，则图像的斜率变小，故C、D错误．
3．(多选)(2020·山东省模拟改编)如图3甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v－t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )
图3
A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
B．物体A与小车B的质量之比为1∶2
C．小车B的最小长度为2 m
D．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
答案 AC
解析 根据v－t图像可知，A在小车上做匀减速运动，加速度的大小a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－1,1) m/s2＝3 m/s2，若物体A的质量为m，与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma1，联立可得μ＝0.3，选项A正确；设小车B的质量为M，由题图乙知小车加速度大小a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律μmg＝Ma2，得eq \f(m,M)＝eq \f(1,3)，选项B错误；设小车的最小长度为Lmin，题图乙中三角形面积表示物体A与小车B的相对位移，Δx＝2 m，所以Lmin＝Δx＝2 m，选项C正确；当增大物体A的质量时，小车加速时的加速度变大，小车的v－t图线倾角变大，两图线与v轴所围面积减小，相对位移减小，所以物体A不会冲出小车，D错误．
4．(多选)(2020·湖北荆州市高三上学期质量检测)如图4所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为eq \f(m,2)的物体．如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为( )
图4
A．mB＝eq \f(m,4) B．mB＝eq \f(3m,8)
C．a＝0.2g D．a＝0.4g
答案 BC
解析 当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(mBg＋eq \f(1,2)mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋eq \f(1,2)m)a
当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(m＋eq \f(1,2)m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋eq \f(1,2)m)a
联立解得mB＝eq \f(3m,8)
加速度大小为a＝0.2g
故A、D错误、B、C正确．
5．(多选)(2020·广东广州市高三下学期二模)如图5甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1(v1＞v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v－t图像如图乙，则( )
图5
A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μμmgcs θ
即μ