專題16連接體問題常考點連接體問題分類及解題措施分析【典例1】如圖所示，光滑水平桌面上的物體B質量為m2，系一細繩，細繩跨過桌沿的定滑輪後懸掛質量為m1的物體A，先用手使B靜止（細繩質量及滑輪摩擦均不計）。（1）求放手後A、B一起運動中繩上的張力FT。（2）若在B上再疊放一種與B質量相等的物體C，繩上張力就增大到FT，求m1：m2。解：（1）對A有：m1g﹣FT＝m1a1對B有：FT＝m2a1則FT＝g（2）對A有：m1g﹣FT2＝m1a2對B+C有：FT2＝2m2a2則FT2＝g由FT2＝FT得：g＝因此m1：m2＝2：1答：（1）放手後A、B一起運動中繩上的張力為g（2）兩物體的質量之比為2：1。【典例2】（多選）如圖，傾角為θ的斜面體固定在水平地面上，既有一帶支架的滑塊正沿斜面加速下滑。支架上用細線懸掛質量為m的小球，當小球與滑塊相對靜止後，細線方向與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，則（）A．若α＝θ，小球受到的拉力為mgcosθB．若α＝θ，滑塊的加速度為gtanθC．若α＞θ，則斜面粗糙D．若α＝θ，則斜面光滑【解析】A、若α＝θ，則細線與斜面垂直，小球受到的重力和細線拉力的合力沿斜面向下，如圖所示，沿細線方向根據平衡條件可得小球受到的拉力為F＝mgcosθ，故A對的；B、若α＝θ，滑塊的加速度與小球的加速度相似，對小球根據牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，故B錯誤；CD、根據B選項可知，若α＝θ，整體的加速度為a＝gsinθ；以整體為研究對象，沿斜面方向根據牛頓第二定律可得：Mgsinθ﹣f＝Ma，解得：f＝0；若斜面粗糙，則整體的加速度減小，則α＜θ。【典例3】在光滑的水平地面上有兩個A完全相似的滑塊A、B，兩滑塊之間用原長為l0的輕質彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運動，且F1＞F．以A、B為一種系統，如圖甲所示，F1、F向相反方向拉A、B兩個滑塊，當運動到達穩定期，彈簧的長度為（l0+△l1），系統的加速度大小為a1；如圖乙所示，F1、F2相向推A、B兩個滑塊，當運動到達穩定期，彈簧的長度為（l0﹣△l2），系統的加速度大小為a2．則下列關系式對的的是（）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，設它們的質量都是m，由牛頓第二定律得：對A、B系統：F1﹣F2＝2ma1，F1﹣F2＝2ma2，對A：F1﹣k△l1＝ma1，F1﹣k△l2＝ma2，解得：a1＝a2，△l1＝△l2。一．應用整體法與隔離法處理連接體問題(1)連接體問題的類型物物連接體、輕桿連接體、彈簧連接體、輕繩連接體．(2)整體法的選用原則若連接體內各物體具有相似的加速度，且不需規定物體之間的作用力，可以把它們當作一種整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)．(3)隔離法的選用原則若連接體內各物體的加速度不相似，或者規定出系統內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解．(4)整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相似的加速度，且規定出物體之間的作用力時，一般采用“先整體求加速度，後隔離求內力”．二.輕繩相連加速度相似的連接體模型歸納mm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Famm1m2Fμμam3μ求m2、m3間作用力，將m1和m2看作整體整體求加速度隔離求內力T-μm1g=m1a得整體求加速度隔離求內力T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a得整體求加速度隔離求內力T-m1g=m1a得mm1m2F2μμaF1隔離T-F1-μm1g=m1a得三、板塊連接體模型歸納mm1m2μ光滑aFmm1m2μ1μ2a)θmm1μ1μ2a)θm2整體：a=F/(m1+m2)隔離m1：f=m1a得f=m1F/(m1+m2)整體：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔離m1：m1gsinθ-f=m1a得f=μ2m1gcosθ方向沿斜面向上若μ2=0則f=0整體：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔離m1：f=m1acosθ得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ方向水平向左若μ2=0則f=m1gsinθcosθ四、輕桿、箱子連接體模型歸納mm1m2μ1μ2a球球m1m2μv內壁光滑箱m2球球m1v內壁光滑箱m2f空氣阻力隔離m1：m1g(sinθ-μ1cosθ)-T=m1a隔離m2：m2g(sinθ-μ2cosθ)+T=m2a得（1）若μ1=μ2T=0，即桿無彈力（2）若μ1<μ2T>0，即桿為拉力（3）若μ1>μ2T<0，即桿為壓力①下滑整體：a=g(sinθ-μcosθ)隔離m1：m1gsinθ-FN=m1a得：FN=μm1gcosθ方向向上，即左側壁有彈力若μ=0FN=0，即球無彈力②上沖方向向下，即右側壁有彈力①上拋整體：a=g+f/(m1+m2)隔離m1：m1g+FN=m1a得：FN=m1f/(m1+m2)方向向下，即上側壁有彈力若f=0則FN=0，即球無彈力②下落方向向上，即下側壁有彈力五、輕繩繞滑輪加速度模型歸納mm1m2aaμmm1m2aa隔離m1：T-μm1g=m1a隔離m2：m2g-T=m2a得，隔離m1：m1g-T=m1a隔離m2：T-m2g=m2a得，若μ=0，且m2<<m1，若m1=m2，T=m1g=m2g六、加速度不相等的連接體模型歸納1．一靜一動型連接體MMm2．分離問題1分離類型：A與彈簧分離AAFa處在原長，分離：彈力為零；加速度此瞬間還為零AA處在壓縮狀態，接觸3．分離問題2分離類型：B與地面分離AABFa處在伸長狀態，分離：彈力為零；加速度此瞬間還為零AAB處在壓縮狀態，xxOF分離mAax1+x2(mA+mB)g+mAa斜率k4．分離問題3臨界條件：①力的角度：A、B間彈力為零FAB=0；②運動學的角度：vA=vB、aA=aB.分離類型：A、B分離AABFa處在壓縮狀態，x2=mB(g+a)/k分離：彈力為零；加速度瞬間還相等ttOv分離aBt1AAAB處在壓縮狀態，xxOF分離(mA+mB)ax1-x2mA(g+a)斜率k5．斜劈模型1無外力變速型6．斜劈模型2已知μ加外力變速型【變式演習1】（多選）如圖所示，質量為m2的物塊B放在光滑的水平桌面上，其上放置質量為m1的物塊A，用通過光滑定滑輪的細線將A與質量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度大小a從靜止開始運動，已知A、B間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，則細線中拉力的大小可表達為（）A．M（g﹣a）B．（m1+m2）aC．D．μm1g+m1a【解析】設細線的拉力大小為FA、對物塊C，由牛頓第二定律得：Mg﹣F＝Ma，解得：F＝M（g﹣a），故A對的；B、以AB整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F＝（m1+m2）a，故B對的；C、以物塊ABC整體為研究對象，由牛頓第二定律得：Mg＝（m1+m2+M）a，對AB整體，由牛頓第二定律得：F＝（m1+m2）a解得：F＝，故C對的；D、設AB間的摩擦力大小為f，AB間的摩擦力為靜摩擦力，f≠μm1g對B，根據牛頓第二定律得：f＝m2a，對A，由牛頓第二定律得：F﹣f＝m1a，解得：F＝m1a+m2a≠μm1g+m1a。【變式演習2】如圖所示，傾角為θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的質量分別為m、2m、3m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間固定一種輕桿，B、C間由一輕質細線連接。彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統處在靜止狀態，現忽然剪斷細線或斷開彈簧與A的連接點。下列判斷對的的是（）A．彈簧斷開的瞬間，A、B之間桿的彈力大小不為零B．細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為2gsinθC．彈簧斷開的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零D．細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsinθ【解析】開始三球靜止，處在平衡狀態，由平衡條件可知，彈簧的彈力：F＝（m+2m+3m）gsinθ＝6mgsinθ；C、彈簧被剪斷瞬間，三球一起向下做勻加速直線運動，加速度：a＝（m+2m+3m）gsinθ＝（m+2m+3m）a，解得：a＝gsinθ，故C錯誤；A、彈簧被剪斷瞬間，對A，由牛頓第二定律得：T+mgsinθ＝ma，解得：T＝0，即A、B之間桿的彈力為零，故A錯誤；B、細線被剪斷時間，彈簧彈力不變，對A、B系統，由牛頓第二定律得：F﹣（m+2m）gsinθ＝（m+2m）a′，解得：a′＝gsinθ，方向：平行于斜面向上，故B錯誤；D、細線被剪斷瞬間，對B，由牛頓第二定律得：T′﹣2mgsinθ＝2ma′，解得：T′＝4mgsinθ。