2022新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（16）--二力合成法与正交分解法 连接体问题第4课时 二力合成法与正交分解法 连接体问题1.(2022·芜湖市模拟)如图7所示，放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧秤相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ.今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速图7运动，设A、B的质量分别为m、M，那么弹簧秤的示数为( A )A. B.C.MD.M解析取AB整体分析：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a①取B分析：F′－μMg＝Ma②由①②解得F′＝F，故A项正确．2．如图8所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢的人对厢底的压力为其重量的1.25倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的( B )A.B.C.倍D.倍图8解析当车厢沿钢索方向匀加速向上运动时，人与车厢具有相同的加速度为a，将a分解为水平方向分量a1和竖直方向分量a2，如右图所示，那么a1=acos37°=a①a2＝asin37°＝a②对人受力分析如右图所示．对人分别在水平方向和竖直方向应用牛顿第二定律列方程得：水平：Ff=ma1③竖直：FN－mg＝ma2④由①③解得：Ff＝ma⑤将④式代入数据得：1．25mg－mg＝ma⑥由⑤⑥解得：＝10/10\n3．(2022·海南·9)如图9所示，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a，a与b之间、b与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能( BC )A．a与b之间的压力减小，且a相对b向下滑动图9B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动解析原来a受力如图那么FNsinθ－Ffcosθ＝0①FNcosθ＝mg－Ffsinθ②现给a与b共同向左的初速度后，由于地面的摩擦，b有向右的加速度，a不可能沿斜面下滑，A错．假设a相对b向上滑动，那么a受到向下的摩擦力，那么此时FN′cosθ>mg＋Ff′sinθ，与②式比较得出此时a、b间压力增大；b与地面的压力也增大，B对，D错．假设a、b相对静止，a有向右的加速度a，那么有FN′sinθ－Ffcosθ＝ma与①式比较得出a、b间压力增大，C对．4.如图10所示，在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的单位是s)．从t＝0开场计时，那么( ABD )图10A．A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的B．t>4s后，B物体做匀加速直线运动C．t＝4.5s时，A物体的速度为零D．t>4.5s后，A、B的加速度方向相反解析对于A、B整体根据牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，开场时合力为11N,3秒末合力为5N，故A正确．设A、B间的作用力为FN，那么对B进展分析，由牛顿第二定律可得FN＋FB＝mBa，解得FN＝mB－FB＝N．当t＝4s时，FN＝0，A、B两物体开场别离，此后B做匀加速直线运动，故B正确；而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t＝4.5s时，A物体的加速度为零而速度不为零，故C错误．t>4.5s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，故D正确．当t<4s时，A、B的加速度均为a＝.综上所述，选项A、B、D正确．5．如以下图，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右做匀加速运动时(空气阻力不计)，两个小球稳定后所处的位置在以下各图中正确的选项是( B )10/10\n解析两个小球稳定后与车厢一起向右做匀加速运动，它们的加速度相同，先使用整体法求得a＝gtanθ，再使用隔离法研究B物体a＝gtanθ，与竖直方向的角度相同，所以OA与AB在一条直线上，B正确．6．(2022·上海静安区月考)如图11所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上向左匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，那么中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的合力的大小和方向是( C )图11A．ma，水平向左B．ma，水平向右C．m，斜向右上方D．m，斜向左上方解析设其他西瓜对它的作用力竖直向上的分力为Fy，水平向右的分力为Fx，由牛顿第二定律知，Fx＝ma，Fy＝mg，所以其他西瓜对它的作用力的大小为F＝＝m，方向斜向右上方，应选C.7.如图12所示，物体的质量m＝4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，在倾角为37°、大小为10N的恒力F的作用下，由静止开场加速运动，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．试求：图12(1)物体运动的加速度大小a.(2)假设t1＝5s时，撤去恒力F，物体还能继续滑行的距离和时间．答案(1)0.3m/s2 (2)0.5625m 0.75s解析(1)物体在加速运动时，受力分析如以下图，由牛顿第二定律得：Fcos37°-Ff=maFsin37°+FN=mgFf=μFN由以上三式可得：a=0.3m/s2(2)撤去F时，物体的速度v=at1=1.5m/s撤去F后，物体减速的加速度a′=g，由0=v-a′t2得：t2=0.75s由x2=·t2得，x2=0.5625m.8．如图13所示，在倾角为θ＝30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在10/10\n小车上的人拉住．已知人的质量为60kg，小车的质量为10kg，绳及滑轮的质量、滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面图13对小车的摩擦阻力为人和小车总重力的0.1倍，取重力加速度g＝10m/s2，当人以280N的力拉绳时，试求(斜面足够长)：(1)人与车一起运动的加速度大小．