2024年专题连接体问题届高中物理常考点归纳

专題16连接体問題常考點连接体問題分类及解題措施分析【典例1】如图所示，光滑水平桌面上的物体B质量為m2，系一细绳，细绳跨過桌沿的定滑轮後悬挂质量為m1的物体A，先用手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。（1）求放手後A、B一起运動中绳上的张力FT。（2）若在B上再叠放一种与B质量相等的物体C，绳上张力就增大到FT，求m1：m2。解：（1）對A有：m1g﹣FT＝m1a1對B有：FT＝m2a1则FT＝g（2）對A有：m1g﹣FT2＝m1a2對B+C有：FT2＝2m2a2则FT2＝g由FT2＝FT得：g＝因此m1：m2＝2：1答：（1）放手後A、B一起运動中绳上的张力為g（2）两物体的质量之比為2：1。【典例2】（多选）如图，倾角為θ的斜面体固定在水平地面上，既有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量為m的小球，當小球与滑块相對静止後，细线方向与竖直方向的夹角為α，重力加速度為g，则（）A．若α＝θ，小球受到的拉力為mgcosθB．若α＝θ，滑块的加速度為gtanθC．若α＞θ，则斜面粗糙D．若α＝θ，则斜面光滑【解析】A、若α＝θ，则细线与斜面垂直，小球受到的重力和细线拉力的合力沿斜面向下，如图所示，沿细线方向根据平衡条件可得小球受到的拉力為F＝mgcosθ，故A對的；B、若α＝θ，滑块的加速度与小球的加速度相似，對小球根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，故B錯误；CD、根据B选项可知，若α＝θ，整体的加速度為a＝gsinθ；以整体為研究對象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：Mgsinθ﹣f＝Ma，解得：f＝0；若斜面粗糙，则整体的加速度減小，则α＜θ。【典例3】在光滑的水平地面上有两個A完全相似的滑块A、B，两滑块之间用原長為l0的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运動，且F1＞F．以A、B為一种系统，如图甲所示，F1、F向相反方向拉A、B两個滑块，當运動到达稳定期，弹簧的長度為（l0+△l1），系统的加速度大小為a1；如图乙所示，F1、F2相向推A、B两個滑块，當运動到达稳定期，弹簧的長度為（l0﹣△l2），系统的加速度大小為a2．则下列关系式對的的是（）A．△l1＝△l2，a1＝a2B．△l1＞△l2，a1＝a2C．△l1＝△l2，a1＞a2D．△l1＜△l2，a1＜a2【解析】A、B完全相似，设它們的质量都是m，由牛顿第二定律得：對A、B系统：F1﹣F2＝2ma1，F1﹣F2＝2ma2，對A：F1﹣k△l1＝ma1，F1﹣k△l2＝ma2，解得：a1＝a2，△l1＝△l2。一．应用整体法与隔离法处理连接体問題(1)连接体問題的类型物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体．(2)整体法的选用原则若连接体内各物体具有相似的加速度，且不需规定物体之间的作用力，可以把它們當作一种整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．(3)隔离法的选用原则若连接体内各物体的加速度不相似，或者规定出系统内各物体之间的作用力時，就需要把物体從系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．(4)整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相似的加速度，且规定出物体之间的作用力時，一般采用“先整体求加速度，後隔离求内力”．二.轻绳相连加速度相似的连接体模型归纳mm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Famm1m2Fμμam3μ求m2、m3间作用力，将m1和m2看作整体整体求加速度隔离求内力T-μm1g=m1a得整体求加速度隔离求内力T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a得整体求加速度隔离求内力T-m1g=m1a得mm1m2F2μμaF1隔离T-F1-μm1g=m1a得三、板块连接体模型归纳mm1m2μ光滑aFmm1m2μ1μ2a)θmm1μ1μ2a)θm2整体：a=F/(m1+m2)隔离m1：f=m1a得f=m1F/(m1+m2)整体：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔离m1：m1gsinθ-f=m1a得f=μ2m1gcosθ方向沿斜面向上若μ2=0则f=0整体：