1、题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型专题一力与运动内容索引NEIRONGSUOYIN高考题型1连接体问题高考题型2板块模型高考题型3传送带模型专题强化练1.处理连接体问题的方法高考题型1连接体问题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FN0；相对滑动的临界条件：接触处的静摩
2、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.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，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，轻绳的张力大小为考题示例图图1解析根据牛顿第二定律，对P、Q的整体：F3mg3ma；对物块P：FTmgma，解得FT F，故选D.高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】高考物理二轮专题复习教学PPT-
3、专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】命题预测121.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应小于图图23高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】高考物理二轮专题复习教学PPT-
4、专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】12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.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg(M2m)a，3高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】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10
5、.2，20.3.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，g10 m/s2，则A.若 F2.1 N，则物块A相对薄硬纸片滑动B.若F3 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC.若F4 N，则B物块的加速度大小为2 m/s2D.无论力F多大，B的加速度最大为3 m/s212图图33高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】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
6、作用力等大反向，A、B两物块质量相同，因为12.1 N，所以A错误，C正确；123高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】高考物理二轮专题复习教学PPT-专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型PPT-PPT执教课件【推荐】F3 Na11.2 m/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，则有根据相对位移xx2x1451.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
7、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.高考题型3传送带模型例3(2020全国卷25改编)如图8，相距L11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定.质量m10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v05.0 m/s自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数0.10，重力加速度取g10 m/s2.考题示例答案2.75 s图图8(1)若v4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；解析传送带的速度为v4.0
8、 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgma设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2 v022as1联立式，代入题给数据得s14.5 m因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动.设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1，由运动学公式有vv0at1联立式并代入题给数据得t12.75 s(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.解析当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平
9、台时的速度最大，设为v2.由动能定理有由式并代入题给条件得6.如图9甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行.初速度大小为v2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vt图像(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2v1，则命题预测67图图9A.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.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用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
10、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；0t2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.677.(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v4 m/s顺时针转动.一煤块以初速度v012 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g10 m/s2，sin 370.6，sin 530.8，则下列说法正确的是67图图10A.倾斜传送带与水平方向的夹角37B.煤块与传送带间的动
11、摩擦因数0.5C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为(124 )m方向沿传送带向下01 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma112 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2解得37，0.25故A正确，B错误.67vt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x10 m，由运动学公式得下滑时间为01 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m；12 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m；671.(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
12、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mAmB21.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xAxB等于A.11 B.12C.21 D.32专题强化练保分基础练图图1123456789 1011123456789 1011解析设mA2mB2m，对题图甲，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：则xAxB11.2.(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
13、平面上.重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为，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g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123456789 10图图211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(Mm)a隔离B有mgMa123456789 10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.113.(多选)(2020山
