专题04连接体模型（答案版）_高中物理模型题型与方法

专题 04 连接体模型 目录 【模型一】平衡中的连接体模型......................................................................................................................1 1.轻杆连接体问题.......................................................................................................................................1 2． 轻环穿杆问题......................................................................................................................................2 【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型..............................................................................................................8 1． 悬绳加速度问题..................................................................................................................................9 2． 类悬绳加速度问题..............................................................................................................................9 【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体..................................................................................................24 【模型四】板块加速度相同的连接体模型....................................................................................................31 【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型.........................................................................43 【模型六】弹簧木块分离问题模型................................................................................................................54 【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型....................................................................................64 1.绳、杆末端速度分解四步.....................................................................................................................64 2.绳杆末端速度分解的三种方法.............................................................................................................64 3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型.................................................................................................65 4.轻杆相连的系统机械能守恒模型.........................................................................................................65 【模型一】平衡中的连接体模型 【模型构建】 1.轻杆连接体问题 【问题】如图，求m m 大小 1： 2 方法一、正弦定理法 方法二、力乘力臂法 方法三、重心法 对m 、m 受力分析，三力平衡 以整体为研究对象，以圆心为转动 以整体为研究对象，整体受重力 1 2 可构成矢量三角形，根据正弦定 轴，两圆弧的支持力的力臂均为 和两圆弧的支持力，根据三力平 理有， 零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以 衡必共点，因此整体的重心必过 力臂等值反向。根据转动平衡知:动 圆 心 正 下 方 。 所 以 有 力乘以动力臂等于阻力乘以阻力 m·Rsinθ =m·Rsinθ ， ∴ m 1 1 2 2 1 ： 臂，即mg·Rsinα=mg·Rsinβ。 m=sinβ：sinα 1 2 2m 1 g F ∴m 1： m 2 =sinβ：sinα = sinθ sinα 对m： 1 1 m g F 2 = sinθ sinβ 对m： 2 2 根据等腰三角形有：θ=θ 1 2 联立解得mgsinα=mgsinβ 1 2 ∴m m=sinβ：sinα 1： 2 2． 