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔离m1：f=m1acosθ得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ方向水平向左若μ2=0则f=m1gsinθcosθ四、轻杆、箱子连接体模型归纳mm1m2μ1μ2a球球m1m2μv内壁光滑箱m2球球m1v内壁光滑箱m2f空气阻力隔离m1：m1g(sinθ-μ1cosθ)-T=m1a隔离m2：m2g(sinθ-μ2cosθ)+T=m2a得（1）若μ1=μ2T=0，即杆無弹力（2）若μ1<μ2T>0，即杆為拉力（3）若μ1>μ2T<0，即杆為压力①下滑整体：a=g(sinθ-μcosθ)隔离m1：m1gsinθ-FN=m1a得：FN=μm1gcosθ方向向上，即左侧壁有弹力若μ=0FN=0，即球無弹力②上冲方向向下，即右侧壁有弹力①上抛整体：a=g+f/(m1+m2)隔离m1：m1g+FN=m1a得：FN=m1f/(m1+m2)方向向下，即上侧壁有弹力若f=0则FN=0，即球無弹力②下落方向向上，即下侧壁有弹力五、轻绳绕滑轮加速度模型归纳mm1m2aaμmm1m2aa隔离m1：T-μm1g=m1a隔离m2：m2g-T=m2a得，隔离m1：m1g-T=m1a隔离m2：T-m2g=m2a得，若μ=0，且m2<<m1，若m1=m2，T=m1g=m2g六、加速度不相等的连接体模型归纳1．一静一動型连接体MMm2．分离問題1分离类型：A与弹簧分离AAFa处在原長，分离：弹力為零；加速度此瞬间還為零AA处在压缩状态，接触3．分离問題2分离类型：B与地面分离AABFa处在伸長状态，分离：弹力為零；加速度此瞬间還為零AAB处在压缩状态，xxOF分离mAax1+x2(mA+mB)g+mAa斜率k4．分离問題3临界条件：①力的角度：A、B间弹力為零FAB=0；②运動學的角度：vA=vB、aA=aB.分离类型：A、B分离AABFa处在压缩状态，x2=mB(g+a)/k分离：弹力為零；加速度瞬间還相等ttOv分离aBt1AAAB处在压缩状态，xxOF分离(mA+mB)ax1-x2mA(g+a)斜率k5．斜劈模型1無外力变速型6．斜劈模型2已知μ加外力变速型【变式演习1】（多选）如图所示，质量為m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量為m1的物块A，用通過光滑定滑轮的细线将A与质量為M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a從静止開始运動，已知A、B间的動摩擦因数為μ，重力加速度大小為g，则细线中拉力的大小可表达為（）A．M（g﹣a）B．（m1+m2）aC．D．μm1g+m1a【解析】设细线的拉力大小為FA、對物块C，由牛顿第二定律得：Mg﹣F＝Ma，解得：F＝M（g﹣a），故A對的；B、以AB整体為研究對象，由牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a，故B對的；C、以物块ABC整体為研究對象，由牛顿第二定律得：Mg＝（m1+m2+M）a，對AB整体，由牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a解得：F＝，故C對的；D、设AB间的摩擦力大小為f，AB间的摩擦力為静摩擦力，f≠μm1g對B，根据牛顿第二定律得：f＝m2a，對A，由牛顿第二定律得：F﹣f＝m1a，解得：F＝m1a+m2a≠μm1g+m1a。【变式演习2】如图所示，倾角為θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别為m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一种轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处在静止状态，現忽然剪断细线或断開弹簧与A的连接點。下列判断對的的是（）A．弹簧断開的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不為零B．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為2gsinθC．弹簧断開的瞬间，A、B、C三個小球的加速度均為零D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小為4mgsinθ【解析】開始三球静止，处在平衡状态，由平衡条件可知，弹簧的弹力：F＝（m+2m+3m）gsinθ＝6mgsinθ；C、弹簧被剪断瞬间，三球一起向下做匀加速直线运動，加速度：a＝（m+2m+3m）gsinθ＝（m+2m+3m）a，解得：a＝gsinθ，故C錯误；A、弹簧被剪断瞬间，對A，由牛顿第二定律得：T+mgsinθ＝ma，解得：T＝0，即A、B之间杆的弹力為零，故A錯误；B、细线被剪断時间，弹簧弹力不变，對A、B系统，由牛顿第二定律得：F﹣（m+2m）gsinθ＝（m+2m）a′，解得：a′＝gsinθ，方向：平行于斜面向上，故B錯误；D、细线被剪断瞬间，對B，由牛顿第二定律得：T′﹣2mgsinθ＝2ma′，解得：T′＝4mgsinθ。