(2)人所受摩擦力的大小和方向．(3)某时刻人和车沿斜面向上的速度为3m/s，此时人松手，那么人和车一起滑到最高点所用时间为多少？答案(1)2m/s2 (2)140N 方向沿斜面向上(3)0.5s解析 (1)以人和小车为整体，沿斜面应用牛顿第二定律得：2F－(M＋m)gsinθ－k(M＋m)g＝(M＋m)a将F＝280N，M＝60kg，m＝10kgk＝0.1代入上式得a＝2m/s2(2)设人受到小车的摩擦力大小为Ff人，方向沿斜面向下，对人应用牛顿第二定律得：F－Mgsinθ－Ff人＝Ma，可得：Ff人＝－140N因此，人受到的摩擦力大小为140N，方向沿斜面向上(3)人松手后，设人和车一起上滑的加速度大小为a1，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得：(M＋m)gsinθ＋k(M＋m)g＝(M＋m)a1那么a1＝6m/s2，由v＝a1t1可得t1＝＝0.5s【反思总结】一、选择题(此题共10小题，每题6分，共60分)1．(2022·宁夏、辽宁·20)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )10/10\n图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析 物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至到达向右相同的速度，所以B、C正确．答案 BC2．(2022·北京·18)如图2所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.假设滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，那么( )图2A．将滑块由静止释放，如果μ>tanθ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ<tanθ，滑块将减速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是2mgsinθD．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是mgsinθ解析 假设有mgsinθ＝μmgcosθ，那么μ＝tanθ，滑块恰好平衡；假设μ>tanθ，那么mgsinθ<μmgcosθ，由静止释放，滑块不下滑；假设μ<tanθ，即mgsinθ>μmgcosθ，给滑块一向下的初速度，滑块将加速下滑；用平行于斜面的力向上拉滑块向上匀速运动，假设μ＝tanθ，拉力为2mgsinθ；用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速运动，拉力为零，故C正确．答案 C3．(2022·全国Ⅱ·20)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力Ff大小不变．已知重力加速度为g，那么物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为( )A.和v0B.和v0C.和v0D.和v0解析 设上升的最大高度为h，返回原抛出点的速率为v，根据动能定理，有10/10\n－(mg＋f)h＝0－mv①－2fh＝mv2－mv②由①②式联立解得h＝v＝v0所以选项A正确．答案 A4．(2022·广东中山四校联考)如图3所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的选项是( )图3A．假设加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．假设加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值解析 设球的质量为m，斜面倾角为θ，斜面给球的弹力为F1，竖直挡板给球的弹力为F2.对球受力分析，如以下图．由牛顿第二定律得：F1cosθ－mg＝0，F2－F1sinθ＝ma解得F1＝，F2＝mgtanθ＋ma是定值，故A、B错，D正确；球所受斜面、挡板以及重力的合力为ma，故C错．答案 D5．(2022·浙江台州调考)在光滑水平面上有一质量为m的物块受到水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的劲度系数为k的轻质弹簧，如图4所示．当物块与弹簧接触且向右运动的图4过程中，以下说法正确的选项是( )A．物块在接触弹簧的过程中一直做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速，当弹力等于F时其速度最大C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于F/mD当物块的速度为零时，弹簧的压缩量等于F/k解析 物块接触弹簧后，弹簧形变量逐渐增大，开场一段时间弹力小于F，所以物块会继续向右加速，直到弹力等于F，此时加速度为0，但速度到达最大；物块继续向右运动，弹簧形变量继续增大，弹力大于了F10/10\n，加速度方向变为向左，开场减速，直到速度为零，故A错，B对；由于无法得到物块接触弹簧时的速度，弹簧的最大形变量无法得知，故加速度不能确定，故C错；物块速度为零时，弹簧压缩量必大于F/k，故D错．答案 B6．(2022·江苏镇江第三次调研)传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图5所示．已知传送带长度为L，物体与图5传送带之间的动摩擦因数为μ，那么以下判断正确的选项是( )A.当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关B．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1C．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1D．当v2、μ、I满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1解析 物体在传送带上受摩擦力向右，物体首先向左做减速运动，当v>2μgL时，物体从A端离开传送带，且所用时间t<v2/μg，与v1无关，故A对；当v<2μgL，物体减速至零再返回，从B端离开传送带，且离开时速度一定小于等于v1，故B错，C、D对．答案 ACD7．(2022·江苏淮安、宿迁、徐州、连云港调研)如图6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1<v2)，绳中的拉力分别为图6F1、F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，那么以下说法正确的选项是( )A．