高中物理连接体问题
专题16 连接体问题 2022届高中物理常考点归纳
专题16 连接体问题常考点连接体问题分类及解题方法分析【典例1】如图所示，光滑水平桌面上的物体B质量为m2，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为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）求放手后A、B一起运动中绳上的张力F T。
（2）若在B上再叠放一个与B质量相等的物体C，绳上张力就增大到F T，求m1：m2。
解：（1）对A有：m1g﹣F T＝m1a1对B有：F T＝m2a1则F T＝g（2）对A有：m1g﹣F T2＝m1a2对B+C有：F T2＝2m2a2则F T2＝g由F T2＝F T得：g＝所以m1：m2＝2：1答：（1）放手后A、B一起运动中绳上的张力为g（2）两物体的质量之比为2：1。
【典例2】（多选）如图，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，现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为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则（）A．若α＝θ，小球受到的拉力为mgcosθB．若α＝θ，滑块的加速度为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为F＝mgcosθ，故A正确；B、若α＝θ，滑块的加速度与小球的加速度相同，对小球根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，故B错误；CD、根据B选项可知，若α＝θ，整体的加速度为a＝gsinθ；以整体为研究对象，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，则整体的加速度减小，则α＜θ。
【典例3】在光滑的水平地面上有两个A完全相同的滑块A、B，两滑块之间用原长为l0的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1＞F．以A、B为一个系统，如图甲所示，F1、F向相反方向拉A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0+△l1），系统的加速度大小为a1；如图乙所示，F1、F2相向推A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0﹣△l2），系统的加速度大小为a2．则下列关系式正确的是（）A．△l1＝△l2，a1＝a2B．△l1＞△l2，a1＝a2C．△l1＝△l2，a1＞a2D．△l1＜△l2，a1＜a2【解析】A、B完全相同，设它们的质量都是m，由牛顿第二定律得：对A、B系统：F1﹣F2＝2ma1，F1﹣F2＝2ma2，对A：F1﹣k△l1＝ma1，F1﹣k△l2＝ma2，解得：a1＝a2，△l1＝△l2。
高中物理专题：连接体
专题：连接体问题题型一、加速度相同的连接体题型二、加速度不同的连接体题型三：临界(极值)类问题题型一、加速度相同的连接体1．如图所示，a 、b 两物体的质量分别为m 1和m 2，由轻质弹簧相连。
当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1，加速度大小为a 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，加速度大小为a 2。
则有( )A ．a 1＝a 2，x 1＝x 2B ．a 1＜a 2，x 1＝x 2C ．a 1＝a 2，x 1＞x 2D ．a 1＜a 2，x 1＞x 2答案 B解析 对a 、b 物体及弹簧整体分析，有：a 1＝F －m 1＋m 2g m 1＋m 2＝F m 1＋m 2－g ，a 2＝F m 1＋m 2， 可知a 1＜a 2，再隔离b 分析，有：F 1－m 2g ＝m 2a 1，解得：F 1＝m 2F m 1＋m 2， F 2＝m 2a 2＝m 2F m 1＋m 2， 可知F 1＝F 2，再由胡克定律知，x 1＝x 2。
所以B 选项正确。
2．(多选)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a 、b 、c ，质量均为m ，a 、c 之间用轻质细绳连接。
现用一水平恒力F 作用在b 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面。
系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。
则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是 ( )A ．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B ．若粘在a 木块上面，绳的张力减小，a 、b 间摩擦力不变C ．若粘在b 木块上面，绳的张力和a 、b 间摩擦力一定都减小D ．若粘在c 木块上面，绳的张力和a 、b 间摩擦力一定都增大答案 ACD解析 无论粘在哪块木块上面，系统质量增大，水平恒力F 不变，对整体由牛顿第二定律得系统的加速度一定减小，选项A 正确；若粘在a 木块上面，对c 有F T c ＝ma ，a 减小，故绳的张力减小，对b 有F －F f ＝ma ，故a 、b 间摩擦力增大，选项B 错误；若粘在b 木块上面，对c 有F T c ＝ma ，对a 、c 整体有F f ＝2ma ，故绳的张力和a 、b 间摩擦力一定都减小，选项C 正确；若粘在c 木块上面，对b 有F －F f ＝ma ，则F f ＝F －ma ，a 减小，F f 增大，对a 有F f －F T c ＝ma ，则F T c ＝F f －ma ，F f 增大，a 减小，F T c 增大，选项D 正确。
高中物理课件-专题3：连接体问题
2 1
H
12H
23He
01n
,其中氘核的质量为
2.0136u, 氦 核 的 质 量 为 3.0150u, 中 子 的 质 量 为
1.0087u(1u=931.5MeV).求:
(1)核反应中释放的核能.
(2)在两个氘核以相等的动能 0.35MeV 进行对心碰撞,并且核
能全部转化为机械能的情况下,求反应中产生的中子和氦核
2. 将 一轻 弹簧 下端 固定 在倾 角为 θ ＝ 30°的 光滑 固定 斜面 底 端，上端拴接着质量为 mA＝1 kg 的物块 A，弹簧的劲度系数 k＝50 N/m。质量为 mB＝2 kg 的物块 B 用绕过光滑定滑轮的 轻绳与质量为 mC＝2 kg 的物块 C 相连，用手托住物块 C 使 轻绳拉直且恰好无张力，此时物块 B 紧靠着物块 A 静止于斜 面上。g 取 10 m/s2，现在释放物块 C，求： (1)释放瞬间物块 C 的加速度大小； (2)物块 A、B 分离时 C 下落的距离。
2.如图 1 所示，两滑块 A、B 用细线跨过定滑轮相连，B 距 地面一定高度，A 可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上 滑动。已知 mA=2kg，mB=4kg，斜面倾角=37°。某时刻由 静止释放 A，测得 沿斜面向上运动的 v-t 图象如图 2 所示。 已知 g=10m/s2，sin37 0.6 。求： （1）A 与斜面间的动摩擦因数； （2）A 沿斜面向上滑动的最大位移； （3）滑动过程中细线对 A 的拉力所做的功。
3.1.如图，小球 a、b 的质量均为 m，a 球靠在固定竖直墙上， 与光滑水平地面相距 h，b 放在地面上，a、b 用刚性轻杆连 接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加 速度大小为 g。则 a 落地时速度大小为多少？
高中物理转盘连接体问题
高中物理转盘连接体问题高中物理中的转盘连接体问题是指有两个或多个转盘通过轴连接在一起的物理问题。
这种问题一般涉及到力的传递、转动惯量和角加速度等概念。
下面将详细讨论该问题。
首先，我们来考虑两个转盘通过轴连接在一起的情况。
设转盘1的转动惯量为I₁，转盘2的转动惯量为I₂，通过轴连接的转动惯量为I₃。
假设外力作用在转盘1上，转盘2无外力作用。
根据动量守恒定律，外力对转盘1的扭矩τ₁等于转盘1的转动惯量I₁乘以角加速度α：τ₁ = I₁α₁根据转盘2的转动惯量和角加速度，可以得到转盘2的角加速度α₂：τ₂ = I₂α₂由于转盘1和转盘2通过轴连接在一起，因此它们的角加速度相等：α₁ = α₂ = α而两个转动物体的牵引力的作用点重合，所以τ₁ = τ₂，从而有：I₁α = I₂α由此得到：I₁α = I₂α(I₁ + I₂)α = 0当(I₁ + I₂) ≠ 0时，上式成立的唯一解是α = 0，即两个转盘的角加速度为0.这说明，当通过轴连接的转动惯量不为零时，两个转盘的角加速度相等且均为零，即它们将保持静止。
对于多个转盘通过轴连接在一起的情况，同样可以推导类似的结论。
假设第i个转盘的转动惯量为Iᵢ，通过轴连接的转动惯量为Iₙ，其中n为转盘的个数。