【變式演習3】質量分別為M和m的物塊A和B形狀、大小均相似，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，A物塊恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然後釋放物塊，斜面仍保持靜止。則下列說法對的的是（）A．輕繩的拉力等于MgB．輕繩的拉力不不小于mgC．A物塊運動的加速度大小為（1﹣sinα）gD．A物塊運動的加速度大小為【解析】互換位置前，A靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg互換位置後，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．如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量均為m，2、4質量均為m0，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處在靜止狀態。現將兩木板沿水平方向忽然抽出，設抽出後的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，則有（）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】桿的彈力可以突變，故在將木板抽出的瞬間，1和2兩物塊將整體向下做自由落體運動，故加速度為a1＝a2＝g；而彈簧的彈力不能突變，木板抽出前，彈簧的彈力等于3的重力，故在抽出木板的瞬間，物塊3受重力和彈簧向上的彈力仍處在平衡狀態，故3的加速度為0；物體4受重力和彈簧向下的壓力，故合力為（m+m0）g，則由牛頓第二定律可知，加速度a4＝。2．如圖所示，質量M的木塊置于小車光滑的水平上表面，跨過光滑定滑輪的細繩一端水平連接木塊，另一端豎直懸掛質量m的物塊，且m貼著小車光滑豎直右壁，當小車水平向右做加速度為a的勻加速運動時，M、m能與小車保持相對靜止，則加速度a、細繩的拉力T及m所受合力F為（）A．a＝B．T＝C．F＝0D．F＝m【解析】AB、以物塊為研究對象，豎直方向根據平衡條件可得細繩的拉力：T＝mg；對木塊水平方向根據牛頓第二定律可得：T＝Ma，解得：a＝，故A對的、B錯誤；CD、以物塊為研究對象，豎直方向受力平衡，則物塊受到的合力F＝ma。3．如圖，物體A、B質量均為m，疊放在輕質彈簧上（彈簧下端固定于地面上，上端和物體拴接）。對A施加一豎直向下，大小為F的外力，使彈簧再壓縮一段距離（彈簧一直處在彈性程度內）後物體A、B處在平衡狀態。已知重力加速度為g，F＞2mg。現忽然撤去外力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的互相作用力大小為FN，則下列有關FN的說法對的的是（）A．剛撤去外力F時，FN＝B．彈簧彈力等于F時，FN＝C．兩物體A、B在彈簧恢復原長之前分離D．彈簧恢復原長時FN＝mg【解析】A、剛撤去外力F時，由牛頓第二定律，對A、B構成的整體有F＝2ma1，對物體A有FN﹣mg＝ma1，聯立解得FN＝+mg，故A錯誤；B、彈簧彈力等于F時，對A、B構成的整體有F﹣2mg＝2ma2，對物體A有FN﹣mg＝ma2，聯立解得FN＝，故B對的；CD、當A、B恰好分離時，A、B間互相作用力為0，對A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也為g，根據牛頓第二定律分析可知彈簧恰好恢復到原長。4．如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一種重力為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，則下滑過程中（不計空氣阻力）（）A．繩的拉力為GB．繩的拉力為C．繩的方向與光滑軌道不垂直D．B的加速度為gsinθ【解析】D、對整體分析，根據牛頓第二定律得：加速度為a＝＝gsinθ，則B的加速度為gsinθ．故D對的。ABC、隔離對B分析，根據牛頓第二定律知，B的合外力沿斜面向下，大小為mBa＝mBgsinθ＝Gsinθ由平行四邊形定則知，繩的方向與軌道垂直，拉力大小為T＝Gcosθ。5．如圖所示，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數都為μ．用水平外力推進物塊P，使三個物塊一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運動。