轻环穿杆问题 F F F F N N N N f μ T 2 θ T T T T 1 轻环穿光滑杆，二力平衡， 轻环穿粗糙杆，三力平衡， 轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向 拉力垂直杆 最大夹角tanθ=μ 【模型演练1】（2023·江苏·高三统考阶段练习）如图所示，甲、乙两个小球，通过细线悬挂在天花板上的 O点，质量分别为m、m，两个小球在弧形轻质细杆支撑下恰好位于同一水平线上，细线与竖直方向成 1 2 53°和37°，则m∶m 为（ ） 1 2 A．9∶16 B．16∶9 C．3∶4 D．4∶3 【答案】A 【详解】将甲乙看成一个系统，设O到甲乙连线的距离为 ，如图所示根据杠杆原理，由平衡条件得 由几何关系得 联立解得 故A正确，BCD错误。 故选A。 【模型演练2】（2023·全国·高三期末）如图所示，两个可视为质点的小球 和 ，用质量可忽略的刚性细 杆相连，放置在一个光滑的半球面内，已知小球 和 的质量之比为 。当两球处于平衡状态时，光滑球 面对小球 的支持力大小等于 ，对小球 的支持力大小等于 。若要求出 的比值大小，则 （ ） A．需要知道刚性细杆的长度与球面半径的关系 B．需要知道刚性细杆的长度和球面半径的大小 C．不需要其他条件，有 D．不需要其他条件，有 【答案】C 【详解】受力分析如图分别对小球 和 受力分析有 ， 根据几何关系有 ， 则有 故选C。 【模型演练3】（2023·山西·高三统考阶段练习）如图所示，倾角为 的光滑轻杆一端固定在地面上，绕 过光滑定滑轮的轻绳一端连接轻弹簧，另一端连接质量 的小球，轻弹簧的另一端连接轻质小环，小 环和小球均套在光滑杆上，系统处于静止状态，轻绳与杆的夹角为 ，轻弹簧的劲度系数为 ， 重力加速度 ，则轻弹簧的形变量为（ ） A． B． C． D．【答案】C 【详解】由于小环是轻质的，故弹簧必将与杆垂直，否则受力不平衡。对小球受力分析如图所示 将各力沿着杆分解，根据平衡条件有 解得 又弹簧的弹力等于轻绳的拉力，故由胡克定律可得 解得 故选C。 【模型演练4】（2023春·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如 图所示，底座支点记为O点，OA为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V” 形吊车的右臂，一根钢索连接底座与B点，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，重 物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为 ，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ，且左臂OA与右臂OB相互垂 直，左臂OA、右臂OB总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正 确的是（ ） A．定滑轮对钢索的支持力为B．AB段钢索所受到的拉力为2Mg C．右臂OB对钢索的支持力为 D．底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为 【答案】A 【详解】A．作示意图如图1所示，设重物所在位置为C点，则钢索在A点夹角为 定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力方向沿着 的角平分线，即 由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力 故A正确； B．由题意可知，物体缓慢向上运动，钢索拉力 故B错误； C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知 解得 故C错误； D．以整体为研究对象，钢索也与底座接触，底座对整体的支持力大于 ，故D选项错误。故选A。 【模型演练5】如图所示，竖直放置的光滑圆环，顶端D点处固定一定滑轮(大小忽略)，圆环两侧套着质 量分别为m、m 的两小球A、B，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，A、B连线过圆心O点， 1 2 且与右侧绳的夹角为θ。则A、B两小球的质量之比为( ) A．tan θ B． C． D．sin2θ 【答案】B 【解析】对两小球分别受力分析，作出力的矢量三角形，如图所示。 对小球A，可得＝；对小球B，可得＝；联立解得＝，故选B。 【模型演练6】如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量 m＝ kg的小球B 相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中 M、m相 对位置保持不变，g取10 m/s2。求： (1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ； (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ； (3)当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？ 【答案】(1)30° (2) (3)arctan 【解析】(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得Fcos 30°＝Tcos θ Fsin 30°＋Tsin θ＝mg 解得T＝10 N，tan θ＝， 即θ＝30°。 (2)对A进行受力分析，由平衡条件有Tsin θ＋Mg＝F N Tcos θ＝μF N 解得μ＝。 (3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有 Fsin α＋F ＝(M＋m)g，Fcos α＝μF N N 解得F＝ 令sin β＝，cos β＝，即tan β＝，则 F＝＝ 【模型演练7】如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本 处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则( ) A．杆对A环的支持力变大 B．B环对杆的摩擦力变小 C．