根据动量守恒定律和转动的叠加原理，可以得到：τ₁ + τ₂ + ... + τₙ = I₁α + I₂α + ... + Iₙα(I₁ + I₂ + ... + Iₙ)α = 0当(I₁ + I₂ + ... + Iₙ) ≠ 0时，上式成立的唯一解是α = 0，即所有转盘的角加速度为零。
这说明，当通过轴连接的转动惯量之和不为零时，所有转盘的角加速度均为零，它们将保持静止。
总结起来，转盘连接体问题中，通过轴连接的转动惯量之和为零时，转盘将保持静止；当转动惯量之和不为零时，转盘将保持静止。
这是由于转盘的转动惯量和角加速度之间存在一种固定的关系，通过轴连接的转动惯量之和可以看作是一个整体的转动惯量，在外力作用下，整体将保持静止。
第四章 运动和力的关系 连接体问题(课件)-高中物理课件(人教版2019必修第一册)
得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝
F。综上分析可知，细线上拉力始终不变且
大小为
F，选项C正确。
+
+
【变式1】如果将【例题1】中的“拉力”改为“推力”，题目情景如下：将两质量不
同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面
向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜
在三个阶段的运动中，细线上拉力的大小 ( C )
A.由大变小
B.由小变大
C.始终不变且大小为
F
+
D.由大变小再变大
解析：在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对
m1由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝
F；在斜面上时，对整
+
【例】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加恒力 F，使两物块作匀加速
直线运动,求在下列各种情况下绳中张力。
(1)地面光滑，FT=?
mF/(m+M)
(2)地面粗糙， FT =？
m
m
M
F
F
M
mF/(m+M)
(3)竖直加速上升（不考虑阻力）， FT =?
mF/(m+M)
F
F
M
M
m
(4)斜面光滑，加速上升， FT =?
D.a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙
解析： 以P、Q为整体由牛顿第二定律可得：
甲图：F－(mP＋mQ)gsin θ＝(mP＋mQ)a甲，解得：a甲＝
乙图：F＝(mP＋mQ)a乙，解得：a乙＝
(＋)
高中物理 第4章 专题四 模型构建——连接体问题课件 高中第一册物理课件
第三十二页，共四十六页。
答案
解析 对小环应用牛顿第二定律得：mg－f＝ma，解得：f＝mg－ma， 对杆有 Mg＋f′－T＝0，又 f＝f′，解得：T＝Mg＋mg－ma，C 正确。
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第三十三页，共四十六页。
5．如图所示，有一光滑斜面倾角为 θ，放在水平面上，用固定的竖直 挡板 A 与斜面夹住一个光滑球，球质量为 m。若要使球对竖直挡板无压力， 球连同斜面应一起( )
12/10/2021
提升训练
对点训练
第八页，共四十六页。
典型考点一
加速度相同的连接体问题
1. (多选)两个叠放在一起的滑块，置于固定的、倾角为 θ 的斜面上，如
图所示，滑块 A、B 的质量分别为 M、m，A 与斜面间的动摩擦因数为 μ1， B 与 A 之间的动摩擦因数为 μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从 斜面上滑下，则滑块 B 受到的摩擦力( )
A．等于零
B．方向沿斜面向上
C．大小等于 μ1mgcosθ D．大小等于 μ2mgcosθ
答案 BC
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第九页，共四十六页。
答案
解析 把 A、B 两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为 a，由牛顿 第二定律有，(M＋m)·gsinθ－μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，得 a＝g(sinθ－ μ1cosθ)。由于 a<gsinθ，可见 B 随 A 一起下滑的过程中，必然受到 A 对它沿 斜面向上的摩擦力，设 A 对 B 的摩擦力为 FB，滑块 B 的受力如图所示。由 牛顿第二定律有 mgsinθ－FB＝ma，得 FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ －μ1cosθ)＝μ1mgcosθ，B、C 正确，A、D 错误。
高中物理 必修一 专题 连接体问题
3.整体法与隔离法的选择 (1)整体法的研究对象少、受力少、方程少，所以连接体问题优先采用整体法。 (2)涉及物体间相互作用的内力时，必须采用隔离法。 (3)若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力，就 可以先用整体法求出加速度，再用隔离法分析其中一个物体的受力，即“先 整体求加速度，后隔离求内力”。 (4)若已知某个物体的受力情况，可先隔离该物体求出加速度，再以整体为研 究对象求解外力。
第四章 牛顿运动定律
专题 连接体问题
[学习目标] 1.会用整体法与隔离法分析连接体问题。 2.掌握动力学临界问题的分析方法，掌握几种典型临界问题的临界条件。
提升1 连接体问题
1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连 接体。例如，几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、弹簧、 细杆等连在一起。如：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ
＝(mA＋mB)a3
以B为研究对象 T3－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa3
答案 (1) mB F (2) mB F
联立解得 (3) mB
T3＝mAm＋BmBF。 F
mA＋mB
mA＋mB
mA＋mB
【训练1】 (多选)如图所示，用水平力F推放在光滑水平面上的物体Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ，使其一起做匀加速直线运动，若Ⅰ对Ⅱ的弹力为6 N，Ⅱ对Ⅲ的弹力为
4 N，Ⅱ的质量是1 kg，则( AC)
A.Ⅲ物体的质量为2 kg B.Ⅲ物体的质量为4 kg C.Ⅲ物体的加速度为2 m/s2 D.Ⅲ物体的加速度为1 m/s2 解析 对Ⅱ受力分析，由牛顿第二定律可得F12－F32＝m2a，代入数据解得a ＝2 m/s2，即整体的加速度为2 m/s2，选项C正确，D错误；对Ⅲ受力分析， 由牛顿第二定律可得F23＝m3a，代入数据解得m3＝2 kg，故A正确，B错误。
人教版高中物理必修第1册 第四章 专题1 连接体问题(整体法和隔离法)、临界问题
A．当斜面以40 m/s2 的加速度向右加速运动时，细绳拉力为 40 N 3
解析
对五个物块整体受力分析有 F＝5ma，物块 2 对物块 3 的作用力是物块 3、4、5 受到的合力，有 N＝3ma， 解得 N＝3F，A 错误；因为五个物块的加速度相等，质量相等，根据牛顿第二定律可知，每个物块受到的合
5 外力相等，B 错误；若把一块橡皮泥粘到物块 3 上，则整体的质量增加，其加速度减小，则物块 5 受到的合 外力减小，即物块 4 对 5 的作用力变小，C 正确；若撤走物块 5，物块 2 对 3 的作用力为 N′＝12F，作用力变 小，D 错误．
A．从 0 到 t2 时刻，拉力 F 逐渐增大
B．t1 时刻，弹簧的形变量为 mgsin θ＋ma k
C．t2 时刻，弹簧的形变量为
mgsin θ k
D．A、B 刚分开时的速度为 a（mgsin θ－ma） k
专题1 连接体问题(整体法和隔离法)、临界问题
刷题型
解析
从 0 到 t1 时刻，对 A、B 整体，根据牛顿第二定律得 F－2mgsin θ＋kx＝2ma，得 F＝2mgsin θ－kx＋2ma， 则知拉力 F 逐渐增大；从 t1 时刻 A、B 分离，t1～t2 时间内，对 B 分析，根据牛顿第二定律得 F－mgsin θ＝ ma，得 F＝mgsin θ＋ma，拉力 F 不变，故 A 错误．由题图乙可知，t1 时刻 A、B 分离，此时刻对 A 根据牛 顿第二定律有 kx1－mgsin θ＝ma，解得 x1＝mgsin θ＋ma，开始时有 2mgsin θ＝kx0，又 v12＝2a(x0－x1)，联
物理的连接体问题
物理的连接体问题
物理的连接体问题是指在物理学中探讨物体之间如何相互连接、交互作用以及受力等问题。
在物理学中，物体之间的连接常常涉及到物体之间的接触、插入、固定等方式。
例如，一个简单的连接体问题可以是两个弹簧的连接方式，或者两个物体之间的摩擦力如何影响它们的运动。