【变式演习3】质量分别為M和m的物块A和B形状、大小均相似，将它們通過轻绳跨過光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角為α的斜面，A物块恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然後释放物块，斜面仍保持静止。则下列說法對的的是（）A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力不不小于mgC．A物块运動的加速度大小為（1﹣sinα）gD．A物块运動的加速度大小為【解析】互换位置前，A静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg互换位置後，對A有：Mg﹣T＝Ma對B有：T′﹣mgsinα＝ma又T＝T′解得：a＝（1﹣sinα）g＝g，T＝mg。1．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均為m，2、4质量均為m0，两個系统均置于水平放置的光滑木板上，并处在静止状态。現将两木板沿水平方向忽然抽出，设抽出後的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，则有（）A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝D．a1＝g，a2＝，a3＝0，a4＝【解析】杆的弹力可以突变，故在将木板抽出的瞬间，1和2两物块将整体向下做自由落体运動，故加速度為a1＝a2＝g；而弹簧的弹力不能突变，木板抽出前，弹簧的弹力等于3的重力，故在抽出木板的瞬间，物块3受重力和弹簧向上的弹力仍处在平衡状态，故3的加速度為0；物体4受重力和弹簧向下的压力，故合力為（m+m0）g，则由牛顿第二定律可知，加速度a4＝。2．如图所示，质量M的木块置于小車光滑的水平上表面，跨過光滑定滑轮的细绳一端水平连接木块，另一端竖直悬挂质量m的物块，且m贴著小車光滑竖直右壁，當小車水平向右做加速度為a的匀加速运動時，M、m能与小車保持相對静止，则加速度a、细绳的拉力T及m所受合力F為（）A．a＝B．T＝C．F＝0D．F＝m【解析】AB、以物块為研究對象，竖直方向根据平衡条件可得细绳的拉力：T＝mg；對木块水平方向根据牛顿第二定律可得：T＝Ma，解得：a＝，故A對的、B錯误；CD、以物块為研究對象，竖直方向受力平衡，则物块受到的合力F＝ma。3．如图，物体A、B质量均為m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接）。對A施加一竖直向下，大小為F的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧一直处在弹性程度内）後物体A、B处在平衡状态。已知重力加速度為g，F＞2mg。現忽然撤去外力F，设两物体向上运動過程中A、B间的互相作用力大小為FN，则下列有关FN的說法對的的是（）A．刚撤去外力F時，FN＝B．弹簧弹力等于F時，FN＝C．两物体A、B在弹簧恢复原長之前分离D．弹簧恢复原長時FN＝mg【解析】A、刚撤去外力F時，由牛顿第二定律，對A、B构成的整体有F＝2ma1，對物体A有FN﹣mg＝ma1，联立解得FN＝+mg，故A錯误；B、弹簧弹力等于F時，對A、B构成的整体有F﹣2mg＝2ma2，對物体A有FN﹣mg＝ma2，联立解得FN＝，故B對的；CD、當A、B恰好分离時，A、B间互相作用力為0，對A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也為g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原長。4．如图所示，滑轮A可沿倾角為θ的足够長光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂著一种重力為G的物体B，下滑時，物体B相對于A静止，则下滑過程中（不计空气阻力）（）A．绳的拉力為GB．绳的拉力為C．绳的方向与光滑轨道不垂直D．B的加速度為gsinθ【解析】D、對整体分析，根据牛顿第二定律得：加速度為a＝＝gsinθ，则B的加速度為gsinθ．故D對的。ABC、隔离對B分析，根据牛顿第二定律知，B的合外力沿斜面向下，大小為mBa＝mBgsinθ＝Gsinθ由平行四边形定则知，绳的方向与轨道垂直，拉力大小為T＝Gcosθ。