杆对A环的力不变 D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大 【答案】 B 【解析】 将A、B两个轻环、绳及书本视为整体，在竖直方向上，整体受到向下的重力和向上的支持力 作用，两个支持力大小之和等于重力，F ＝mg，大小保持不变，A错误；对B环受力分析如图所示，F＝ N f F tan θ＝mgtan θ，两环距离变小，tan θ减小，F 变小，B正确；对A环受力分析与B环类似，杆对环的 N f 力为支持力F 和摩擦力F 的合力，与F 大小相等，F ＝，当θ发生变化时，F 发生变化，C错误；F cos N f T T T T θ＝mg，两环距离变小，cos θ变大，细绳上的拉力变小，D错误． 【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 【模型要点】 1． 悬绳加速度问题 水平加速中的悬绳 倾斜加速中的悬绳 注意“发飘” 多悬绳 ①绳竖直 a m θ m θ m θ m α α α my y θ=0，a=0，μ=tanα y y T T T θ T ②绳垂直 F N α θ θ-α α F x x x α x α mg mg θ mg mg m θ= a=g·tanθ gsinθ α，a=gsinα，μ=0 T=mgsinθ+macosθ T=mg/cosθ a= T=mg/cosθ cos(θ−α) ③绳水平 F N =mgcosθ-masinθ F=mg·tanθ-ma 加速度大小与质量 a>g·cotα发飘: a>g·tanθ发飘: T=mgcosα/cos(θ-α) m 无关，与偏角有关 α F =0 F=0 N a=g/sinα，向上减速 T= √ (mg) 2 +(ma) 2 T= √(mg) 2 +(ma) 2 μ=cotα 2． 类悬绳加速度问题 光滑斜面车上物体 光滑圆弧车中物体 车上死杆 车中土豆 车上人 m a m θ a m θ a m aa m a 死杆 θ y y y y y F N F N F F F N F θ θ x x x x x f mg mg mg mg mg 加速度a=g·tanθ 加速度a=g·tanθ 杆对球的弹力 其它土豆对黑土豆 车对人的作用力 的作用力 支持力F N =mg/cosθ 支持力F N =mg/cosθ F=√(ma) 2 +(mg) 2 F=√(ma) 2 +(mg) 2 F=√(ma) 2 +(mg) 2 【模型演练1】（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，一辆公共汽车在水平公路上做直线运动， 小球A用细线悬挂车顶上，车厢底板上放一箱苹果，苹果箱和苹果的总质量为M，苹果箱和箱内的苹果始 终相对于车箱底板静止，苹果箱与公共汽车车厢底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若观察到细线 偏离竖直方向夹角大小为θ并保持不变，则下列说法中正确的是（ ） A．汽车一定向右做匀减速直线运动 B．车厢底板对苹果箱的摩擦力水平向右C．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到合力为 D．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到周围其他苹果对它的作用力大小为 【答案】D 【详解】A．对小球受力分析 可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线 运动，如果向左运动，则做加速直线运动，A错误； B．设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得 解得 则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为 ，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢 底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为 ，以这箱苹果为研究对象，根 据牛顿第二定律有 ，水平向左 B错误； CD．以苹果箱中间一个质量为m的苹果为研究对象，合外力为ma，设周围其它苹果对它的作用力大小为 F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有 在竖直方向上 加速度 三式联立解得则α = θ，C错误、D正确。 故选D。 【模型演练2】．（2023·黑龙江七台河·高三校考期末）如图，汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球 A用细线悬挂车顶上，质量为m的一位中学生手握扶杆，始终相对于汽车静止地站在车箱底板上，学生鞋 底与汽车间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻汽车对学生产生的作用力 的大小和方向为（ ） A．mg，竖直向上 B． ，斜向左上方 C．mgtanθ，水平向右 D．mgsinθ，斜向右上方 【答案】B 【详解】以小球为研究对象，受力如图所示 根据牛顿第二定律可得 m gtanθ=m a 球 球 解得a=gtanθ 以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，设汽车对学生的作用力F与竖直方向的夹角为α， 根据牛顿第二定律可得 mgtanα=ma， 将a=gtanθ代入，解得 α=θ， 方向斜向左上方。 故选B。 【模型演练3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，有一固定的倾斜长钢索，小球Q通过轻绳与环P相 连，并随P一起沿钢索下滑，下滑过程中，轻绳始终与钢索是垂直的，不计空气阻力，则（ ） A．球Q的加速度大小与重力加速度的大小相等 B．球Q所受重力的功率保持不变 C．球Q的机械能守恒 D．球Q动量变化的方向竖直向下 【答案】C 【详解】A．设钢索与水平方向夹角为 ，小球Q受力分析可得 得加速度 故A错误； B．球Q下降过程中所受重力的功率 因速度在增大，故重力功率也增大，故B错误； C．小球运动过程中绳子拉力与运动方向垂直，不做功。只有重力做功，因此机械能守恒，C正确；D．合外力冲量等于动量变化量，故球Q动量变化的方向沿绳索向下，故D错误。 故选C。 【模型演练4】．