专题3.6 连接体问题-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案

这是一份专题3.6 连接体问题-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案，文件包含专题36连接体问题解析版docx、专题36连接体问题原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共27页， 欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5917" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc5917 1
\l "_Tc13406" 一．应用整体法与隔离法处理连接体问题 PAGEREF _Tc13406 1
\l "_Tc2976" 二.轻绳相连加速度相同的连接体模型归纳 PAGEREF _Tc2976 2
\l "_Tc18358" 三、板块连接体模型归纳 PAGEREF _Tc18358 2
\l "_Tc8467" 四、轻杆、箱子连接体模型归纳 PAGEREF _Tc8467 3
\l "_Tc12942" 五、轻绳绕滑轮加速度模型归纳 PAGEREF _Tc12942 3
\l "_Tc4628" 六、加速度不相等的连接体模型归纳 PAGEREF _Tc4628 4
\l "_Tc12689" 1． 一静一动型连接体 PAGEREF _Tc12689 4
\l "_Tc27420" 2． 分离问题1 PAGEREF _Tc27420 4
\l "_Tc16353" 3． 分离问题2 PAGEREF _Tc16353 4
\l "_Tc8468" 4． 分离问题3 PAGEREF _Tc8468 4
\l "_Tc29674" 5． 斜劈模型1 无外力变速型 PAGEREF _Tc29674 5
\l "_Tc6476" PAGEREF _Tc6476 5
\l "_Tc3048" 6． 斜劈模型2 已知μ加外力变速型 PAGEREF _Tc3048 5
\l "_Tc5754" PAGEREF _Tc5754 5
\l "_Tc28544" 【典例分析】 PAGEREF _Tc28544 5
\l "_Tc23151" 【专题精练】 PAGEREF _Tc23151 7
【考点扫描】
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
【典例分析】
【例1】（2020·江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（ ）
A. FB. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有，联立解得。故选C。
【例2】(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)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eq \f(2,3)a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
【解析】：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·eq \f(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．
【技巧总结】(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路得先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【例3】如图所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑
B．A运动的加速度大小为a＝eq \f(mg,m＋M)
C．水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左
D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
【答案】ABD
【解析】因B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故如果物块B不受细绳的拉力作用，则沿斜面方向受力平衡，即Mgsin θ＝μMgcs θ，若给B一初速度，物块B将匀速下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确；对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知T＋μMgcs θ－Mgsin θ＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝eq \f(mg,M＋m)，选项B正确；设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，则斜面C的受力分析如图所示。
由于斜面体始终静止不动，故有：Ff′＋Ffcs θ＝FN2sin θ，FN1＝G＋Ffsin θ＋FN2cs θ，又因为Ff＝Mgsin θ，FN2＝Mgcs θ，联立可得：Ff′＝0，FN1＝G＋Mg，故选项C错误，D正确。
【例4】(2020·广东湛江市第二次模拟)如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．该水平拉力大于轻绳的弹力
B．物块c受到的摩擦力大小为μmg
C．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg
D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg
【答案】ACD
【解析】三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：FT＝2μmg，则：F＞FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律，对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：Ff＝ma，解得：Ff＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对b、c系统：2μmg＝2ma′，对c：Ff′＝ma′，解得：Ff′＝μmg，故D正确．
【例5】(2020·保定一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动 B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5eq \r(2) N D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【答案】BD
【关键信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
【解析】
甲 乙
对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝eq \f(mg,sin 45°)＝eq \r(2)mg＝10eq \r(2) N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
【例6】如图所示，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＝eq \f(mg＋F,2) B．弹簧弹力等于F时，FN＝eq \f(F,2)
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
【答案】B
【解析】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＝eq \f(F,2)＋mg，选项A错误；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＝eq \f(F,2)，选项B正确；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，选项C、D错误。
【专题精练】
1.(2020·福建漳州市第二次教学质量监测)如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
A.eq \f(F,5k) B.eq \f(2F,5k) C.eq \f(3F,5k) D.eq \f(F,k)
【答案】C
【解析】对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F,5m)，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有：F弹＝kx＝3ma，可得x＝eq \f(3F,5k)，故A、B、D错误，C正确．
2.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
【答案】AC
【解析】隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，所以A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．
3.(2020·南昌二中月考)(多选)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恰好能静止在斜面上，不考虑A、B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A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
【答案】ACD
【解析】本题考查连接体的临界问题。第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝eq \f(M－m,M)g。对B，由牛顿第二定律有T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、C、D正确，B错误。
4.(多选)(2020·滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(2,1)B．若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)＝eq \f(1,2)
C．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)D．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(1,2)，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)≠eq \f(1,2)，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cs θ＝mg、F4cs α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)，故选项D正确。
5.(2020·湖北武汉模拟)如图所示，两粘连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力( )
A．必为推力 B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力 D．不可能为零
【答案】C.