连接体问题可以通过分析物体之间的接触面积、形状、材质等因素来研究。
例如，接触面积的大小决定了接触力的大小，形状的不匹配可能导致接触面不完全，从而影响连接体的稳定性。
此外，连接体问题还涉及到物体之间的受力情况。
通过分析连接体上的受力情况，可以研究物体之间的力的平衡和不平衡情况，以及力的传递和转化等问题。
为了解决连接体问题，物理学采用了多种分析方法和工具，如力学、力的平衡和受力分析、力矩分析、静力学、材料力学等。
总之，连接体问题是物理学中研究物体之间连接、交互作用和受力等问题的重要内容，对于理解物体之间的相互作用和力的传递具有重要意义。
高中物理：连接体问题中的整体法与隔离法
在研究静力学问题或力和运动的关系问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”。
连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统。
研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换。
一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解–“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解–“隔离法”。
这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解，在求解连接问题时，隔离法与整体法相互依存，交替使用，形成一个完整的统一体，分别列方程求解。
一、在静力学中的应用在用“共点力的平衡条件”求解问题时，大多数同学感到困难的就是研究对象的选取。
整体法与隔离法是最常用的方法，灵活、交替的使用这两种方法，就可化难为易，化繁为简，迅速准确地解决此类问题。
例1、在粗糙的水平面上有一个三角形木块，在它的两个粗糙的斜面上分别放置两个质量为m1和m2的木块，，如图1所示，已知三角形木块和两个物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块（）A.在摩擦力作用，方向水平向右；B.有摩擦力作用，方向水平向左；C.有摩擦力作用，但方向不确定；D.以上结论都不对。
图1解析：这个问题的一种求解方法是：分别隔离m1、m2和三角形木块进行受力分析，利用牛顿第三定律及平衡条件讨论确定三角形木块与粗糙水平面间的摩擦力。
采用整体法求解更为简捷：由于m1、m2和三角形木块相对静止，故可以看成一个不规则的整体，以这一整体为研究对象，显然在竖直平面上只受重力和支持力作用，很快选出答案为D。
例2、如图2所示，重为G的链条（均匀的），两端用等长的轻绳连接，挂在等高的地方，绳与水平方向成角，试求：（1）绳子的张力；（2）链条最低点的张力。
图2解析：（1）对整体（链条）分析，如图3所示，由平衡条件得①所以图3（2）如图4所示，隔离其中半段（左边的）链条，由平衡条件得②图4由①②得例3、有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间有一根质量可忽略，不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图5所示，现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对P环的支持力和细绳上的拉力的变化情况是（）图5A.不变，变大；B.不变，变小；C.变大，变大；D.变大，变小。
高中物理复习：连接体问题、板块模型、传送带模型
高中物理复习：连接体问题、板块模型、传送带模型考点一连接体问题[知能必备]1．连接体问题模型弹力连接、摩擦力连接、轻绳连接、轻杆连接、弹簧连接．2．解题方略：要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法解题．可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．[典例剖析](多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是()A．拉力F小于11 N时，不能拉动CB．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 ND．A的加速度将随拉力F的增大而增大【思路点拨】解此题关键有两点：(1)利用整体法和隔离法选取研究对象，进行正确受力分析，注意摩擦因数的不同及摩擦力的大小和方向．(2)正确判断“相对滑动”的临界条件．解析：AC当C物体即将运动时，C物体水平方向受桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力f BC，其中f桌＝0.1(m A＋m B＋m C)g＝3 N，f BC＝0.2(m A ＋m B)＝4 N，当即将滑动时应有F＝f桌＋f BC＋T，T＝f BC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因此B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得，f AB＝0.4m A g ＝m A a，对AB整体受力分析可得T－f BC＝(m A＋m B)a，对C物体受力分析可得F－T－f BC－f 桌＝m C a ，联立解得F ＝23 N ，说明A 和B 发生相对滑动的临界力大小为F ＝23 N ，故C 正确；当F ＝17 N 时，A 和B 没有发生相对滑动，此时对AB 整体T －f BC ＝(m A ＋m B )a 1，对C 物体受力分析F －T －f BC －f 桌＝m C a 1，联立解得T ＝8 N ，故B 错误；当拉力增大，A 和B 发生相对滑动时，则A 物体受到滑动摩擦力，加速度为a ＝0.4g ＝4 m/s 2，加速度不变，D 错误．[题组精练]1.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，有质量相等的两物块用轻绳连接，用沿斜面的力F ＝40 N 使两物块一起向上加速运动．则轻绳的拉力为( )A ．10 NB ．20 NC ．30 ND ．40 N解析：B 以两物块为研究对象，利用牛顿第二定律，有F －2mg sin 30°＝2ma ，以靠下的物块为研究对象，设轻绳的拉力为F T ，根据牛顿第二定律，有F T －mg sin 30°＝ma ，代入数据，解得F T ＝20 N ，ACD 错误，B 正确．2.(2021·苏州一模)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T 解析：C 质量为2m 的木块受五个力的作用，A 项错误；当绳的拉力为F T 时，对m 和2m 有F T ＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2F T ，故B 项错误，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13F T ，故D 项错误． 3．如图所示，一根不可伸长的轻绳一端系住小球，另一端固定在光滑直角斜劈顶端O 点，轻绳与斜面平行，斜劈底面水平．使小球和斜劈做下列运动，下面5种运动中，小球对斜面的压力可能为零的是( )①一起水平向左加速； ②一起水平向右加速；③一起竖直向上加速； ④一起竖直向下加速；⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动．A．①②③B．②③⑤C．②④⑤D．①③④解析：C①若一起水平向左加速，小球受合外力水平向左，斜面对小球的支持力的水平分力与绳子拉力的水平分力的合力水平向左，因此支持力不可能为零，①错误；②一起水平向右加速，当绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时，斜面的支持力为零，绳子拉力的水平分力就是合外力，②正确；③一起竖直向上加速，绳子拉力与支持力的合力竖直向上，大于重力，绳子拉力不可能为零，因此支持力不可能为零，③错误；④一起竖直向下加速，当加速度等于g时，绳子拉力减小为零时，此时斜面的支持力也为零，④正确；⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动，合力指向转轴，当角速度足够大时，绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时，斜面的支持力为零，⑤正确．考点二板块模型[知能必备]1．审题建模：求解时应先仔细审题，弄清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．2．求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．3．做好两分析[典例剖析](经典高考题)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′；(3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .【解题策略】(1)读题审题：①A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ――→想到地面与B 间的摩擦力是A 与B 间的摩擦力的2倍②左边缘再次对齐时恰好相对静止――→想到B 与A 的位移差等于第一次A 的位移(2)情境转化：①敲击A 后―→A 做匀减速直线运动②敲击B 后―→B 做匀减速直线运动、A 做匀加速直线运动③A 、B 相对静止后―→A 、B 整体做匀减速直线运动解析：(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A ＝μg由匀变速直线运动得2a A L ＝v 2A 解得v A ＝2μgL (2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg由牛顿运动定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg对齐后，A 、B 整体所受合外力大小F ′＝2μmg由牛顿运动定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2 且x B －x A ＝L解得v B ＝22μgL答案：(1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL解答“板块”问题时要注意：“一个转折、两个关联”(1)一个转折：即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点．(2)两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系．当有外力作用在木板上的物块或木板上时，一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解，做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口．[题组精练]1．如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是() A．木板的长度为1.68 mB．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞解析：D由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，对木板由牛顿第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，即物块在木板上以a2＝μ2g＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以a1＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v2＝1.6 m/s，木板的速度v1＝1.2 m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x2＝v0＋v22t＝1.68 m，木板位移x1＝v12t＝0.36 m，两者相对位移为x＝x2－x1＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a1′＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行x2′＝v222a2＝0.32m，木板会滑行x1′＝v212a1′＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．2．如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为v A＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为v B＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的vt图像如图乙所示．已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2.(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小．解析：(1)由题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由v A＝－1 m/s变为v＝2 m/s则其加速度大小为a A ＝v －v A t 1＝2－（－1）3m/s 2＝1 m/s 2，方向水平向右． 当A 水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s ＝v 2A 2a A＝0.5 m. (2)设A 与B 之间的动摩擦因数为μ1，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma A则μ1＝a A g＝0.1 由题图乙可知，0～3 s 内B 做匀减速运动，其速度由v B ＝14 m/s 变为v ＝2 m/s则其加速度大小为a B ＝v B －v t 1＝14－23m/s 2＝4 m/s 2 方向水平向左设B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＋2μ2mg ＝ma B则μ2＝a B －μ1g 2g＝0.15 3 s 之后，B 继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得2μ2mg －μ1mg ＝ma B ′则B 的加速度大小为a B ′＝2μ2g －μ1g ＝2 m/s 2方向水平向左3 s 之后运动的时间为t 2＝v a B ′＝22s ＝1 s 则B 运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝4 s0～4 s 内B 的位移x B ＝v B ＋v 2t 1＋v 2t 2＝25 m ，方向水平向右． 答案：(1)0.5 m (2)4 s 25 m3．(2021·山东省泰安市高三检测)如图所示，水平面上有一长度为L 的平板B ，其左端放置一小物块A (可视为质点)，A 和B 的质量均为m ，A 与B 之间、B 与水平面之间的动摩擦因数均为μ＝0.50，开始时A 和B 都静止，用一个水平推力作用到平板B 上，使A 和B 恰好能保持相对静止一起向右匀加速运动．当位移为x 时，将原来的推力撤去并同时用另一水平推力作用到A 上，使A 保持原来的加速度继续匀加速运动，直到脱离平板．已知重力加速度为g .求：(1)平板B 的最大速度；(2)物块A 脱离平板时的速度大小v .解析：(1)设A 和B 一起做匀加速运动的加速度大小为a ，对A ，有μmg＝ma解得a＝0.5g将原推力撤去时平板B的速度最大，得v2m＝2ax解得B的最大速度v m＝gx(2)推力作用到A上之后，A保持匀加速运动，有x A＝v m t＋12at2v＝v m＋atv2－v2m＝2ax A平板B做匀减速运动，有μ·2mg－μmg＝ma′解得a′＝0.5g讨论两种情况：(a)物块A脱离平板时平板未停下，则对B，有x B＝v m t－12a′t2A、B的位移关系满足x A－x B＝L联立可解得t＝2L g代入数据可得A脱离平板时的速度v＝gx＋0.5gL此时B的速度满足v B＝v m－a′t＞0可解得相应的条件为L＜2x(b)物块A脱离平板时平板停下，则对B，有v2m＝2a′x BA、B的位移关系同样满足x A－x B＝L解得A脱离平板时的速度v＝2gx＋gL相应的条件为L≥2x答案：(1)gx(2)见解析考点三传送带模型[知能必备]1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看作“传送带”模型，如图(a)(b)(c)所示．2．解题关键(1)关注两个时刻①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向．②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变．(2)注意过程分解①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆．②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点．(3)物体在倾斜传送带上运动，物体与传送带速度相同后需比较tan θ与μ的大小关系：μ>tan θ，速度相等后一起匀速；μ<tan θ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况．[典例剖析]如图所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间．【解题指导】解析：物块在传送带上，根据牛顿第二定律得，μmg＝ma解得a ＝μg ＝2 m/s 2设经过时间t 1物块的速度与传送带的速度相同，则有：v ＝at 1，解得t 1＝v a ＝42 s ＝2 s ； 经过的位移x 1＝v 22a＝4 m<6 m ， 在传送带上匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝0.5 s物块在斜面上的加速度a ′＝mg sin 30°m＝5 m/s 2， 在斜面上的运动时间t 3＝2v a ′＝85s ＝1.6 s ， 返回传送带在传送带上减速到零(即第一次滑回传送带最远端)的时间t 4＝v a ＝42s ＝2 s 则t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝6.1 s.