人教版2020年高考物理考点点对点专题强化：牛顿运动定律的应用之连接体问题

人教版2020年高考物理考点---点对点专题强化
-----牛顿运动定律的应用之连接体问题
知识点：
1．常见连接体的类型
(1)轻绳连接体
(2)接触连接体
(3)弹簧连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等．
3．解决方法
(1)分析方法：整体法和隔离法． (2)选用整体法和隔离法的策略
①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法． ②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解．
对点训练：
典例1：（轻绳连接体问题）如图所示，已知M >m ，不计滑轮及绳子的质量，物体M 和m 恰好做匀速运动，若将M 与m 互换，M 、m 与桌面的动摩因数相同，则 ( )
A ．物体M 与m 仍做匀速运动
B ．物体M 与m 做加速运动，加速度a ＝（M ＋m ）g M
C ．物体M 与m 做加速运动，加速度a ＝（M －m ）g
M D ．绳子中张力不变
【答案】 CD
典例1解码：当物体M 和m 恰好做匀速运动，对M ，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg ＝T ＝mg ，所以：μ＝mg Mg ＝m
M .若将M 与m 互换，则对M ：Ma ＝Mg －T ′，对
m ，则：ma ＝T ′－μmg ，得：a ＝Mg －μmg M ＋m ＝Mg －m M mg
M ＋m ＝（M 2－m 2）g M （M ＋m ）＝（M －m ）g
M ，故A 、
B 错误，
C 正确；绳子中的拉力：T ′＝ma ＋μmg ＝m （M －m ）g M ＋m
M mg ＝mg ，故D 正确．
典例2（接触连接体问题）(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为2
3a 的加速度向西行驶时，P
和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A ．8
B ．10
C ．15
D ．18 【答案】 BC
典例2解码：设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ① 设PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·2
3
a ②
联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数， 当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5 当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10 当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15
当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．
典例3：（弹簧连接体）物体A 、B 放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤相连，如图所示，今对物体A 、B 分别施以方向相反的水平力F 1、F 2，且F 1大于F 2，则弹簧秤的示数( )
A ．一定等于F 1－F 2
B ．一定大于F 2小于F 1
C ．一定等于F 1＋F 2
D ．条件不足，无法确定
【答案】B
典例3解码：两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F 1－F 2＝(M ＋m )a ，再对物体A 受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F 1－F ＝Ma ，由以上两式解得F ＝mF 1＋MF 2M ＋m ，由于F 1大于F 2，故F 一定大于F 2小于F 1，故B 正确．
典例4：（加速度相同的连接体问题）如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F 1.若用一力F ′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F ′1.则( )
A ．a ′＝a ，F ′1＝F 1
B ．a ′＞a ，F ′1＝F 1
C ．a ′＜a ，F ′1＝F 1
D ．a ′＞a ，F ′1＞F 1
【答案】B
典例4解码：当用力F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象， 竖直方向有F 1cos θ＝mg ①
水平方向有F －F 1sin θ＝ma ， 以整体为研究对象有F ＝(m ＋M )a ，
解得a＝m
M g tan θ②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有F′1cos θ＝mg③
水平方向有F′1sin θ＝ma′，
解得a′＝g tan θ④
结合两种情况，由①③式有F1＝F′1；由②④式并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.
典例5：（加速度不同的连接体问题）如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A＝1 kg和m B＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为()
A．1 m/s2B．2.5 m/s2
C．3 m/s2D．4 m/s2
【答案】A
典例5解码：A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为f A max<f B max，所以B 始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力，即f B＝f A max＝μm A g，由f B＝m B a B max，可知B的加速度最大为2 m/s2，选项A正确．
针对训练：
1.(多选)如图所示，质量分别为m A、m B的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加轻线上的张力，可行的办法是()
A．减小A物块的质量B．增大B物块的质量
C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ
【答案】AB
【解析】对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(m A＋m B)g sin θ－μ(m A＋m B)g cos θ＝(m A＋m B)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，
F T－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a.
两式联立可解得：F T＝
m B F
m A＋m B，由此可知，F T
的大小与θ、μ无关，m B越大，m A越小，F T
越大，故A、B均正确．
2.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是()
A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变
B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大
C．只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变
D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大
【答案】C
【解析】将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝
F－（m A＋m B）g sin θ－μ（m A＋m B）g cos θ
m A＋m B＝F
m A＋m B－g sin θ－μg cos θ，隔离B分析可得F N
－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a，解得F N＝m B F
m A＋m B，由牛顿第三定律可知，B对A的压力F N
′
＝m B F
m A＋m B，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误．
3.如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B 间的距离为()
A ．L 0＋Ma
k
B ．L 0＋ma
k
C ．L 0＋MF
k （M ＋m ）
D ．L 0＋F －ma
k
【答案】 B
【解析】 先以A 、B 整体为研究对象，加速度为：a ＝F
M ＋m ，再隔离A 木块，弹簧的弹力：
F 弹＝ma ＝k Δx ，则弹簧的长度L ＝L 0＋ma k ＝L 0＋mF
k （m ＋M ）
，故选B.
4.如图，光滑水平面上，水平恒力F 作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M ，木块质量为m .它们共同加速度为a ，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程( )
A ．木块受到的摩擦力一定是μmg
B ．木块受到的合力为F
C ．长木板受到的摩擦力为μmg
D ．长木板受到的合力为MF
m ＋M
【答案】D
【解析】整体的加速度a ＝F M ＋m ，隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F 合＝MF
M ＋m ，
且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力，又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力，故选项A 、C 错误，D 正确；木块所受的合力F 合′＝ma ＝mF
M ＋m
，故选项B 错误．。