【解析】：将a、b看做一个整体，加速度a＝eq \f(Fa＋Fb,ma＋mb)，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝eq \f(Fa＋Fab,ma)＝eq \f(Fa＋Fb,ma＋mb)，即Fab＝eq \f(Fbma－Famb,ma＋mb)，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.
6．(2020·河南南阳五校联考)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为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中 ( )
A．B的加速度为gsin θ B．绳的拉力为eq \f(G,cs θ)
C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G
【答案】A
【解析】：.
A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin θ，故A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcs θ，故B、C、D错误．
7.(2020·安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
【答案】C.
【解析】：根据v－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.5,0.3) m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度为a2＝eq \f(Δv′,Δt′)＝eq \f(3,0.1) m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，C正确．
8.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.用大小为F的水平外力推动物块P，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.下列判断正确的是( )
A．若μ≠0，则k＝eq \f(5,6) B．若μ≠0，则k＝eq \f(3,5)
C．若μ＝0，则k＝eq \f(1,2) D．若μ＝0，则k＝eq \f(3,5)
【答案】BD.
【解析】：三个物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，根据牛顿第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，解得加速度a＝eq \f(F－6μmg,6m).隔离R进行受力分析，根据牛顿第二定律有F1－3μmg＝3ma，解得R和Q之间相互作用力大小F1＝3ma＋3μmg＝eq \f(1,2)F；隔离P进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－F2－μmg＝ma，可得Q与P之间相互作用力大小F2＝F－μmg－ma＝eq \f(5,6)F.所以k＝eq \f(F1,F2)＝eq \f(\f(1,2)F,\f(5,6)F)＝eq \f(3,5)，由于k值与μ是否为0无关，故B、D正确．
9.如图所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为2m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在此过程中，A、B间的摩擦力为( )
A．μF B.eq \f(1,2)m(g＋a)
C．m(g＋a) D.eq \f(3,2)m(g＋a)
【答案】B
【解析】对A、B整体，根据牛顿第二定律，有2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔离物体A，根据牛顿第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。联立解得FfBA＝eq \f(1,2)m(g＋a)，选项B正确。
10．如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g＝10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
A．2.5 m/s2 B．3 m/s2C．2 m/s2 D．4 m/s2
【答案】BD
【解析】当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q，N传感器示数不为零，受力分析如图所示
则FQ＋mg＝FNcs 15°，F合＝FNsin 15°＝ma。解得a＝eq \f(FQ＋mg,m)tan 15°＝eq \f(FQ,m)×0.27＋10×0.27＝0.27×eq \f(FQ,m)＋2.7≥2.7。故可能的为B、D选项。
11.一个大人和一个小孩用不同种雪橇在倾角为θ的倾斜雪地上滑雪，大人和小孩(大人和雪橇的质量较大)之间用一根轻杆(杆与斜面平行)相连。发现他们恰好匀速下滑。若大人、小孩同时松开轻杆，则可能的情况是( )
A．大人加速下滑，小孩减速下滑，两者加速度大小相同
B．大人加速下滑，小孩减速下滑，两者加速度大小不同
C．两人都加速下滑，但加速度不同
D．两人都减速下滑，但加速度不同
【答案】B