答案：6.1 s传送带问题的分析技巧(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会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．[题组精练]1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2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v t 图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2＞v 1，则( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：B 0～t 1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t 1时刻小物块向左速度减为零，此时离A 处的距离达到最大，故A 错误；t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B 正确；0～t 2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C 错误；t 2时刻小物块向右速度增加到与传送带相等，t 2时刻之后小物块与传送带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D 错误．2．(2021·湖北荆州二模)如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动．一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多长时间？解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1垂直传送带方向：mg cos θ＝F N又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有：t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m. (3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v －a 2＝1 s 货物沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s. 答案：(1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s3. (2021·安徽省马鞍山市高三下学期二模)有一水平足够长的传送带，以3 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端与倾角为37°的粗糙固定斜面底端B 平滑连接，一质量为1 kg 的小滑块从斜面上A 点由静止释放，经过一段时间后，最终停在传送带与斜面的连接处．小滑块与斜面、传送带之间的动摩擦因数均为0.5，A 、B 间距离为4 m ．重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块从释放到第一次到达B 点经历的时间；(2)小滑块第三次通过B 点的速度大小；(3)从释放到最终停止，小滑块运动的总路程．解析：(1)小滑块从A 点由静止释放向下运动mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1得a 1＝2 m/s 2s AB ＝12a 1t 21得t 1＝2 s(2)小滑块第一次滑上传送带的速度为v ＝a 1t 1＝4 m/s此后先向左匀减速，而后向右匀加速，v ＝4 m/s>v 0＝3 m/s ，当滑块和传送带速度相同时开始匀速，所以滑块返回B 点时速度为v 0＝3 m/s滑块沿斜面向上运动的加速度为ma 2＝mg sin θ＋μmg cos θ解得a 2＝10 m/s 2滑块第一次以初速度v 0冲上斜面后上升的最大距离x 1，滑块第三次到B 时速度为v 1，则v 20＝2a 2x 1v 21＝2a 1x 1联立得v 1＝v 0 15＝355m/s (3)滑块第一次以v 滑上传送带，向左运动的位移为s 1＝v 22μg＝1.6 m 滑块第二次以初速度v 1滑上传送带，由于v 1<v 0，滑块从传送带上返回B 点时速度大小仍为v 1，由第(2)问的分析知，此后滑块每次滑下斜面的速度大小是滑上斜面速度的 15 v 1＝v 015 v 2＝v 0⎝⎛⎭⎫152 v 3＝v 0⎝⎛⎭⎫153 ……滑块第一次滑上斜面之后在斜面上的总路程s 2＝2v 202a 2＋2v 212a 2＋2v 222a 2＋… 联立可得s 2＝1.125 m滑块第三次滑上传送带之后在传送带上的总路程s 3＝2v 212μg ＋2v 222μg ＋2v 232μg＋… 联立可得s 3＝0.45 m小滑块运动的总路程s 总＝s AB ＋2s 1＋s 2＋s 3＝8.775 m答案：(1)2 s (2)355m/s (3)8.775 m 限时规范训练(三) 连接体问题、板块模型、传送带模型建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题 1．如图所示，质量分别为3 kg 、5 kg 的P 、Q 两滑块，用轻弹簧连接后置于光滑水平地面上．现用大小F ＝8 N 的水平拉力拉Q ，使P 、Q 一起向右做匀加速直线运动．则此过程中弹簧的弹力大小为( )A ．3 NB ．4 NC ．5 ND ．8 N解析：A 对PQ 的整体，由牛顿第二定律F ＝(m P ＋m Q )a ，对P ，T ＝m P a, 解得T ＝3 N ，故选项A 正确．2．(2021·山东省聊城市高三下学期模拟)车厢中用细线悬挂小球，通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过程中的加速度．如图所示，质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部，左侧小球与车厢左侧壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力大小分别为T 1和T 2.下列说法正确的是( )A ．车可能正在向左做加速运动B ．两细线的拉力T 1＝T 2C ．当汽车加速度增大时，T 1变小D ．当汽车加速度减小时，T 2增大解析：B 对右边小球进行受力分析，沿细线方向斜右上方的拉力，和竖直向下的重力．设细线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有ma ＝mg tan θ，T 2＝mg cos θ，加速度水平向右，可以判断小车可能向右加速，或者向左减速，故A 错误；同理，对左边小球受力分析，可得ma ＝F N －T 1sin θ，T 1＝mg cos θ，联立可得T 1＝T 2，故B 正确；根据上面选项的分析，可知当汽车加速度增大时， T 1不变，故C 错误；根据上面选项的分析，可知当汽车加速度减小时，小球2的细线的夹角变小，T 2变小．故D 错误．3．如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO 、BO 在O 点悬挂质量为5 kg 的重物，轻绳AO 、BO 与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O 点位置不动，重力加速度为g ，厢式货车的最大加速度( )A.g 2B ．3g 3 C.3g 2 D ．3g解析：B 对小球受力分析可得F A sin 30°＋F B sin 60°＝mg ，F B cos 60°－F A cos 30°＝ma ，联立解得12·⎝⎛⎭⎫233mg －33F A －32F A ＝ma ，整理得33mg －233F A ＝ma ，当F A ＝0时，a 取得最大值a ＝33g .故选B 项． 4．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1＝2 m/s 沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v 2＝5 m/s 沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v 2′，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，则下列说法正确的是( )A ．返回光滑水平面时的速率为v 2′＝2 m/sB ．返回光滑水平面时的速率为v 2′＝5 m/sC ．返回光滑水平面的时间为t ＝3.5 sD ．