高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律应用之连接体模型 针对训练（含解析）

考点针对训练：牛顿运动定律应用之连接体模型
1．如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球横杆右边用一根细线吊一相同的小球当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为已知，则下列说法正确的是
A．小车一定向右做匀加速运动 B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C．小球P受到的合力大小为 D．小球Q受到的合力大小为
2．如图所示,相互接触的两物块放在光滑的水平面上,质量分别为和,且.现对两物块同时施加相同的水平恒力.设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为,则(?? )
A．物块的加速度为
B．物块的加速度为
C．
D．可能为零
3．如图所示，物块A和B并排放置在水平地面上，它们与地面的动摩擦因数相同，A与一轻弹簧栓接，弹簧另一端固定在竖直墙上，开始时弹簧处于自然长度。现用一水平向左的力缓慢推B物体，弹簧压缩到一定程度后撤去F，A、B向右运动，随后A和B发生分离，整个压缩过程弹簧都在弹性范围内。以下说法正确的是（　　）
A．A、B发生分离的位置与弹簧的劲度系数无关
B．A、B发生分离的位置与弹簧被压缩的长度有关
C．当二者的速度达到最大时它们分离
D．分离点的位置与它们的质量大小有关系
4．如图所示，6个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，置于光滑水平面上，其中最右边第6个小球受到恒力F的作用，6个球一起沿水平面以相同的加速度a向右做匀加速运动，则下列结论正确的是（　　）
A．从左到右每根弹簧的长度之比为1∶2∶3∶4∶5
B．F撤去的瞬间6个小球的加速度大小相同
C．小球1脱落的瞬间，小球2的加速度变为
D．小球6与弹簧脱落的瞬间，1、2、3、4、5球的加速度仍为
5．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中（　　）
A．环在B处的加速度大小为0
B．环在C处的速度大小为
C．环从B到C先加速后减速
D．环的动能和弹簧弹性势能的和先增大后减小
6．如图所示，在一粗糙水平面上有两块质量分别为m1和m2的木块1和2，木块与地面间的动摩擦因数均为μ，中间用一原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连接起来。现用一水平力向右拉木块2，当两木块均以加速度a向右匀加速运动时，两木块之间的距离是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，将质量为m=0.2kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内，当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时上面弹簧对物体的拉力为0.8N；当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为（　　）
A．1.1N B．1.3N C．1.5N D．1.7N
8．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是
A．B．
C．D．
9．如图所示，有材料相同的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
10．如图所示，劲度系数为k的水平轻质弹簧左端固定，右端连接质量为m的小物块，静止于A点，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ。现对木块施加一个水平向右的恒力F，物块开始运动，且此后运动中能到达A点右侧的最大距离是x0，已知重力加速度为g，物块最大静摩擦力等滑动摩擦力。则（　　）
A．拉力F的大小一定大于μmg
B．物块开始运动时加速度a的大小满足∶
C．物块运动至A点右侧距离是x0点时弹簧弹性势能的增量为
D．此后运动过程中物块可能再次经过A点
11．如图所示三个装置，(a)中桌面光滑，(b)、(c)中桌面粗糙程度相同，(c)用大小为F=mg的力替代重物m进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（　　）
A．装置(b)、(c)中物块m的加速度相同
B．装置(a)中物块m的加速度为
C．装置(a)中绳上张力
D．装置(a)中绳上的张力小于装置(b)中绳上的张力
12．如图所示，轻弹簧一端固定在点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为 的光滑圆环上，在的正上方， 是的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的点无初速度释放后，发现小球通过了点，最终在之间做往复运动．已知小球在点时弹簧被拉长，在点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是
A．弹簧在点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量
B．小球从至一直做加速运动，从至一直做减速运动
C．弹簧处于原长时，小球的速度最大
D．小球机械能最大的位置有两处
13．如图所示，两长方体木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为，B与劲度系数为的水平轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则
A．它们的最大加速度不能大于
B．它们的最大加速度不能大于
C．它们的振幅不能大于
D．它们的振幅不能大于
14．如图所示，在倾角＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一沿斜面向上的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg。则（　　）
A．物块B刚要离开C时的加速度为0
B．加速度a＝g
C．无法计算出加速度a
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
15．如图所示，木块的质量为M，叠放于上的木块的质量为m，劲度系数为的水平弹簧质量不计，其左端固定在墙上，右端与连接。若在光滑的水平桌面上做振幅为的简谐运动过程中，与始终保持相对静止。则与两木块间的静摩擦力的最大值为____。
16．如图所示，在车厢顶上吊一小球，小球悬线与竖直方向夹角为α，行车速度方向如图所示，质量为m的物体相对车厢静止，则物体受到摩擦力大小为________，方向为________．
17．如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置．质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点．已知OP的距离为，O点和O′点间的距离，物块A与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，重力加速度为g求：
（1）物体下滑的初速度v0
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧，一端与挡板固定．若将另一个与A材料相同的物块B（可视为质点）与两根弹簧右端拴接，设B的质量为，将A与B并排在一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后A最终未冲出斜面，求需满足的条件?