（2023·全国·模拟预测）如图所示，一固定杆与水平方向夹角为 ，将一质量为 的滑 块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为 的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为 。若滑块与小球保持相 对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为 ，且 ，则滑块的运动情况是 （ ） A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑 【答案】D 【详解】把滑块和小球看做整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，若速度方向向下，则沿斜 面方向上有 垂直斜面方向上有 摩擦力为 联立可得 对小球有：若 ，则 现有 则有 所以整理得 因为 所以 但 所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑。 故选D。 【模型演练5】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ=30°的光滑 斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。 如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a 时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水 1 平面上向右加速且加速度大小不超过a 时，小球仍能够和小车保持相对静止，则a 和a 的大小之比为（ 2 1 2 ） A． ∶1 B． ∶3 C．3∶1 D．1∶3 【答案】D 【详解】分析小球的受力情况如图所示 如果小车在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有 F sinθ-Fcosθ=ma N T 1竖直方向上有 F cosθ＋Fsinθ=mg N T 解得 a= g 1 球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力 F =0 T 解得 a=gtan30° 1 同理可得，如果小车在水平面上向右加速，则 a= g 2 球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是斜面对小球的弹力 F =0 N 解得 a= 2 所以 =1∶3 故选D。 【模型演练6】．（2023秋·吉林长春·高三长春市第五中学校考期末）一辆小车静止在水平地面上，bc是 固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未 动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，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，已知a∶a∶a∶a＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为F 、F 、F 、F ，则以下结论不正确的是（ 1 2 3 4 f1 f2 f3 f4 ）A．F ∶F ＝1∶2 B．F ∶F ＝1∶2 f1 f2 f2 f3 C．F ∶F ＝1∶2 D．tan α＝2tan θ f3 f4 【答案】B 【详解】ABC．图（1）中M受的静摩擦力为 F =Ma f1 1 图（2）中M受的静摩擦力为 F =Ma f2 2 图（3）中对M和m的整体分析可知，M受的静摩擦力为 F =(M+m)a f3 3 图（4）中对M和m的整体分析可知，M受的静摩擦力为 F =(M+m)a f4 4 则 F ∶F ＝1∶2 f1 f2 F ∶F 不能确定； f2 f3 F ∶F ＝1∶2 f3 f4 则选项AC正确，B错误； D．由图（3）对m分析可知 由图（4）对m分析可知 则 tan α＝2tan θ 选项D正确。 故选B。 【模型演练7】．（2023秋·山西运城·高三康杰中学校考期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一 质量为3m的小车在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，小车支架上用细绳悬挂一质量为m的小球， 若在小车下滑的过程中，连接小球的轻绳恰好水平，则外力F的大小为（重力加速度为g）（ ）A．6mg B．5mg C．4mg D．3mg 【答案】A 【详解】对小球受力分析，小球受重力和水平方向绳子的拉力，由于小车沿斜面下滑，则小球的合力沿斜 面向下，根据几何关系可知，小球的合力 则小球的加速度为 对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故A正确，BCD错误。 故选A。 【模型演练7】．（2023秋·上海黄浦·高三上海外国语大学附属大境中学校考期末）在静止的小车内，用 细绳a和b系住一个小球，绳a与竖直方向成 角，拉力为 ，绳b为水平状态，拉力为 ，如图所示， 现让小车从静止开始向左做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化 情况是（ ） A． 变小， 不变 B． 不变， 变大 C． 变小， 变大 D． 不变， 变小 【答案】B 【详解】物体静止时，由平衡条件可得小车向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得 解得 故选B。 【模型演练8】．（2023春·上海长宁·高三专题练习）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的 夹角为 ，在斜杆下端固定有质量为 的小球，重力加速度为 ，下列关于杆对球的作用力 的判断中， 正确的是（ ） A．小车静止时， ，方向沿杆向上方 B．小车静止时， ，向垂直杆向上 C．小车向左以加速度 加速运动时，则 D．小车向右以加速度 加速运动时，则 【答案】D 【详解】AB．当小车静止时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力 方向竖直向上，故AB错误； C．