記R和Q之間互相作用力與Q與P之間互相作用力大小之比為k，重力加速度為g，下列判斷對的的是（）A．該外力的大小一定為6maB．物塊P受到的合力為μmg+maC．若μ＝0，則k＝D．無論μ為何值，k都等于【解析】A、物塊與地面間的動摩擦因數都為μ，三物塊一起向右勻加速運動，加速度相似，對三個物體構成的整體，由牛頓第二定律得：F﹣μ（m+2m+3m）g＝（m+2m+3m）a得：F＝6ma﹣6μmg；故A錯誤；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錯誤；C、以R為研究對象，設R和Q之間互相作用力大小為F1，根據牛頓第二定律得：F1﹣μ?3mg＝3ma解得：F1＝F以Q、R構成的整體為研究對象，設Q與P之間互相作用力大小為F2，根據牛頓第二定律得：F2﹣μ（2m+3m）g＝（2m+3m）a解得：F2＝F。由于F1、F2的體現式與μ無關，因此不管μ＝0，或μ≠0，一直有F1＝F，F2＝F，無論μ為何值，都滿足：k＝。6．如圖，置于水平地面上相似材料的質量分別為m和M的兩物體間用細繩相連，在M上施加一水平恒力F，使兩物體做勻加速運動，對兩物體間繩上的張力，對的的說法是（）A．地面光滑時，繩子拉力的大小為B．地面不光滑時，繩子拉力不小于C．地面不光滑時，繩子拉力不不小于D．地面光滑時，繩子拉力不不小于【解析】A、光滑時：由整體求得加速度：a＝①對m受力分析由牛頓第二定律得：T＝ma②由①②式得：，故A對的，B錯誤C、地面不光滑時：整體求加速度：③對m受力分析由牛頓第二定律得：T﹣μmg＝ma④由③④得：。7．無人乘坐時扶梯運轉得很慢，當有人站上扶梯時，它會先加速，再勻速運轉。一同學在乘坐電動扶梯時，（該同學與電動扶梯保持相對靜止），恰好經歷了這兩個過程，如圖所示。那么下列說法中對的的是（）A．該同學對扶梯的壓力大小一直等于他所受的重力大小B．該同學一直受到摩擦力作用C．該同學所受的摩擦力大小與扶梯的加速度大小無關D．該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】對該同學進行受力分析，如圖所示。A、在加速的過程中，加速度與速度同方向，該同學受三個力作用，如圖1所示，此時支持力大小不小于重力大小，根據牛頓第三定律可知該同學對扶梯的壓力大小等于支持力的大小；在勻速運動的過程中，如圖2所示，該同學處在平衡狀態，重力大小等于支持力大小，故A錯誤；B、在加速的過程中，該同學受到水平向右的摩擦力，在勻速運動的過程中，根據平衡條件可知摩擦力為零，故B錯誤；C、該同學和扶梯沒有相對運動，所受的摩擦力為靜摩擦力，扶梯的加速度a＝增大，靜摩擦力也隨之增大，故C錯誤；D、在加速的過程中，如圖3所示，該同學受到扶梯的作用力F不小于重力，在勻速過程中，該同學受到扶梯的作用力大小等于重力。8．如圖所示，斜面c固定，重為G的物體a放在上表面水平的物體b上，沿光滑斜面c一起向下滑，則（）A．a對b的壓力不不小于GB．若物體b上沒有放物體a，物體b的加速度將增大C．a受到的摩擦力方向水平向左D．a與b之間也許沒有摩擦力的作用【解析】A、物體a、b一起沿斜面向下做勻加速直線運動，a具有豎直向下的分加速度，a處在失重狀態，a對b的壓力不不小于其重力G，故A對的；B、設斜面的傾角為θ，a的質量為ma，b的質量為mb，對a、b整體，由牛頓第二定律得：a＝＝gsinθ，若物體b上沒有放物體a，對物體b，由牛頓第二定律得：ab＝＝gsinθ＝a，故B錯誤；CD、物體a的加速度可以分解為水平方向的分加速度ax，與豎直方向的分加速度ay，ax水平向右，在水平方向，由牛頓第二定律得：f＝maax，a受到的摩擦力方向水平向右。9．如圖所示，m1＝1kg，m2＝2kg，m1和m2之間的動摩擦因數μ1＝0.2，水平面光滑要使m1和m2之間不發生相對運動，則：F最大不得超過（）（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2）A．2NB．4NC．6ND．8N【解析】拉力F作用在物體B上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力到達最大值，對物體A，有：μ1m1g＝m1a2對整體，有：Fmax＝（m1+m2）a2；由上述各式聯立解得：F2max＝6N。10．（多選）如圖所示，用力F拉著三個物體在光滑的水平面上一起運動，目前中間物體上加上一種小物體，在原拉力F不變的條件下四個物體仍一起運動，那么連接物體的繩子張力和未放小物體前相比（）A．Ta減小B．Ta不變C．Tb減小D．Tb增大【解析】設最左邊的物體質量為m，最右邊的物體質量為m′，整體的總質量為M，則整體的加速度為：a＝。對最左邊的物體分析，有：Ta＝ma＝對最