18．如图所示，斜面体质量为M，倾角为，上表面光滑，下表面与地面间动摩擦因数为μ。电动机额定功率为P，通过水平轻绳拉动斜面体，设法使斜面体和斜面上质量为m的物体从初速度为0开始运动，运动过程中，斜面体和物体始终保持相对静止，重力加速度大小为g。求：
（1）物体的加速度大小a；
（2）匀加速持续的时间t．
19．如图所示，物体甲与物体丙通过不可伸长的轻绳跨过光滑的轻质定滑轮连接，物体丙离地面高为H。物体甲置于物体乙的最左端，甲与乙之间的动摩擦因数为μ（μ＜1）。物体乙与桌面间光滑，且离定滑轮足够远。开始时控制物体甲和乙，使三个物体均处于静止状态。现撤去控制，物体丙从静止开始下落，直至落地，此过程中物体甲与乙始终接触。已知物体甲、乙、丙的质量分别为m、2m、3m，重力加速度取g。求：
(1)撤去控制前，轻绳对滑轮作用的大小；
(2)撤去控制后，物体丙重力势能变化量的最大值；
(3)撤去控制后，物体丙下落过程中，甲物体受到的拉力。
20．如图所示，质量为m的木块A和质量为M的木块B用细线捆在一起，木块B与竖直悬挂的轻弹簧相连，它们一起在竖直方向上做简谐运动．在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上，设弹簧的劲度系数为k，当它们经过平衡位置时，A、B之间的静摩擦力大小为f0．当它们向下离开平衡位置的位移为x时，A、B间的静摩擦力为fx．细线对木块的摩擦不计．求：
（1）f0的大小；
（2）fx的大小；
参考答案
1．D
【解析】
D．以小球Q为研究对象，受力分析如图所示，根据平行四边形定则可求合力：
F=mgtanα
故D正确；
A．根据牛顿第二定律F=ma，可求加速度为
a=gtanα
分析水平向右，故小车可能向右做加速运动，向左
做减速运动，所以A错误；
BC．小球P受合外力，由牛顿第二定律得
FP=ma=mgtanα
又因θ<α，所以轻杆对小球P的弹力不沿轻杆方向．选项BC错误；
故选D。
2．B
【解析】
A、由于没有摩擦力，且，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律：
，解得：，故A错误，B正确；
C、再对B受力分析，由牛顿第二定律：
代入加速度解得：，由于，故不可能为零，故CD错误．
点睛：由于没有摩擦力，且后面的物体质量小，故两者能一块运动，加速度相同，先整体分析得到加速度，之后再隔离单独对A或B受力分析，都能得到两物块之间的相互作用力的大小．
3．A
【解析】
ABD．如果两个物体发生分离，二者之间的弹力消失，分离瞬间二者加速度相等，从此之后加速度不再相等，分离时B只受摩擦力，加速度为，A的加速度也是，也只受摩擦力，可见二者在弹簧原长时分离，与劲度系数无关，与物体质量无关，故A正确，BD错误；
C．当它们的加速度等于0时，二者速度最大，此时合力为0，弹力等于摩擦力，此时未分离，故C错误。
故选A。
4．C
【解析】
A．由于各个小球加速度相同，因此6根弹簧的弹力之比为1∶2∶3∶4∶5，根据胡克定律，伸长量之比也为1∶2∶3∶4∶5，但弹簧原长末知，因此长度之比不是这个比值，A错误；
B．F撤去的瞬间第6个小球的加速度发生突变与其它小球的加速度不同，B错误；
C．小球1脱落的瞬间，2、3两个小球间的弹簧弹力没变，因此小球2的加速度变为，C正确；
D．小球6与弹簧脱落的瞬间，1、2、3、4球的加速度不变，但5、6间弹簧弹力突然消失，因此5的加速度不是，D错误。
故选C。
5．C
【解析】
A．环在B处时，水平方向受到弹簧的拉力和杆的支持力，二力平衡。竖直方向受到重力，所以环在B处的加速度大小为g，故A错误；
B．因为BC＞AB，则环从A到C弹簧的弹性势能增加，根据环和弹簧组成的系统机械能守恒得
，则，
故B错误；
C．环从A处开始运动时的加速度大小为2g，根据牛顿第二定律得
得环从A处时弹簧拉力的竖直向下的分量