当小车向左以加速度a运动时，受力如下图所示，则球的合力为当加速度大小 则杆的作用力 否则 故C错误。 D．当小车向右以加速度a运动时，F的水平分力向右，且大小等于ma，F的竖直分力向上，且大小等于 mg，则根据力的合成可得 故D正确。 故选D。 【模型演练9】．（2023·山东·高三统考期末）如图所示，一倾角为 的固定斜面上放一质量为M的木块， 木块上固定一轻质支架，支架末端用丝线悬挂一质量为m的小球，木块沿斜面稳定下滑时，小球与木块相 对静止共同运动。下面说法正确的是（ ） A．若稳定下滑时，细线竖直向下，如①所示，此时木块和斜面间无摩擦力作用 B．若稳定下滑时，细线垂直斜面，如②所示，此时木块受到沿斜面向上的摩擦力C．若稳定下滑时，细线垂直斜面，如②所示，此时木块的加速度为 D．若在外力作用下稳定下滑时，细线是水平的，如③所示，此时木块的加速度为 【答案】D 【详解】A．若稳定下滑时，细线竖直向下，如图所示 则 故小球匀速运动，由题可知，小球和木块相对静止，则木块沿斜面匀速下滑，则受到向上的摩擦力，故A 错误； BC．若稳定下滑时，细线垂直斜面，如图所示 则 与mg的合力必定沿加速度方向，即斜面方向，可得 由牛顿第二定律可知 此时小球和木板组成的系统的加速度为 木块的重力沿斜面的分力为 对木块研究则木块不受摩擦力，故BC错误； D．若在外力作用下稳定下滑时，细线是水平的，如图所示 当绳子水平时，此时小球所受的合力方向沿斜面向下，此时 此时小球和木板组成的系统的加速度为 故D正确。 故选D。 【模型演练10】（2023吉林长春一模）如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以加速度 a向右做匀加 速直线运动。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是 A. 货车速度增加得越来越快 B. 货车在相邻的两个相等时间间隔内的位移之差为 C. 与B接触的物体对B的作用力大小为 D. 与B接触的物体对B的作用力方向水平向右 【答案】BC 【解析】根据加速度的定义式可知，速度变化率不变，单位时间内货车速度增加量不变，故 A选项错误； 根据匀变速直线运动的规律可知，货车在相邻的两个相等时间T内的位移之差为 ，故B选项正确；货 车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动，与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所示，作用 力大小为 ，故C选项正确，D选项错误。【模型演练11】（2023·全国·二模）水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的光滑均质圆柱 形工件，其中4个恰好占据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、B之间（如图所示），重力加速度为 g。汽车以某一加速度向左运动时，工件A与D之间恰好没有作用力，此时工件C与B间的作用力大小为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力作用，弹力 方向垂直接触面（沿B、D的轴心连线方向），弹力和重力的合力产生加速度，可以得到如下图所示，根 据牛顿第二定律得 则当 时A与D之间恰好没有作用力。再把A、B、D作为整体受力分析，当汽车向左加速运动时， A相对于车有向右运动的趋势，所以车厢与A之间的弹力是0，C对B有水平向左的弹力，竖直方向上的 支持力和重力平衡，对水平方向，则有C对A、B、D整体的作用力大小为ABD错误，C正确。 故选C。 【模型演练12】（2023·天津滨海新·天津经济技术开发区第一中学校联考二模）如图所示，一位同学手持 乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，球拍平面和水平面之间夹角 为 。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（ ） A．该同学做匀速直线跑动 B．乒乓球处于平衡状态 C．球拍受到的合力大小为 D．球拍受到乒乓球的压力大小为 【答案】C 【详解】AB．不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，对小球分析如图所示 一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，则小球所受的合力为 则球在水平方向匀加速运动，由于球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，球、球拍和同学具有相同 的加速度，故AB错误； C．对乒乓球由牛顿第二定律得 球拍受到的合力大小为故C正确； D．球拍对乒乓球的支持力大小为 由牛顿第三定律可知球拍受到乒乓球的压力大小等于球拍对乒乓球的支持力大小为 故D错误。 故选C。 【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体 a F m m F a 1 2 m μ μ 2 m μ 1 a μ 求m m 间作用力,将m 2、 3 1 m m F 和m 看作整体 1 2 2 μ μ m +m F = 1 2 F 23 m +m +m 1 2 3 整体求加速度 整体求加速度 整体求加速度 F F F a= −μg a= −g(sinθ+μcosθ) a= −g m +m m +m 1 2 m +m 1 2 1 2 隔离求内力 隔离求内力 T-mg(sinθ-μcosθ)=m a 隔离求内力T-m 1 g=m 1 a a= F 2 −F 1 −μg T-μm g=m a 1 1 m m +m 1 1 1 2 m T= 1 F m T= 1 F m +m 隔离T-F-μmg=m a T= 1 F m +m 得 1 2 1 1 1 得 m 1 +m 2 得 1 2 m F +m F T= 1 2 2 1 m +m 得 1 2 【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在倾角为 的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接 的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，在外力F的作用下系统处于静止状态。 