专题16 连接体问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题16 连接体问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共17页。
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FT。
（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FT，求m1：m2。
解：（1）对A有：m1g﹣FT＝m1a1
对B有：FT＝m2a1
则FT＝g
（2）对A有：m1g﹣FT2＝m1a2
对B+C有：FT2＝2m2a2
则FT2＝g
由FT2＝FT
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mgcsθ
B．若α＝θ，滑块的加速度为gtanθ
C．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＝mgcsθ，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＝a2
C．△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。
一．应用整体法与隔离法处理连接体问题
(1)连接体问题的类型
物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体．
(2)整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，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)隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内
各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，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同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”．
二.轻绳相连加速度相同的连接体模型归纳
三、板块连接体模型归纳
四、轻杆、箱子连接体模型归纳
五、轻绳绕滑轮加速度模型归纳
六、加速度不相等的连接体模型归纳
1． 一静一动型连接体
2． 分离问题1
3． 分离问题2
4． 分离问题3
临界条件：①力的角度：A、B间弹力为零FAB=0；②运动学的角度：vA=vB、aA=aB.
5． 斜劈模型1 无外力变速型
6． 斜劈模型2 已知μ加外力变速型
【变式演练1】
（多选）如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中拉力的大小可表示为（ ）
A．M（g﹣a）B．（m1+m2）a
C．D．μm1g+m1a
【解析】设细线的拉力大小为F
A、对物块C，由牛顿第二定律得：Mg﹣F＝Ma，解得：F＝M（g﹣a），故A正确；
B、以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a，故B正确；
C、以物块ABC整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Mg＝（m1+m2+M）a，
对AB整体，由牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a
解得：F＝，故C正确；
D、设AB间的摩擦力大小为f，AB间的摩擦力为静摩擦力，f≠μm1g
对B，根据牛顿第二定律得：f＝m2a，
对A，由牛顿第二定律得：F﹣f＝m1a，
解得：F＝m1a+m2a≠μm1g+m1a。
【变式演练2】
如图所示，倾角为θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为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间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、
轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或断开弹簧与A的连接点。下列判断
正确的是（ ）
A．弹簧断开的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不为零
B．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
C．弹簧断开的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零
D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ
【解析】开始三球静止，处于平衡状态，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动，加速度：a＝（m+2m+3m）gsinθ＝（m+2m+3m）a，解得：a＝gsinθ，故C错误；
A、弹簧被剪断瞬间，对A，由牛顿第二定律得：T+mgsinθ＝ma，解得：T＝0，即A、B之间杆的弹力为零，故A错误；
B、细线被剪断时间，弹簧弹力不变，对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错误；
D、细线被剪断瞬间，对B，由牛顿第二定律得：T′﹣2mgsinθ＝2ma′，解得：T′＝4mgsinθ。
【变式演练3】
质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，
绳子平行于倾角为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，然后释放物块，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力小于mg
C．A物块运动的加速度大小为（1﹣sinα）g
D．A物块运动的加速度大小为