设杆上A点关于B点的对称性为D点（D点在B、C之间），则环在D点时，根据牛顿第二定律得
得
a=0
所以环从B到D做加速运动，环从D到C做减速运动，在D点时速度最大，故C正确；
D．因环和弹簧的系统机械能守恒，则系统的动能、弹性势能和重力势能之和不变，而重力势能在环向下运动的过程中一直减小，则环的动能和弹簧弹性势能的和一直增大，故D错误。
故选C。
6．A
【解析】
两木块均以加速度a向右匀加速运动时，对木块1
所以两木块之间的距离是
故A正确BCD错误。
故选A。
7．A
【解析】
当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，
F1+F2-mg=ma1
F2=1.8N
当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时，根据牛顿第二定律知，则
F′1+F′2=mg+ma2=3.2N
两根弹簧作用在物体上的合力为3.2N，则物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始F1=0.8N，F2=1.8N，则每根弹簧增加0.3N，所以上面弹簧的弹力为1.1N．故A正确，BCD错误。
故选A。
8．A
【解析】
设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A．
【点睛】
解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等．
9．D
【解析】
设Q物体绳上的拉力大小F2，物体与斜面的动摩擦因数为μ，对QP整体分析：根据牛顿第二定律有
F-（mP+mQ）g（sinθ-μcosθ）=（mP+mQ）a
对Q隔离分析有
F2-mQg（sinθ-μcosθ）=mQa
联立以上解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
10．BC
【解析】
AB．小物块静止于A点，则弹力的大小等于静摩擦力的大小，取向右为正方向，则弹簧弹力的范围是
当施加向右的拉力F运动时，小物块受到向左的摩擦力
合力为
故合力的范围是
加速度的范围
大小的最小值只需要大于零，故A错误，B正确；
C．当施加向右的拉力F运动时，根据动能定理有
由功能关系可知弹性势能的增加量
故C正确；
D．如果物块能回到A点，则该过程中弹簧的弹力和恒力F做功为零，但摩擦力始终做负功，根据动能定理可得动能为负值，这是不可能的，故D错误。
故选BC。
11．BD
【解析】
A．对于装置（b），根据牛顿第二定律可得
对m有
得
对于装置（c），根据牛顿第二定律可得
故A错误；
BC．对于装置（a），根据牛顿第二定律可得
对M有
故B正确，C错误；
D．由于，，则装置(a)中绳上的张力小于装置(b)中绳上的张力，故D正确。
故选BD。
12．AD
【解析】
【详解】
A．因只有重力和内力中的弹力做功，故小球和弹簧构成的系统机械能守恒，小球在点的动能和重力势能均最小，小球在点的弹性势能必然大于在点的弹性势能，所以弹簧点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量，符合题意；
BC．小球从至，在切线方向先做加速运动，在做减速运动，当切线方向合力等于0（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，B不符合题意，C不符合题意；
D．当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，由此可知，相对于对称，显然此位置在与之间各有一处，符合题意。
13．AD
【解析】
【分析】
【详解】