已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 ，则（ ） m m 2 1 F a a F m m m 1 2 3 μ μ μ a F F 1 m m 2 1 2 μ μA．外力F的大小为 B．弹簧的形变量为 C．若外力F的大小变为 ，当A、B相对静止时，弹簧弹力的大小为 D．若外力F的大小变为 ，当A、B相对静止时，突然撤去外力F的瞬间，物块B的加速度大小 为 【答案】D 【详解】A．对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力 的大小为 故A错误； B．对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为 则弹簧的形变量为 故B错误； CD．对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律，得 解得 物块A和B的加速度大小为 对物块B受力分析，由牛顿第二定律 可得，弹簧弹力的大小为突然撤去外力F的瞬间，弹簧不突变，所以物块B的加速度大小不变，故C错误，D正确。 故选D。 【模型演练2】．（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示，质量均为m的三个物体（可视为质点）A、B、 C均放在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均为k。 现用外力F拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C间的距离为（初始状态弹簧均为原长）（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对整体根据牛顿第二定律 对B、C，根据牛顿第二定律 对C，根据牛顿第二定律 A、C间的距离 联立可得 故选B。 【模型演练3】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，倾角为 的粗糙斜面上有4个完全相同的物块， 在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行， 此时第1、2物块间细绳的张力大小为 ，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为 ，则 等于（ ） A． B． C． D．1：1 【答案】B 【详解】匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为 ，质量为 ，根据平衡条件可得 对2、3、4物块由平衡条件可得 可得 连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3根据牛顿第二定律可得 对2、3物块根据牛顿第二定律可得 可得 可得 故选B。 【模型演练4】（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体放在光 滑水平面上，外力 、 同时作用在两个物体上，其中 （表达式中各个物理量的单位均为国际 单位）， 。下列说法中正确的是（ ）A． 时，物体A的加速度大小为 B． 后物体B的加速度最小 C． 后两个物体运动方向相反 D．若仅将A、B位置互换， 时物体A的加速度为 【答案】D 【详解】A． 在水平方向上的分力为 假设A、B间无弹力，则 时，有 假设A、B间无弹力，则 因此A、B会整体运动，有 解得 选项A错误； B．物体B的加速度最小时，有 解得 选项B错误； C． 之前，两物体均沿F 方向加速运动， 后F 方向反向，A做减速运动，但两个物体运动方 1 1向仍然相同，选项C错误； D．若仅将A、B位置互换，假设A、B间无弹力，则 说明A、B分离运动，假设正确，则 时物体A的加速度为 ，选项D正确。 故选D。 【模型演练5】（2023春·湖南常德·高三汉寿县第一中学校考阶段练习）如图所示，在倾角为 的光滑固定 斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为 和 ，弹簧的劲度系数为 ，在外力 的作用下系统处于静止状态。已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 ，则（ ） A．外力 的大小为 B．弹簧的形变量为 C．若外力 的大小为 ，则A、B相对静止向上加速时，弹簧弹力的大小为 D．若外力 的大小为 ，则A、B相对静止向上加速时，物块B的加速度大小为 【答案】C 【详解】A．对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力 的大小为 A错误； B．对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为 则弹簧的形变量为B错误； CD．对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律 可得 物块A和B的加速度大小为 对物块B受力分析，由牛顿第二定律 可得，弹簧弹力的大小为 C正确，D错误。 故选C。 【模型演练6】（2023·广东·模拟预测）如图所示，2023个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在 弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为 ，2 和3之间弹簧的弹力为 ，……，2022和2023之间弹簧的弹力为 ，则下列说法正确的是 （ ） A．若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2021∶2022 B．若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2000号小球的加速度不变 C．若水平面光滑， D．若水平面粗糙， 【答案】BCD 【详解】AC．