【解析】由于整体匀速下滑，假设上面一个为大人，以大人为研究对象有Mgsin θ＝f1＋T，杆的弹力为T，以小孩为研究对象有mgsin θ＋T＝f2。当松开轻杆后有Mgsin θ－f1＝Ma大，f2－mgsin θ＝ma小，所以有Ma大＝ma小，由于大人和雪橇的质量大于小孩和雪橇的质量，即M＞m，故有a大＜a小，同时可看出两人加速度的方向始终相反，故正确选项为B。
12.(2020·南通模拟)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，用通过光滑的定滑轮的细线将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，则细线中的拉力大小为( )
A．MgB．M(g＋a)
C．(m1＋m2)aD．m1a＋μm1g
【答案】C
【解析】以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。
13.（2020重庆市第二次学业质量调研抽测）如图所示，在一粗糙水平面上有两块质量分别为m1和m2的木块1和2，木块与地面间的动摩擦因数均为μ，中间用一原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连接起来。现用一水平力向右拉木块2，当两木块均以加速度a向右匀加速运动时，两木块之间的距离是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】两木块均以加速度a向右匀加速运动时，对木块1
所以两木块之间的距离是故A正确BCD错误。故选A。
14.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
A．施加外力前，弹簧的形变量为eq \f(2g,k)
B．施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【答案】B
【解析】：施加拉力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝eq \f(2Mg,k)，故选项A错误；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故选项B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a，且FAB＝0，对B物体，有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故选项C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故选项D错误．
15.(2020·河南开封四校联考)(多选)如图甲所示，在光滑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受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平方向的力FA(向右为正方向)按如图乙所示的规律变化，从t＝0开始计时，则( )
A．A物体在3 s末的加速度是初始时刻的eq \f(5,11) B．t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零 D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反
【答案】ABD
【解析】：根据题图乙可得出FA的变化规律为FA＝9－2t(N)，对于A、B整体，根据牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为FN，则对B，根据牛顿第二定律可得FN＋FB＝mBa，解得FN＝mBeq \f(FA＋FB,mA＋mB)－FB＝eq \f(164t,3)(N)；当t＝4 s时FN＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，当t＜4 s时，A、B的加速度均为a＝eq \f(FA＋FB,mA＋mB)，综上所述，选项B、D正确，C错误；t＝0时，A物体的加速度为a0＝eq \f(11N,mA＋mB)，t＝3 s末，A物体的加速度为a′＝eq \f(5N,mA＋mB)，则a′＝eq \f(5,11)a0，故选项A正确．
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μ1<μ2 T>0，即杆为拉力
（3）若μ1>μ2 T<0，即杆为压力
①下滑
整体：a=g(sinθ-μcsθ)
隔离m1：m1gsinθ-FN=m1a
得：FN=μm1gcsθ
方向向上，即左侧壁有弹力
若μ=0 FN=0，即球无弹力
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，即球无弹力
②下落
方向向上，即下侧壁有弹力
m1
m2
a
a
μ
m1
m2
a
a
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<若m1=m2，T=m1g=m2g
M
m
分离类型：A与弹簧分离
A
F
a
处于原长，
分离：弹力为零；
加速度此瞬间还为零
A
处于压缩状态，
接触
分离类型：B与地面分离
A
B
F
a
处于伸长状态，
分离：弹力为零；
加速度此瞬间还为零
A
B
处于压缩状态，
x
O
F
分离
mAa
x1+x2
(mA+mB)g+mAa
斜率k
分离类型：A、B分离
A
B
F
a
处于压缩状态，
x2=mB(g+a)/k
分离：弹力为零；
加速度瞬间还相等
t
O
v
分离
a
B
t1
A
A
B
处于压缩状态，
x
O
F
分离
(mA+mB)a
x1-x2
mA(g+a)
斜率k