人教版高中物理必修一專題33 彈簧連接體模型-牛頓運動定律 （解析版） 精講精練

專題33彈簧連接體模型-牛頓第二定律一、連接體問題1.連接體與隔離體：兩個或幾個物體相連組成的物體系統(tǒng)為連接體，如果把其中某個物體隔離出來，該物體即為隔離體。2.連接體的類型：物+物連接體、輕桿連接體、彈簧連接體、輕繩連接體。3.外力和內力：如果以物體系統(tǒng)為研究對象，物體受到的系統(tǒng)之外的作用力是該系統(tǒng)受到的外力，而系統(tǒng)內各物體間的相互作用力為內力。應用牛頓第二定律列方程時不用考慮內力，如果把某物體隔離出來作為研究對象，則一些內力將作為外力處理。4.解答連接體問題的常用方法（1）整體法：當系統(tǒng)中各物體的加速度相同時，我們可以把系統(tǒng)內的所有物體看成一個整體，這個整體的質量等于各物體的質量之和，當整體受到的外力已知時，可用牛頓第二定律求出整體的加速度，這種處理問題的思維方法稱為整體法。（2）隔離法：為了研究方便，當求系統(tǒng)內物體間相互作用的內力時，常把某個物體從系統(tǒng)中“隔離"出來進行受力分析，再依據牛頓第二定律列方程，這種處理連接體問題的思維方法稱為隔離法。溫馨提示：處理連接體問題時，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力。特別說明：在處理連接體問題時，必須注意區(qū)分內力和外力，特別是用整體法處理連接體問題時，切忌把系統(tǒng)內力列入牛頓第二定律方程中。若用隔離法處理連接體問題，對所隔離的物體，它所受到的力都屬外力，也可以采用牛頓第二定律進行計算。一、單選題1.（2020·山東省高三其他）如圖甲、乙所示，細繩拴一個質量為m的小球，小球分別用固定在墻上的輕質鉸鏈桿和輕質彈簧支撐，平衡時細繩與豎直方向的夾角均為53°，輕桿和輕彈簧均水平。已知重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列結論正確的是（）A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為B.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為C.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為D.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為2.（2020·四川省棠湖中學高一期末）如圖所示，、兩個小球質量為、，分別連在彈簧兩端，端用平行于斜面的細線固定在傾角為37°的光滑固定斜面上，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，、兩球的加速度大小分別為（）A.和 B.0和 C.和0 D.0和3.（2020·通遼市第一中學高三其他）如圖所示，水平面上放有三個木塊A、B、C，質量均為m=1kg，A、C與地面間的接觸面光滑，B與地面間的動摩擦因數μ=0.1，A、B之間用輕彈簧相連，B、C之間用輕繩相連.現在給C一個水平向右的大小為4N的拉力F，使A、B、C三個木塊一起以相同的加速度向右做勻加速直線運動.某一時刻撤去拉力F，則撤去力F的瞬間，輕繩中的張力T為(重力加速度g=10m/s2)（）A.0 B.1N C.2N D.3N4.（2020·黑龍江省大慶實驗中學高二期末）如圖所示，A、B的質量分別為mA=2kg，mB=4kg，盤C的質量mC=6kg，現懸掛于天花板O處，處于靜止狀態(tài)。當用火柴燒斷O處的細線瞬間，木塊A、B、C的加速度分別是aA、aB、aC，B對C的壓力大小是FBC(g取10m/s2），則（）A.aA=aB=aC=g，FBC=0B.aA=0，aB=aC=g，FBC=0C.aA=aB=0，aC=3g，FBC=60ND.aA=0，aB=aC=12m/s2，FBC=12N5.（2020·河北省高二月考）如圖所示，A、B為兩個質量相等的小球，由細線相連，再用輕質彈簧懸掛起來，在A、B間細線燒斷后的瞬間，A、B的加速度分別是（）A.A、B的加速度大小均為g，方向都豎直向下B.A的加速度為0，B的加速度大小為g、豎直向下C.A的加速度大小為g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下D.A的加速度大于g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下6.（2020·北京交通大學附屬中學高一期末）如圖甲所示，勁度系數為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放，落在彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程中，小球的速度v隨時間t的變化圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的曲線，BCD是平滑的曲線。