若水平面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得 分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 以此类推 可得 由胡克定律可知 可知从左到右每根弹簧伸长量之比为 但长度之比不满足 ，故A错误，C正确； B．若水平面粗糙，撤去 的瞬间，第2000号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不 变，故B正确； D．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为 ，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得 解得 分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 以此类推则 故D正确。 故选BCD。 【模型四】板块加速度相同的连接体模型 a m 1 μ μ 1 a m 1 μ 1 m F m 2 光滑 a m 1 m 2 μ 2 2 μ )θ 2 )θ 整体：a=F/(m+m ) 整体：a=g(sinθ-μ cosθ) 整体：a=g(sinθ-μ cosθ) 1 2 2 2 隔离m f=ma 方向沿斜面向下 方向沿斜面向下 1： 1 得f=m 1 F/(m 1 +m 2 ) 隔离m 1： m 1 gsinθ-f=m 1 a 隔离m 1： f=m 1 acosθ 得f=μ mgcosθ 得f=mg(sinθ-μ cosθ)cosθ 2 1 1 2 方向沿斜面向上 方向水平向左 若μ=0 则 f=0 若μ=0 则 f=mgsinθcosθ 2 2 1 【模型演练1】（2023·湖南常德·常德市一中校考二模）如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在 t=0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动， 1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A．长木板的最小长度为2m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5kg D．外力F的大小为4N【答案】ABD 【详解】A．由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦， 图像中图线与坐标轴为成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s内物块的位移为 ，木板的 位移为 ，故长木板的最小长度为 A正确； B．由图乙可知，1s时撤去外力F，在 内有物块A的受力及牛顿第二定律可知 由图乙可知 内物块A的加速度大小为 解得A、B间的动摩擦因数为 B正确； C．由图乙可知，木板的加速度大小为 由木板B的受力及牛顿第二定律可知 解得长木板的质量为 C错误； D．由 内的物块A的受力及牛顿第二定律可知 又此过程中加速度的大小为 解得D正确。 故选ABD。 【模型演练2】（2023春·重庆·高三统考阶段练习）如图用货车运输规格相同的两块水平水泥板，底层水 泥板车厢间的动摩擦因数为0.6，两块水泥板之间动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 ，为保证底层水泥板与车厢、两块水泥板之间均不发生相对运动，货车行驶的最大加速度为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】要使上层水泥板不发生相对滑动，上层水泥板的最大静摩擦力 μmg=ma 1 1 要使两块水泥板均不发生相对滑动，则 2μmg=2ma 2 2 所以最大加速度应 故选C。 【模型演练3】．（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（ ）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v，同时对a施加一 0 水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块 与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速 度一时间图像可能是下列图中的（ ）A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得 解得 对长木板受力分析有 解得 AB．根据图像斜率可知初始阶段 aa＜0， 解得 则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A 错误，B正确 C．根据图像知a做匀速直线运动，即 b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得 故C正确； D．若aa＜ab，则有 两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的 解得 故D错误。 故选BC。 【模型演练4】．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体叠放在一起， A放在B的上面，已知 ， ，A、B之间的动摩擦因数 ， 。对物体A施 加水平向右的拉力F，开始时拉力F＝20N，此后逐渐增加，在增大到50N的过程中，下列说法正确的是 （ ） A．当拉力F<30N时，两物体均保持相对静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过30N时，两物体开始相对滑动 C．两物体间始终没有相对运动 D．两物体间从受力开始就有相对运动 【答案】AC 【详解】AB．两物体间达到最大静摩擦力时，对A 对B 得当F>60N时，两物体相对滑动，则当拉力F<30N时，两物体均保持静止状态，A正确，B错误； CD．由AB可知，两物体始终没有相对运动，C正确，D错误。 故选AC。 【模型演练5】．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光 滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其 加速度a，得到如图乙所示 图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取 ，则（ ） A．