传送带对物体的摩擦力先向右再向左解析：A 因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为v 1<v 2，则物体会先向左减速直到速度为0，再向右加速，最后匀速，则物体返回光滑水平面时的速率为v 2′＝2 m/s ，故A 正确，B 错误；由牛顿第二定律得a ＝f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2，则物体减速的时间为t 1＝v 2a＝2.5 s ，物体减速的位移为x 1＝12at 21＝6.25 m ，物体反向加速的时间为t 2＝v 1a＝1 s ，反向加速的位移为x 2＝12at 22＝1 m ，物体匀速的时间为t 3＝x 1－x 2v 1＝2.625 s ，故物体返回光滑水平面的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝6.125 s ，故C 错误；由于物体是先向左减速，后反向加速，最后匀速返回，所以传送带对物体的摩擦力先向右后为0，故D 错误．5．质量为1 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 运动的v t 图像如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则物块A 的质量为( )A ．1 kgB ．2 kgC ．3 kgD ．6 kg解析：C 由图像可知，物块在0～1 s 内的加速度大小为a 1＝2 m/s 2，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1，解得：μ1＝0.2，木板在0～1 s 内的加速度大小为a 2＝2 m/s 2，在1 s ～3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a 3＝1 m/s 2，AB 同速后整体为研究对象，由牛顿第二定律得：μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3，解得：μ2＝0.1，再以B 为研究对象，在0～1 s 内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得A 的质量m ＝3 kg.6．用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上．货车以3 m/s 2的加速度启动，然后以12 m/s 匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s 2的加速度刹车至停止．已知每块水泥板的质量为250 kg ，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875 NB ．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000 NC ．货车在刹车过程中行驶的距离为9 mD ．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m解析：C 摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a ′＝μg ＝7.5 m/s 2启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f ＝ma ＝250×3 N ＝750 N ，A 错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f ＝μmg＝1875 N ，B 错误；货车在刹车过程中行驶的距离为s ＝v 22a＝9 m ，C 正确；货车停止时间为t ＝v a ＝1.5 s ，该时间内，上层水泥板滑动的距离为s ′＝v t －12μgt 2＝18－8.4375＝9.5625 m ，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为Δs ＝s ′－s ＝0.5625 m ，D 错误．7．(2021·山东济宁高三检测)如图所示，三个物体A 、B 和C 的质量分别为2m 、m 和m ，A 、B 叠放在水平桌面上，A 通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C 相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A 、B 间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，B 与桌面间的动摩擦因数为μ3，A 、B 、桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．三个物体A 、B 、C 均保持静止B ．轻绳对定滑轮的作用力大小为2mgC ．若A 、B 之间发生相对滑动，则需满足μ＜0.2D ．若A 、B 之间未发生相对滑动，则A 受到的摩擦力大小为1＋2μ3mg 解析：C 物块A 与B 之间的最大静摩擦力f 1＝2μmg ，物块B 与桌面间的最大静摩擦力f 2＝3mg ×μ3＝μmg ，显然f 2＜f 1，由于μ＜1，即μmg ＜mg ，物块B 一定与桌面间发生相对滑动，A 错误；由于物块C 加速下降，绳子拉力T ＜mg ，因此轻绳对定滑轮的作用力大小F ＝2T ＜2mg ，B 错误；若A 与B 间恰好将发生相对滑动时，A 与B 的加速度恰好相等，此时对物块B ：f 1－f 2＝ma ，对A 、B 整体：T －f 2＝3ma ，对物块C: mg －T ＝ma ，解得μ＝0.2，因此若A 、B 之间发生相对滑动，则需满足μ＜0.2，C 正确；若A 、B 之间未发生相对滑动，则对整体mg －f 2＝4ma ，对物块B ：f －f 2＝ma ，可得A 受到的摩擦力大小f ＝1＋3μ4mg ，D 错误． 8．(2021·湖北省八市高三下学期3月联考)如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个滑块A 、B (可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A 、B 的质量均为1 kg ，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )A ．滑块A 先做匀加速运动后做匀速运动B ．滑块A 、B 同时到达传送带底端C ．滑块A 、B 到达传送带底端时的速度大小相等D ．滑块A 在传送带上的划痕长度为5 m解析：D 两滑块都以10 m/s 的初速度沿传送带下滑，且mg sin 37°>μmg cos 37°，故传送带对两滑块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两滑块沿斜面向下的加速度大小相同，为a ＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10 m/s 2，滑块A 先加速，加速到传送带速度所需位移为x 1＝v 202a ＝5 m<16 m ，所需时间为t 1＝v 0a＝1 s ，加速到传送带速度后，由于mg sin 37°>μmg cos 37°，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为a ′＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，加速到传送带底端L －x 1＝v 0t 2＋12a ′t 22，解得时间t 2＝1 s ，到达底端共用时t ＝t 1＋t 2＝2 s ，B 滑块一直以加速度a ′加速至传送带底端L ＝12a ′t ′2，解得t ′＝4 s ，AB 错误；A 到达底端时的速度为v A ＝v 0＋a ′t 2＝10 m/s ＋2×1 m/s ＝12 m/s ，B 到达底端时的速度为v B ＝a ′t ′＝2×4 m/s ＝8 m/s ，C 错误；加速到传送带速度之时的相对位移为Δx 1＝v 0t 1－x 1＝10×1 m －5 m ＝5 m ，加速到传送带速度以后，相对位移为Δx 2＝11－v 0t 2＝1 m ，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A 在传送带上的划痕长度为5 m ，D 正确．二、多项选择题9．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B 端的速度—时间变化规律如图乙所示，t ＝6 s 时恰好到达B 点，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )。
人教版高中物理必修第一册精品课件 第四章 运动和力的关系 08-重难专题11 动力学连接体问题
关联的物体连接（叠放，并排或由轻绳、细杆联系）在一起的物体组称为连 接体。连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）。 2.常见连接体模型