5．如图所示，水平地面上有三個靠在一起的物块P、Q和R，质量分别為m、2m和3m，物块与地面间的動摩擦因数都為μ．用水平外力推進物块P，使三個物块一起向右做加速度大小為a的匀加速直线运動。记R和Q之间互相作用力与Q与P之间互相作用力大小之比為k，重力加速度為g，下列判断對的的是（）A．该外力的大小一定為6maB．物块P受到的合力為μmg+maC．若μ＝0，则k＝D．無论μ為何值，k都等于【解析】A、物块与地面间的動摩擦因数都為μ，三物块一起向右匀加速运動，加速度相似，對三個物体构成的整体，由牛顿第二定律得：F﹣μ（m+2m+3m）g＝（m+2m+3m）a得：F＝6ma﹣6μmg；故A錯误；B、以P為研究對象，P受到的合外力提供P的加速度，因此P受到的合外力：FP合＝ma．故B錯误；C、以R為研究對象，设R和Q之间互相作用力大小為F1，根据牛顿第二定律得：F1﹣μ•3mg＝3ma解得：F1＝F以Q、R构成的整体為研究對象，设Q与P之间互相作用力大小為F2，根据牛顿第二定律得：F2﹣μ（2m+3m）g＝（2m+3m）a解得：F2＝F。由于F1、F2的体現式与μ無关，因此不管μ＝0，或μ≠0，一直有F1＝F，F2＝F，無论μ為何值，都满足：k＝。6．如图，置于水平地面上相似材料的质量分别為m和M的两物体间用细绳相连，在M上施加一水平恒力F，使两物体做匀加速运動，對两物体间绳上的张力，對的的說法是（）A．地面光滑時，绳子拉力的大小為B．地面不光滑時，绳子拉力不小于C．地面不光滑時，绳子拉力不不小于D．地面光滑時，绳子拉力不不小于【解析】A、光滑時：由整体求得加速度：a＝①對m受力分析由牛顿第二定律得：T＝ma②由①②式得：，故A對的，B錯误C、地面不光滑時：整体求加速度：③對m受力分析由牛顿第二定律得：T﹣μmg＝ma④由③④得：。7．無人乘坐時扶梯运转得很慢，當有人站上扶梯時，它會先加速，再匀速运转。一同學在乘坐電動扶梯時，（该同學与電動扶梯保持相對静止），恰好經历了這两個過程，如图所示。那么下列說法中對的的是（）A．该同學對扶梯的压力大小一直等于他所受的重力大小B．该同學一直受到摩擦力作用C．该同學所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小無关D．该同學受到扶梯的作用力大小先不小于重力後等于重力【解析】對该同學進行受力分析，如图所示。A、在加速的過程中，加速度与速度同方向，该同學受三個力作用，如图1所示，此時支持力大小不小于重力大小，根据牛顿第三定律可知该同學對扶梯的压力大小等于支持力的大小；在匀速运動的過程中，如图2所示，该同學处在平衡状态，重力大小等于支持力大小，故A錯误；B、在加速的過程中，该同學受到水平向右的摩擦力，在匀速运動的過程中，根据平衡条件可知摩擦力為零，故B錯误；C、该同學和扶梯没有相對运動，所受的摩擦力為静摩擦力，扶梯的加速度a＝增大，静摩擦力也随之增大，故C錯误；D、在加速的過程中，如图3所示，该同學受到扶梯的作用力F不小于重力，在匀速過程中，该同學受到扶梯的作用力大小等于重力。8．如图所示，斜面c固定，重為G的物体a放在上表面水平的物体b上，沿光滑斜面c一起向下滑，则（）A．a對b的压力不不小于GB．若物体b上没有放物体a，物体b的加速度将增大C．a受到的摩擦力方向水平向左D．a与b之间也許没有摩擦力的作用【解析】A、物体a、b一起沿斜面向下做匀加速直线运動，a具有竖直向下的分加速度，a处在失重状态，a對b的压力不不小于其重力G，故A對的；B、设斜面的倾角為θ，a的质量為ma，b的质量為mb，對a、b整体，由牛顿第二定律得：a＝＝gsinθ，若物体b上没有放物体a，對物体b，由牛顿第二定律得：ab＝＝gsinθ＝a，故B錯误；CD、物体a的加速度可以分解為水平方向的分加速度ax，与竖直方向的分加速度ay，ax水平向右，在水平方向，由牛顿第二定律得：f＝maax，a受到的摩擦力方向水平向右。9．如图所示，m1＝1kg，m2＝2kg，m1和m2之间的動摩擦因数μ1＝0.2，水平面光滑要使m1和m2之间不发生相對运動，则：F最大不得超過（）（设最大静摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2）A．2NB．4NC．6ND．8N【解析】拉力F作用在物体B上時，A、B恰好不滑動時，A、B间的静摩擦力到达最大值，對物体A，有：μ1m1g＝m1a2對整体，有：Fmax＝（m1+m2）a2；由上述各式联立解得：F2max＝6N。10．（多选）如图所示，用力F拉著三個物体在光滑的水平面上一起运動，目前中间物体上加上一种小物体，在原拉力F不变的条件下四個物体仍一起运動，那么连接物体的绳子张力和未放小物体前相比（）A．Ta減小B．Ta不变C．Tb減小D．Tb增大【解析】设最左边的物体质量為m，最右边的物体质量為m′，整体的總质量為M，则整体的加速度為：a＝。對最左边的物体分析，有：Ta＝ma＝對最