14、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vt图像如图乙所示，取重力加速度g10 m/s2，则以下说法正确的是123456789 10图图311A.物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3B.物体A与小车B的质量之比为12C.小车B的最小长度为2 mD.如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去解析根据vt图像可知，A在小车上做匀减速运动，123456789 1011若物体A的质量为m，与小车上表面间的动摩擦因数为，则mgma1，联立可得0.3，选项A正确；设小车B的质量为M，由题图乙知小车
15、加速度大小a21 m/s2，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，x2 m，所以Lminx2 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vt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.123456789 10114.(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 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
16、小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为123456789 10图图411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123456789 10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加速度大小为a0.2g故A、D错误、B、C正确.115.(多选)(2020广东广州市高三下学期二模)如图5甲，倾角为的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t0时初速度大小为v1(v1v2)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vt图像如图乙，则A.0t3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
17、数满足mgcos 即tan，故B正确；由vt图像可知，在t1时刻物块速度反向，故t1时刻小物块离斜面底端距离最大，故C错误；小物块返回斜面底端时，整个过程中，重力做功为0，摩擦力一直做负功，由动能定理可知，其返回底端时的速率小于v1，故D正确.6.(多选)(2020山东潍坊市一模)如图6所示，木板甲长为L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲左端，已知甲、乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数相同.对乙施加水平向右的瞬时冲量I，乙恰好未从甲上滑落，此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，此后123456789 10图图611A.乙加速时间与减速时间相同B.甲做匀减速运动直到停止C.乙最终停
18、在甲中点D.乙最终停在距甲右端 L处解析由动量定理知，分别施加瞬时冲量后乙、甲获得的初速度相同，设为v0，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数设为，第一次乙做匀减速直线运动，123456789 10vt图像如图(a)所示；第二次，乙加速与减速阶段的加速度大小均为a2g，故加速时间与减速时间相同，vt图像如图(b)所示，第一阶段甲：mg2mgma1，a13g，第二阶段，甲、乙恰共同匀减速，a2g，11加速度两阶段不同，故甲不是匀变速运动.123456789 10相对位移x等于上方三角形面积，选项A、D正确.117.(多选)(2020福建龙岩市检测)如图7所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为的
19、斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为，轻质弹簧一端与固定在斜面上且与斜面垂直的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k.斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面)，重力加速度大小为g，以下说法正确的是A.水平恒力大小为(Mm)aB.地面对斜面体的摩擦力大小为(Mm)gC.弹簧的形变量为D.斜面对小球的支持力大小为mgcos masin 123456789 10图图711解析对系统受力分析，应用牛顿第二定律得F(Mm)g(Mm)a解得F(Mm)a(Mm)g故A错误，B正确；对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂
20、直斜面分解加速度，有kxmgsin macos mgcos FNmasin 123456789 10斜面对小球的支持力大小FNmgcos masin 故C正确，D错误.118.(多选)(2020河北名校联盟联考)图8甲中，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块.当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示.取g10 m/s2，则A.滑块的质量m2 kgB.06 s内，滑块做匀加速直线运动C.当F8 N时，滑块的加速度大小为1 m/s2D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1123456789 1011图图8解析当F等于6 N时，加速度
21、为a1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据解得Mm6 kg；123456789 10解得M2 kg，m4 kg，故A错误；06 s内，滑块与木板相对静止，随木板做加速度增加的加速运动，故B错误；11123456789 10根据F等于6 N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1 m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F8 N时，滑块的加速度为1 m/s2，对m，根据牛顿第二定律可得ag，解得动摩擦因数为0.1，故C、D正确.119.(2020河北衡水中学押题卷)如图9所示，一质量为m2 kg的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端，木板质量为M2 kg，长为l3
22、m，小滑块与木板间的动摩擦因数10.1，木板与水平地面间的动摩擦因数20.15.开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向右的初速度v05 m/s，使木板向右运动，取g10 m/s2.(1)通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速.123456789 10争分提能练图图9答案能11解析分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动小滑块受到的摩擦力大小为Ffm1mg2 N木板受到地面的摩擦力大小为FfM2(mM)g6 N小滑块的加速度大小am11g1 m/s2123456789 10设经时间t二者达到相同的速度v，则有am1tv0aM
23、1tv解得t1 s，v1 m/s11123456789 10小滑块到木板的右端的距离x1xM1xm12.5 ml所以小滑块没滑离木板，二者能够达到共速.11(2)求整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量.123456789 10答案5.5 J11解析小滑块与木板共速后减速由于1F01.8 N故物块与平板发生相对滑动.123456789 1011对物块和平板由牛顿第二定律有：解得：a12 m/s2，a23 m/s2123456789 1011(2)1 s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5 s末物块和平板的速度大小v1、v2；123456789 1011答案见解析解析01 s内(t1
24、1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有：v1a1t1v2a2t1解得：v12 m/s，v23 m/s11.5 s内(t20.5 s)，由于水平向右的拉力F21.4 N恰好与Ff1Ff2平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动，有：v1v1a1t23 m/sv2v23 m/s123456789 1011(3)平板的最短长度L.123456789 1011答案见解析解析撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为：123456789 1011可画出物块、平板的速度时间图像，如图所示，根据“速度时间图像与时间轴所围的面积表示位移”可知，11.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离为：123456789 10111.53 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：由于x2x1，故Lx21.35 m.本课结束