当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大．此时AB到达最大位移处。根据牛顿第二定律得，以A为研究对象，最大加速度
以整体为研究对象
联立两式得，最大振幅
故AD正确，BC错误。
14．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．物块B刚要离开C时，B和挡板之间没有力的作用，即弹簧的拉力正好等于B的重力沿斜面向下的分力，所以此时B的合力为零，加速度为零，故A正确；
BC．物块B刚要离开C时，弹簧的弹力：
对A分析，受到弹簧沿斜面向下的拉力，和重力沿斜面向下的分力以及F的作用，根据牛顿第二定律可得：
解得：
故B正确，C错误；
D．未施加F之前，弹簧处于压缩状态，对A分析有：
当物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，对B分析有：
故A上升的位移为：
故D正确。
故选ABD。
15．
【解析】
【分析】
本题考查对简谐振动的理解以及牛顿第二定律在多体问题中的应用。两物体始终相对静止，加速度最大时静摩擦力最大。先整体求加速度，再隔离求内力。
【详解】
[1]振子在最大位移处加速度最大，整体受力分析
再单独分析P
联立解得
16．mgtanα　向右
【解析】
【详解】
由题意知，重物、车厢和小球三者加速度相同，对物体m，由牛顿第二定律得：，因为车厢的加速度的方向向右，所以物块m受到的摩擦力的方向向右．
【点睛】
分析清楚题意、应用牛顿第二定律可以解题，解决本题的关键知道球、物体与车厢具有相同的加速度，通过牛顿第二定律进行求解．
17．（1）；（2）（3）1≤β≤17
【解析】
【分析】
【详解】
（1）从P点又回到P点

得

（2）根据能量守恒得：
从O′点到P点，有
EP=μmgcosθ（x+x0）+mgsinθ（x+x0）=
（3）分离时：aA=aB，NAB=0
对A
aA=gsinθ+μgcosθ
对B
2T+βmgsinθ+μβmgcosθ=βmaB
得
T=0
即弹簧处于原长处，A、B两物体分离．
从O′点到O点
Ep=μ（β+1）mgcosθx1+（β+1）mgsinθx1+(β+1)mv2
得

分离后，A继续上升到静止
mv2＝(mgsinθ+μmgcosθ)x2，0≤x2≤x0
得
1≤β≤17
18．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对小物块受力分析如图，
根据牛顿第二定律有
①
解得
②
（2）小物块与斜面体一起匀加速，由速度公式有
v=at ③
根据牛顿第二定律有
④
由功率公式有
P=Fv ⑤
由②③④⑤式解得
⑥
19．(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对丙受力分析可知
F1＝3mg
滑轮受力情况如图所示
得
F＝3mg
(2)根据重力做的功与重力势能变化的关系得
WG＝3mgH
且
WG＝-ΔEp
则
ΔEp＝－3mgH
(3)假设甲、乙相对滑动，则
F甲－μmg＝ma甲
3mg－F′甲＝3ma丙
F甲＝F′甲
a甲＝a丙
a甲＝a丙＝g
对乙
μmg＝2ma乙
得
a乙＝μg
因为μ＜1，所以a乙＜a甲，则假设成立，则
F甲＝ma甲＋μmg＝mg
20．（1）mg（2）
【解析】
（1）当物块组振动中通过平衡位置时，两个物块的加速度都是0，其中A受到重力和静摩擦力的作用，所以A受到的静摩擦力大小为f0=mg．
（2）物体A和物体B一起在竖直方向上做简谐振动，回复力F=-kx；
整体的加速度大小为：a=；
对物体A受力分析，受重力和B对A向上的弹力，加速度向上，根据牛顿第二定律，有：
fx-mg=ma
解得：fx=mg+ma=mg+
点睛：该题考查牛顿第二定律的应用，解答本题关键是明确简谐运动的合力提供回复力，满足F=-kx形式；同时要结合整体法和隔离法分析．