3.连接体的外力和内力 如果以物体（包括物体间的绳、弹簧等）组成的系统为研究对象，则系统之外的作用 力为该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为该系统的内力。 4.处理连接体问题的常用方法 （1）整体法:若连接物具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象， 只分析外力,不分析内力，然后依据牛顿第二定律列方程求解。 （2）隔离法:把研究的物体从周围物体中隔离出来,单独进行分析，从而求解物体之间 的相互作用力。
D
十年寒窗磨利剑， 一朝折桂展宏图！
注意：①此“协议”与有无摩擦无关（若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须 相同）； ②此“协议”与两物体间有无连接物、何种连接物（轻绳、轻杆、轻弹簧）无关； ③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”都成立。
D
（1）求滑块的加速度大小；
（2）求绳对滑块的水平拉力大小；
5.整体法与隔离法的选择 （1）整体法的研究对象少，受力少，方程少，所以连接体问题优先采用整体法。 （2）涉及物体间相互作用的内力时，必须采用隔离法。 （3）若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力，就可以先 用整体法求出加速度，再用隔离法分析其中一个物体的受力，即“先整体求加速度，后 隔离求内力”。 （4）若已知某个物体的受力情况，可先隔离该物体求出加速度，再以整体为研究对象 求解外力。
高中物理 科学思维系列——圆周运动中的连接体问题、临界问题 新人教版必修第二册-新人教版高一第二册物
科学思维系列——圆周运动中的连接体问题、临界问题一、圆周运动中的连接体问题圆周运动中的连接体问题，是指两个或两个以上的物体通过一定的约束绕同一转轴做圆周运动的问题．这类问题的一般求解思路是：分别隔离物体，准确分析受力，正确画出受力图，确定轨道半径，注意约束关系(在连接体的圆周运动问题中，角速度一样是一种常见的约束关系)．【典例1】在一个水平转台上放有质量相等的A、B两个物体，用一轻杆相连，AB连线沿半径方向．A与平台间有摩擦，B与平台间的摩擦可忽略不计，A、B到平台转轴的距离分别为L、2L.某时刻一起随平台以ω的角速度绕OO′轴做匀速圆周运动．A与平台间的摩擦力大小为F f A，杆的弹力大小为F.现把转动角速度提高至2ω.A、B仍各自在原位置随平台一起绕OO′轴匀速圆周运动，如此下面说法正确的答案是( )A．F f A、F均增加为原来的4倍B．F f A、F均增加为原来的2倍C．F f A大于原来的4倍，F等于原来的2倍D．F f A、F增加后，均小于原来的4倍【解析】根据牛顿第二定律，对A：F f A－F＝mω2r A①，对B：F＝mω2r B②.当ω增大到2ω时，由②式知，F增加到原来的4倍；由①式知：F f A＝F＋mω2r A，F f A增加为原来的4倍．应当选A.【答案】 A变式训练1 如下列图，在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m1＝2m2，用细线把两球连起来，当杆匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，此时两小球到转轴的距离r1与r 2之比为( )A．1:1 B．1: 2C．2:1 D．1:2解析：两个小球绕共同的圆心做圆周运动，它们之间的拉力互为向心力，角速度一样．设两球所需的向心力大小为F n，角速度为ω，如此对球m1：F n＝m1ω2r1，对球m2：F n＝m2ω2r2，由上述两式得r1r2＝1:2.答案：D变式训练2 甲、乙两名溜冰运动员，m甲＝80 kg，m乙＝40 kg，面对面拉着弹簧测力计做圆周运动的溜冰表演，如下列图．两人相距0.9 m，弹簧测力计的示数为9.2 N，如下判断中正确的答案是( )A．两人的线速度一样，约为40 m/sB．两人的角速度一样，为5 rad/sC．两人的运动半径一样，都是0.45 mD．两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m解析：C错：两个人做圆周运动，向心力的大小相等，质量不同，角速度一样，所以他们的运动半径不同．D对：设甲的半径为R1，如此乙的半径为0.9 m－R1，故m甲ω2R1＝m乙ω2 (0.9 m－R1)，解得R1＝0.3 m．B错：再根据9.2 N＝m甲ω2R1可知，角速度ω≈0.62 rad/s. A错：两个人的角速度一样，半径不同，故他们的线速度不一样．答案：D二、圆周运动中临界问题的解题策略关于圆周运动的临界问题，要特别注意分析物体做圆周运动的向心力来源，考虑达到临界条件时物体所处的状态，即临界速度、临界角速度，然后分析该状态下物体的受力特点，结合圆周运动知识列方程求解．(1)与绳的弹力有关的临界问题：此问题要分析出绳子恰好无弹力(或恰好断裂)这一临界状态下的角速度(或线速度)等．(2)与支持面弹力有关的临界问题：此问题要分析出恰好无支持力这一临界状态下的角速度(或线速度)等．(3)因静摩擦力而产生的临界问题：此问题要分析出静摩擦力达到最大这一临界状态下的角速度(或线速度)等．【典例2】 如下列图，在光滑水平面上相距20 cm 处有两个钉子A 和B ，长1.2 m 的细绳一端系着质量为0.5 kg 的小球，另一端固定在钉子A 上．开始时，小球和钉子A 、B 在同一直线上，小球始终以2 m/s 的速率在水平面内做匀速圆周运动．假设细绳能承受的最大拉力是5 N ，如此从开始到细绳断开所经历的时间是( )A ．1.2π s B．1.4π s C ．1.8π s D．2π s【解析】 小球每转过180°，转动半径就减小x ＝0.20 m ，所需向心力F ＝mv 2L －nx(n ＝0,1,2，…)，由F ≤5 N，可得n ≤4，即小球转动半径缩短了4次，细绳第5次碰到钉子瞬间后，细绳断开．从开始到细绳断开，每转半周小球转动半径分别为L 、L －x 、L －2x 、L －3x 、L －4x ，如此运动时间t ＝π5L －10xv.【答案】 D变式训练3 如下列图，两绳系一质量为0.1 kg 的小球，两绳的另一端分别固定于轴的A 、B 两处，上面绳长2 m ，两绳拉直时与轴的夹角分别为30°和45°，问球的角速度在什么范围内两绳始终都有张力？(g 取10 m/s 2)解析：当上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示．由牛顿第二定律得：mg tan 30°＝mω21r ，又有r ＝L sin 30°，解得ω1＝1033rad/s；当下绳绷紧，上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示．由牛顿第二定律得：mg tan 45°＝mω22r，解得ω2＝10 rad/s，故当1033rad/s<ω<10 rad/s时，两绳始终都有张力．答案：1033rad/s<ω<10 rad/s。
高中物理连接体问题精选(含答案)
（2）若使物块 不与 相碰，则 应满足什么条件？
（3）若 时，求物块 由最初位置上升的最大高度？
（4）若在（3）中物块 由最高位置下落，拉紧轻绳后继续下落，求物块 拉紧轻绳后下落的最远距离？
题型四 通过弹簧的连接体问题
例题5如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上升一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质量为（m1＋m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。
变式10如图所示，用半径为0.4m的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽．薄铁板的长为2.8m、质量为10kg．已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1．铁板从一端放人工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100N ，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽．已知滚轮转动的角速度恒为5rad/s，g取10m／s2．
4.两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球
2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。
若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库
仑力）（）
A． B．
C． D．
5.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）
高中物理必修一 第四章 专题强化 动力学连接体问题
释放，求：
(1)物体的加速度大小；
答案
mg M＋m
以m为研究对象：mg－T＝ma
①
以M为研究对象：T＝Ma
②
联立①②得：a＝Mm＋gm
T＝MM＋mgm.
(2)绳对M的拉力大小.