【解析】互换位置前，A静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg
互换位置后，对A有：Mg﹣T＝Ma
对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质量均为m，2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有（ ）
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．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动，故加速度为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于平衡状态，故3的加速度为0；
物体4受重力和弹簧向下的压力，故合力为（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的木块置于小车光滑的水平上表面，跨过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贴着小车光滑竖直右壁，当小车水平向右做加速度为a的匀加速运动时，M、m能与小车保持相对静止，则加速度a、细绳的拉力T及m所受合力F为（ ）
A．a＝B．T＝C．F＝0D．F＝m
【解析】AB、以物块为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得细绳的拉力：T＝mg；
对木块水平方向根据牛顿第二定律可得：T＝Ma，解得：a＝，故A正确、B错误；
CD、以物块为研究对象，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质量均为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）。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则下列关于FN的说法正确的是（ ）
A．刚撤去外力F时，FN＝
B．弹簧弹力等于F时，FN＝
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝mg
【解析】A、刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma1，对物体A有FN﹣mg＝ma1，联立解得FN＝+mg，故A错误；
B、弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F﹣2mg＝2ma2，对物体A有FN﹣mg＝ma2，联立解得FN＝，故B正确；
CD、当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长。
4．如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中（不计空气阻力）（ ）
A．绳的拉力为G
B．绳的拉力为
C．绳的方向与光滑轨道不垂直
D．B的加速度为g sinθ
【解析】D、对整体分析，根据牛顿第二定律得：
加速度为 a＝＝gsinθ，则B的加速度为gsinθ．故D正确。
ABC、隔离对B分析，根据牛顿第二定律知，B的合外力沿斜面向下，大小为mBa＝mBgsinθ＝Gsinθ
由平行四边形定则知，绳的方向与轨道垂直，拉力大小为 T＝Gcsθ。
5．如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ．用水平外力推动物块P，使三个物块一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．该外力的大小一定为6ma
B．物块P受到的合力为μmg+ma
C．若μ＝0，则k＝
D．无论μ为何值，k都等于
【解析】A、物块与地面间的动摩擦因数都为μ，三物块一起向右匀加速运动，加速度相同，对三个物体组成的整体，由牛顿第二定律得：
F﹣μ（m+2m+3m）g＝（m+2m+3m）a
得：F＝6ma﹣6μmg；故A错误；
B、以P为研究对象，P受到的合外力提供P的加速度，所以P受到的合外力：FP合＝ma．故B错误；
C、以R为研究对象，设R和 Q之间相互作用力大小为F1，根据牛顿第二定律得：F1﹣μ•3mg＝3ma
解得：F1＝F
以Q、R组成的整体为研究对象，设Q与P之间相互作用力大小为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的表达式与μ无关，所以不论μ＝0，或μ≠0，始终有F1＝F，F2＝F，
无论μ为何值，都满足：k＝。
6．如图，置于水平地面上相同材料的质量分别为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动，对两物体间绳上的张力，正确的说法是（ ）
A．地面光滑时，绳子拉力的大小为
B．地面不光滑时，绳子拉力大于
C．地面不光滑时，绳子拉力小于
D．地面光滑时，绳子拉力小于
【解析】A、光滑时：由整体求得加速度：a＝①
对m受力分析由牛顿第二定律得：T＝ma ②
由①②式得：，故A正确，B错误
C、地面不光滑时：整体求加速度：③
对m受力分析由牛顿第二定律得：T﹣μmg＝ma ④
由③④得：。
7．无人乘坐时扶梯运转得很慢，当有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。一同学在乘坐电动扶梯时，（该同学与电动扶梯保持相对静止），恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是（ ）
A．该同学对扶梯的压力大小始终等于他所受的重力大小
B．该同学始终受到摩擦力作用
C．该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
D．该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力
【解析】对该同学进行受力分析，如图所示。
A、在加速的过程中，加速度与速度同方向，该同学受三个力作用，如图1所示，此时支持力大小大于重力大小，根据牛顿第三定律可知该同学对扶梯的压力大小等于支持力的大小；在匀速运动的过程中，如图2所示，该同学处于平衡状态，重力大小等于支持力大小，故A错误；