F1<F2 B．F1＝F2C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2解析 无论传送带速度是否相同，物体均静止，故受力情况相同，F1＝F2，故A错，B对；如果物体两次到达左端时速度均小于传送带的速度，那么t1＝t2，故C错，D对．答案 BD8．(2022·江苏泰州联考)如图7甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t关系图象如图乙所示．两物体在力F作用下由静止开场运动，且始终相对静止，那么( )图710/10\nA．两物体做匀变速直线运动B．两物体沿直线做往复运动C．B物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同D．t＝2s到t＝3s这段时间内两物体间的摩擦力逐渐减小解析 把A、B作为整体来研究，受力分析由牛顿第二定律得，F＝(mA＋mB)a，F为变力那么a也变化，故A错；0～2s内，两物体由静止开场先沿正方向做加速度越来越大的加速运动，后做加速度越来越小的加速运动，由于力的对称性，在2s～4s内，两物体接着沿正方向做加速度越来越大的减速运动，又做加速度越来越小的减速运动，4s末速度恰减为0，此后重复以上两个过程，整个过程速度的方向没变，故B错；对B物体受力分析由牛顿第二定律可得，B物体受到的摩擦力Ff＝mBa，由以上两式可知，Ff与F同向同变化，故C对，D错．答案 C9．(2022·辽宁名校联考)如图8所示，不计绳的质量及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑，当在绳B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，那么a1与a2的大小关系是( )图8A．a1＝a2B．a1>a2C．a1<a2D．无法确定解析 以整体为研究对象，挂m物体时，mg＝(m＋M)a1，a1＝g；用F＝mg拉时，mg＝Ma2，a2＝g，那么C正确．答案 C10．(2022·海南海口期中)如图9甲所示，在粗糙程度相同的水平面上，物块A在水平向右的外力F作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示．以下判断正确的选项是( )图9A．在0s～1s内，外力F不断增大B．在1s～3s内，外力F的大小恒定C．在3s～4s内，外力F不断减小D．在3s～4s内，外力F的大小恒定解析 从图象可得：第1s内物体做匀加速直线运动；第2s、第3s内做匀速运动；第4s内做匀减速运动．根据牛顿第二定律得F＝ma＋μmg(向右为正)，故B、D正确．答案 BD10/10\n二、计算题(此题共2小题，每题20分，共40分)11．(2022·安徽·22)在2022年北京残奥会开幕式上，运发动手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，表达了残疾运发动坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运发动与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运发动拉住，如图10所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重图10力加速度取g＝10m/s2.当运发动与吊椅一起正以加速度a＝1m/s2上升时，试求：(1)运发动竖直向下拉绳的力．(2)运发动对吊椅的压力．解析 解法一 (1)设运发动和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运发动的力为F.当运发动和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律有2F－(M＋m)g＝(M＋m)a解得F＝440N根据牛顿第三定律，运发动拉绳的力的大小为440N，方向竖直向下．(2)以运发动为研究对象，运发动受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运发动的支持力FN.根据牛顿第二定律：F＋FN－Mg＝Ma解得FN＝275N根据牛顿第三定律，运发动对吊椅压力大小为275N，方向竖直向下．解法二 设运发动和吊椅的质量分别为M和m；运发动竖直向下的拉力大小为F，对吊椅的压力大小为FN.根据牛顿第三定律，绳对运发动的拉力大小为F，吊椅对运发动的支持力大小为FN.分别以运发动和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律F＋FN－Mg＝Ma①F－FN－mg＝ma②由①②得 F＝440NFN＝275N答案 (1)运发动拉绳的力大小为440N，方向竖直向下．(2)运发动对吊椅压力大小为275N，方向竖直向下．12.(2022·山东青岛一检)如图11所示，质量M＝20kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，动摩擦因数μ＝0.04.在木楔倾角θ＝30°的斜面上，有一质量m＝1.0kg的物块由静止开场沿斜面下滑．当物块滑行的距离x＝2.8m时，它的速度v＝2.8m/s，在图11这一过程中木楔没有动，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)地面对木楔的摩擦力的大小和方向．10/10\n(2)地面对木楔的支持力的大小．解析 (1)由匀加速运动的公式v2＝2ax得物块沿斜面下滑的加速度为a＝＝m/s2＝1.4m/s2由于a<gsin=5m/s2，可知物块受到摩擦力的作用．分析物块受力，它受三个力，如以下图．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，应用牛顿第二定律有mgsin-Ff1=mamgcos-FN1=0分析木楔受力，它受五个力作用，如以以下图所示．对于水平方向，由牛顿第二定律有Ff2+Ff1′cos-FN1′sin=0由此可解得地面作用于木楔的摩擦力，又因Ff1′=Ff1FN1′=FN1所以Ff2=FN1′sin-Ff1′cos=mgcossin-(mgsin-ma)cos=macos故Ff2=1×1.4×N=1.21N此力的方向与图中所设的一致(由C指向B的方向)．(2)对于木楔在竖直方向，由平衡条件得FN2-Mg-FN1′cos-Ff1′sin=0故：FN2=Mg+FN1′cos+Ff1′sin=Mg+mgcoscos+(mgsin-ma)sin=(M+m)g-masin=(20+1)×10N-1×1.4×N=209.3N答案 (1)1.21N，方向由C指向B (2)209.3N10/10