答案
Mmg M＋m
以m为研究对象：mg－T＝ma
①
以M为研究对象：T＝Ma
②
联立①②得：a＝Mm＋gm
T＝MM＋mgm.
(2)若两木块与水平面间的动摩擦 因数均为μ，则A、B间绳的拉力 为多大？ 答案 mAm＋BmBF
若动摩擦因数均为μ，以A、B整体为研究对象，有F－μ(mA＋mB)g＝ (mA＋mB)a1，然后隔离出B为研究对象，有T2－μmBg＝mBa1，联立解 得T2＝ mAm＋BmBF .
(3)如图乙所示，若把两木块放在固定斜面上，两木块 与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于斜面的拉 力F作用下沿斜面向上加速运动，A、B间绳的拉力为 多大？ 答案 mAm＋BmBF
针对训练2
如图所示，物体A重20 N，物体B重5 N，不计一切摩擦和
绳的重力，当两物体由静止释放后，物体A的加速度与绳
子上的张力分别为(重力加速度g＝10 m/s2)
√A.6 m/s2,8 N
B.10 m/s2,8 N
C.8 m/s2,6 N
D.6 m/s2,9N
由静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上 升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有 mAg－T＝mAa，对B有T－mBg＝mBa，代入数据解得a ＝6 m/s2，T＝8 N，A正确.
C.底板对物体 2 的支持力为(m2－m1)g D.底板对物体 2 的摩擦力大小为tman2gθ
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H=1.2 s
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直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂
着500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1=45°.直 升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小
稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角 θ2=14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质 量，试求水箱中水的质量M.（取重力加速度 g=10m/s2；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970）
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处理连接体问题的基本方法 在分析和求解物理连接体命题时， 首先遇到的关键之一，就是研究对 象的选取问题.其方法有两种：一是 隔离法，二是整体法.
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处理连接体问题的基本方法 1.隔离法 （1）含义：所谓隔离法就是将所研 究的对象--包括物体、状态和某些 过程，从系统或全过程中隔离出来 进行研究的方法.
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处理连接体问题的基本方法
1.隔离法
（2）运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态，选
择隔离对象.选择原则是：一要包含
待求量，二是所选隔离对象和所列
方程数尽可能少.
②将研究对象从系统中隔离出来；
或将研究的某状态、某过程从运动
的全过程中隔离教出学ppt来.
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处理连接体问题的基本方法 1.隔离法 （2）运用隔离法解题的基本步骤： ③对隔离出的研究对象、过程、状 态分析研究，画出某状态下的受力 图或某阶段的运动过程示意图. ④寻找未知量与已知量之间的关系，
原则.
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两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置 于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正 电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）。将细线拉直 并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球 同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T 为（不计重力及两小球间的库仑力）
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A的质量m1=4 m,B的质量m2=m,斜面固 定在水平地面上.开始时将B按在地面上 不动，然后放手，让A沿斜面下滑而B上 升.A与斜面无摩擦，如图，设当A沿斜 面下滑s距离后，细线突然断了.求B上升，质量为2 m的物块A与水平地面 的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B 与地面的动摩擦因数为μ，在已知水 平A对推B力的F作的用作力用为下_，_T_=A_13、_（_FB_+_做2μ_m_加g_）_速. 运动，
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高考走势 连接体的拟题在高考命题中由来已 久，考查考生综合分析能力，起初 是多以平衡态下的连接体的题呈现 在卷面上，随着高考对能力要求的 不断提高，近几年加强了对非平衡 态下连接体的考查力度.
选择适当的物理规律列方程求解
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处理连接体问题的基本方法 2.整体法 （1）含义：所谓整体法就是将两个 或两个以上物体组成的整个系统或 整个过程作为研究对象进行分析研 究的方法.
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处理连接体问题的基本方法 2.整体法 （2）运用整体法解题的基本步骤： ①明确研究的系统或运动的全过程. ②画出系统的受力图和运动全过程 的示意图. ③寻找未知量与已知量之间的关系， 选择适当的物理规律列方程求解.
f0 88N0
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如图所示，一轻绳吊着粗细均匀
的棒，棒下端离地面高H，上端
套着一个细环。棒和环的质量均
环
为m，相互间最大静摩擦力等于
滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，
棒
棒和环自由下落。假设棒足够长，
与地面发生碰撞时，触地时间极
短，无动能损失。棒在整个运动
过程中始终保持竖直，空气阻力 H
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⑶重力加速度为g，已知a段纸带加速度为a1,c段纸带 加速度大小为a2,由此可推算出重
物与小车的质量比为_________。
对a段纸，带 mgMsginf (mM)a1(1) 对c段纸，带 Msginf M2a(2)
解得 ：Ma1a2
m ga1
M=4.5×103kg
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如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B 以速度v1=30m/s进入向下倾斜的直车道。车道 每100m下降2m。为使汽车速度在S=200m的距 离内减到v2=10m/s，驾驶员必须刹车。假定刹 车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作 用于拖车B，30%作用于汽车A。已知A的质量 m1=2000kg，B的质量m2=6000kg。求汽车与拖 车的连接处沿运动方向的相互作用力。取重力 加速度g=10m/s2。
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处理连接体问题的基本方法
隔离法与整体法，不是相互对立的，
一般问题的求解中，随着研究对象的
转化，往往两种方法交叉运用，相辅
相成.所以，两种方法的取舍，并无
绝对的界限，必须具体分析，灵活运
用.无论哪种方法均以尽可能避免或
减少非待求量（即中间未知量的出现，如非待
求的力，非待求的中间状态或过程等）的出现为
不计。求：⑴棒第一次与地面碰
撞弹起上升过程中，环的加速度。
⑵从断开轻绳到棒与地面第二次
碰撞的瞬间，棒运动的教路学pp程t s。
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⑴a环=(k-1)g，竖直向上。
⑵棒落地反弹上升的过程，a棒=(k+1)g， 竖直向下，棒匀减速上升高度 s1=v2/2a棒， 而s=H+2s1。
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如图(a)所示，小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长 的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连， 小车后面与打点计时器的纸带相连。起初小车停在靠 近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到 滑轮的的距离。启动打点计时器，释放重物，小车在 重物的牵引下，由静止开始沿斜面向上运动，重物落 地后，小车会继续向上运动一段距离。打点计时器使 用的交流电频率为50Hz。图(b)中a、b、c是小车运动 纸带上的三段，纸带 运动方向如箭头所示。
连接体问题
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1
两个或两个以上物体相互连接 参与运动的系统称为连接体
常见题型： 平衡态下连接体问题 非平衡态下连接体问题
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2
如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木 块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的 最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F 拉其 中一个质量为2m 的木块，使四个木块一同 一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为 （）