B、在加速的过程中，该同学受到水平向右的摩擦力，在匀速运动的过程中，根据平衡条件可知摩擦力为零，故B错误；
C、该同学和扶梯没有相对运动，所受的摩擦力为静摩擦力，扶梯的加速度a＝增大，静摩擦力也随之增大，故C错误；
D、在加速的过程中，如图3所示，该同学受到扶梯的作用力F大于重力，在匀速过程中，该同学受到扶梯的作用力大小等于重力。
8．如图所示，斜面c固定，重为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对b的压力小于G
B．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之间可能没有摩擦力的作用
【解析】A、物体a、b一起沿斜面向下做匀加速直线运动，a具有竖直向下的分加速度，a处于失重状态，a对b的压力小于其重力G，故A正确；
B、设斜面的倾角为θ，a的质量为ma，b的质量为mb，对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，对物体b，由牛顿第二定律得：ab＝＝gsinθ＝a，故B错误；
CD、物体a的加速度可以分解为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之间的动摩擦因数μ1＝0.2，水平面光滑要使m1和m2之间不发生相对运动，则：F最大不得超过（ ）（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2）
A．2 NB．4NC．6ND．8N
【解析】拉力F作用在物体B上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有：
μ1m1g＝m1a2
对整体，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拉着三个物体在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上加上一个小物体，在原拉力F不变的条件下四个物体仍一起运动，那么连接物体的绳子张力和未放小物体前相比（ ）
A．Ta减小B．Ta不变C．Tb减小D．Tb增大
【解析】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体的总质量为M，则整体的加速度为：a＝。
对最左边的物体分析，有：Ta＝ma＝
对最右边的物体分析，有：F﹣Tb＝m′a
解得：Tb＝F﹣
在中间物体上加上一个小物体，M增大，则整体的加速度a减小，因为m、m′不变，可知，Ta减小，Tb增大。
11．（多选）如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m、m、3m、2m的四个木块A、B、C、D，木块A、B用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，木块C、D与水平面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用水平拉力F拉木块B，使四个木块一起匀速前进，重力加速度为g，则需要满足的条件是（ ）
A．木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3：2
B．木块C、D与水平面间的动摩擦因数最大为
C．轻绳拉力FT最大为μmg
D．水平拉力F最大为
【解析】A、设A与C之间的摩擦力大小为Ff1，B与D之间的摩擦力大小为Ff2，设木块C、D与水平面间的动摩擦因数最大为μ′。
木块C、D均做匀速运动，则Ff1＝4μ′mg，Ff2＝3μ′mg，则Ff1：Ff2＝4：3，故A错误。
B、对A、C整体分析知，绳子上的拉力大小 FT＝Ff1＝4μ′mg，A刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，有 FT＝μmg，联立两式得木块C、D与水平面间的动摩擦因数最大 μ′＝，故B正确。
CD、对B、D整体分析，水平拉力F最大不能超过最大静摩擦力，所以F＝μ′（7mg）＝，FT＝4μ′mg＝μmg。
12.（多选）如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力（ ）
A．绳子所能承受的最大拉力与F无关
B．与斜面动摩擦因数有关
C．与系统运动状态有关
D．绳子的张力大小FT＝
【解析】A、绳子所能承受的最大拉力是绳子本身决定的，与F无关，故A正确；
BCD、对整体分析，根据牛顿第二定律得，a＝。
隔离对m2分析，有：FT﹣m2gsinθ﹣μm2gcsθ＝m2a，
解得：FT＝．
知绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关。
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m3
μ
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-μcsθ)=m1a
得
整体求加速度
隔离求内力T-m1g=m1a
得
m1
m2
F2
μ
μ
a
F1
隔离T-F1-μm1g=m1a
得
m1
m2
μ
光滑
a
F
m1
m2
μ1
μ2
a
)θ
m1
μ1
μ2
a
)θ
m2
整体：a=F/(m1+m2)
隔离m1：f=m1a
得f=m1F/(m1+m2)
整体：a=g(sinθ-μ2csθ)
方向沿斜面向下
隔离m1：m1gsinθ-f=m1a
得f=μ2m1gcsθ
方向沿斜面向上
若μ2=0 则 f=0
整体：a=g(sinθ-μ2csθ)
方向沿斜面向下
隔离m1：f=m1acsθ
得f=m1g(sinθ-μ2csθ)csθ
方向水平向左
若μ2=0 则 f=m1gsinθcsθ
m1
m2
μ1
μ2
a
球m1
m2
μ
v
内壁光滑
箱m2
球m1
v
内壁光滑
箱m2
f空气阻力
隔离m1：m1g(sinθ-μ1csθ)-T=m1a
隔离m2：m2g(sinθ-μ2csθ)+T=m2a
得
（1）若μ1=μ2 T=0，即杆无弹力
（2）若μ10，即杆为拉力
（3）若μ1>μ2 T