若以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，則關于A、B、C、D各點對應的小球下落的位置坐標x及所對應的加速度a的大小，以下說法正確的是（）A.， B.，C.， D.，7.（2020·四川省瀘縣第二中學高三其他）如圖所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端.開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為（）A.aA＝aB＝gB.aA＝2g，aB＝0C.aA＝g，aB＝0D.aA＝2g，aB＝08.（2020·寧夏回族自治區(qū)銀川一中高三三模）如圖所示，質量均為m＝3kg的物塊A、B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物塊A的左側連接一勁度系數為k＝100N/m的輕質彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上。開始時兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止狀態(tài)，現使物塊B在水平外力F作用下向右做a＝2m/s2的勻加速直線運動直至與A分離，已知兩物塊與地面的動摩擦因數均為μ＝0.5，g＝10m/s2.則物塊A、B分離時，所加外力F的大小，物塊A、B由靜止開始運動到分離所用的時間t分別為（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）A.F＝15N B.F＝21NC.F＝15N D.F＝21Nt＝0.3s9.（2020·四川省宜賓市第四中學校高三其他）如圖，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器.當箱子隨電梯以a＝4.0m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0N.取g＝10m/s2，若下底板示數不變，上頂板示數是下底板示數的一半，則電梯的運動狀態(tài)可能是（）A.勻加速上升，a＝5m/s2B.勻加速下降，a＝5m/s2C.勻速上升D.靜止狀態(tài)10.（2020·邢臺市第二中學高一開學考試）如圖所示，質量為2kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質量為3kg的物體B用輕質細線懸掛，A、B接觸但無擠壓。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為（g＝10m/s2）（）A.12N B.22NC.25N D.30N二、多選題11.（2020·遼寧省高三三模）在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連的物塊A、B，它們的質量分別為和，彈簧勁度系數為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F用一平行于斜面向上的拉力拉物塊A，使它以加速度a沿斜面向上做勻加速運動直到物塊B剛要離開擋板C，在此過程中（）A.拉力的大小一直增大B.物塊B剛要離開擋板C時拉力C.拉力做功的功率先增大后減小D.物塊A的機械能先減小后增大12.（2020·河北省匯文二中高一期末）如圖所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P栓接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上（桌面足夠大），A右端連接一水平細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連，開始時托住B，讓A處于靜止且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度，下列有關該過程的分析中正確的是（）A.B物體受到細線的拉力始終保持不變B.B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量C.A物體動能的增加量等于B物體重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D.A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功13.（2020·銀川唐徠回民中學高三三模）A、B兩小球質量相等，A球不帶電，B球帶正電，光滑的絕緣斜面傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕質絕緣彈簧相連，圖乙中，A、B兩球用輕質絕緣桿相連，兩個裝置均處于平行于斜面向上的勻強電場E中，此時A、B兩球組成的系統(tǒng)均處于靜止狀態(tài)，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，重力加速度大小為g，當撤去勻強電場E的瞬間，則下列說法正確的是（）A.兩圖中A、B兩球的加速度大小均為gsinθB.兩圖中A球的加速度大小均為零C.圖乙中輕桿的作用力一定為零D.圖甲、乙中B球的加速度大小之比為2∶1答案及解析1.【答案】C【解析】A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，輕桿對小球與輕彈簧對小球的作用力都是水平向右，如圖所示由平衡條件得細繩的拉力大小都為故A錯誤；BCD.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間，小球即將做圓周運動，所以小球的加速度大小為乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為故C正確，BD錯誤。故選C。2.【答案】D【解析】剪斷前，小球A處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力剪斷后瞬間，繩子拉力突然消失，而彈簧的形變量沒變，小球A仍處于平衡狀態(tài)，加速度為0；而此時B小球，根據牛頓第二定律整理得，B小球的加速度故D正確，ABC錯誤。3.【答案】B【解析】在拉力作用下對整體，由牛頓第二定律可得：解得：a=1m/s2對A由牛頓第二定律可得，彈簧彈力：當撤去外力后，把BC作為整體，由牛頓第二定律可知：解得：a′=1m/s2方向向左對C受力分析有牛頓第二定律可得：A.0，與計算不符，故A項錯誤；B.1N，與計算相符，故B項正確；C.2N，與計算不符，故C項錯誤；D.3N，與計算不符，故D項錯誤.4.【答案】D【解析】燒斷細線前細線的拉力為彈簧的彈力大小燒斷細線后瞬間，彈簧的彈力沒有改變，則A的受力情況沒有改變，其合力仍為零，根據牛頓第二定律得A的加速度aA=0對BC整體，根據牛頓第二定律得對C由牛頓第二定律可得解得FBC=12N。故ABC錯誤，D正確。故選D。5.【答案】C【解析】對整體分析，彈簧的拉力為細線的彈力剪斷細繩的瞬間，對A，瞬間加速度：方向豎直向上；對B，只受重力的作用，故加速度的大小為方向向下，故C正確，ABD錯誤；故選C。6.【答案】B【解析】小球的速度v隨時間t的變化圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，表示物體在OA段加速度不變，即OA段物體自由下落，若以小球開始下落的位置為原點，則，B點時物體的速度最大，加速度為0，則B點時彈簧的彈力等于小球的重力，則B點對應的小球下落的位置坐標AC段，加速和減速具有對稱性，則C點時物體的加速度大小BCD是平滑的曲線，則D點時物體的加速度大小故B項正確，ACD三項錯誤。故選B。7.【答案】D【解析】剪斷前，設懸掛A小球的受到傾斜彈簧拉力為F，細線拉力為T，將AB兩個小球做為一個整體，受力分析可知解得剪斷后瞬間，繩子拉力突然消失，兩根彈簧的彈力還沒有來的及發(fā)生變化，因此A小球所受合力水平向左，大小為T，根據牛頓第二定律因此小球A的加速度而小球B所受合力仍為0，加速度為零，D正確，ABC錯誤。8.【答案】D【解析】ABCD.開始時兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止狀態(tài)，則彈簧的彈力大小等于最大靜摩擦力物塊A、B剛要分離時，A、B無作用力，對A受力分析可得物塊A、B剛要分離時，A、B無作用力，對B受力分析可得再根據胡克定律可得，物塊A、B由靜止開始運動到分離運動的位移物塊A、B由靜止開始運動到分離運動的時間綜上可求得，ABC錯誤，D正確。9.【答案】B【解析】當箱子隨電梯以的加速度豎直向上做勻減速運動時，對金屬塊受力分析，由牛頓第二定律知上下，解得；若上頂板傳感器的示數是下底板傳感器的示數的一半，由于彈簧壓縮量不變，下底板傳感器示數不變，仍為10N，則上頂板傳感器的示數是5N，對金屬塊，由牛頓第二定律知上下，解得，方向向下，故電梯以的加速度勻加速下降，或以的加速度勻減速上升，故選項B正確，A、C、D錯誤。10.【答案】A【解析】剪斷細線前，A、B間無壓力，對A受力分析，受重力和彈簧的彈力，根據平衡條件有：N剪斷細線的瞬間，對整體分析，根據牛頓第二定律有：代入數據得整體加速度為：m/s2隔離對B分析，根據牛頓第二定律有：代入數據解得：N，故A正確，BCD錯誤。故選A.11.【答案】AB【解析】B.當物塊B剛離開擋板C時，有物塊B剛要離開擋板C時拉力最大，對A，有解得拉力的最大值為B正確；AC.從A開始運動到彈簧恢復原長前，彈簧的形變量為x，對于Ax減小，F增大，根據知拉力的功率增大，彈簧恢復原長后，彈簧的形變量為，對于A增大，F增大，由物塊A以加速度a沿斜面向上做勻加速運動，速度增大，所以拉力做功的功率也一直增大，C錯誤A正確；D.物塊A以加速度a沿斜面向上做勻加速運動，速度增大，動能增大，上升高度增加，勢能增大，所以機械能增大，D錯誤。12.【答案】BD【解析】分析B，從開始運動到最后靜止，B受到繩子的拉力和重力，當時，做加速運動，當時，B的速度最大，當做減速運動，因為B的加速度在變化，所以T也在變化，A錯誤.AB和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以B減小的機械能等于彈簧的彈力勢能的增加量與A動能的增加量，B正確.A受繩子的拉力，彈簧的彈力，所以根據