滑块的质量 B．木板的质量 C．当 时滑块加速度为2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4 【答案】AD 【详解】AB．由图像可知当 时，加速度为 ，对整体分析，由牛顿第二定律得 代入数据解得 当 时，根据牛顿第二定律得 知图线的斜率为 解得滑块的质量为 故A正确，B错误； CD．根据 的图线知， 时， ，即 代入数据解得 当 时，对滑块和木板的整体，根据牛顿第二定律得 解得 故D正确，C错误。 故AD。 【模型演练6】．（2023·全国·高三专题练习）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为 和 的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因素都为 ，水平恒力F作用在A 物块上，如图所示（重力加速度g取10 ）。则（ ） A．若 ，则物块、木板都静止不动 B．若 ，则A物块所受摩擦力大小为1.5N C．若 ，则B物块所受摩擦力大小为2N D．若 ，则B物块的加速度为1 【答案】CD 【详解】A．A与木板间的最大静摩擦力 f=μm=0.2×1×10=2N B与木板间的最大静摩擦力f=μm=0.2×2×10=4N 若 F=1Nf 所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度为 对B进行受力分析，摩擦力提供加速度为 f′=m=2×1=2N 故C正确； D．若 F=8N>f 所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度 故D正确。 故选CD。 【模型演练7】（2023·湖北·模拟预测）如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻 质量也为m的滑块从板的左端以速度 水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为 、 且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的 图像如图所示，则有（ ）A． = B． < C． >2 D． =2 【答案】C 【详解】由 图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板 则有 >2 故选C。 【模型演练8】．（2023·辽宁·模拟预测）如图，质量为 的货车载有质量为 的货物，一起在水平路 面上以速度v匀速运动，因紧急情况货车突然制动，货车停下后，货物继续运动后未与车厢前壁发生碰撞。 已知货物与水平车厢底板间的动摩擦因数为 ，车轮与地面间的动摩擦因数为 ，货物到车厢前壁的距 离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ） A．开始刹车时货车的加速度大小为 B．从开始刹车到货物停止运动的时间为 C．货车停止时，货物的速度大小为 D．货物到车厢前壁的距离应满足 【答案】D 【详解】A．刹车后，货物的加速度由牛顿第二定律 对货车由牛顿第二定律解得 故A错误； B．货车先停止运动，由 ，可得从开始刹车到货车停止运动的时间为 故B错误； C．货车停下时，由 可得货物的速度为 故C错误； D．由 可得从开始刹车到货物停止运动的时间为 此时，货物的位移为 货车的位移为 相对货车滑行的距离 所以需满足 故D正确 故选D。 【模型演练9】．（2023春·河南漯河·高三漯河高中校考开学考试）如图所示，足够长的光滑斜面体静止在光滑水平地面上，将由同种材料制成的A、B两物体放在斜面上，由静止释放，下滑过程中A、B两物 体始终相对静止。下列关于A、B两物体下滑过程中的说法正确的是（ ） A．A物体的机械能守恒 B．斜面体与B在水平方向的加速度大小可能相等 C．斜面体的加速度逐渐减小 D．A、B与斜面体构成的系统动量守恒 【答案】B 【详解】A．对斜面体进行受力分析，在水平方向有物体B对斜面压力的分力，故斜面体向右加速运动， 又斜面体的重力势能不变，动能增加，则机械能增加，根据能量守恒可知A、B两物体的机械能均减小， 故A错误； C．将A、B看成整体，A、B相对斜面体来说沿斜面向下做加速运动，对斜面的压力恒定，则斜面体在水 平方向所受合力不变，即加速度不变，故C错误； D．竖直方向上合力对A、B与斜面体构成的系统的冲量不为零，故动量不守恒，故D错误； B．A、B与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，当斜面体的质量等于A、B的 质量之和时，斜面体与B在水平方向的加速度大小相等，故B正确。 故选B。 【模型演练10】（2023·全国·高三专题练习）在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语 词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上。已知图甲中两本词典一起沿木板匀速 下滑，图乙中两本词典一起沿木板匀加速下滑。已知两本词典的封面材料不同，但每本词典的上、下两面 材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ，汉语 1 词典和木板之间的动摩擦因数为μ，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ 2 3 ）A．μ 一定小于tanθ 2 B．μ 一定等于tanθ 3 C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小一定是μmgcosθ 1 D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小一定是μmgcosθ 3 【答案】C 【详解】A．对图甲词典整体进行分析，有 则有 A错误； B．对图甲中的英语词典有，设其受到的静摩擦力为f，则有 即 B错误； C．对图乙词典整体进行分析，有 对图乙的汉语词典单独分析，有 联立有 C正确； D．图甲中的英语词典受到静摩擦力，有 根据对A选项的分析，可知故有 D错误。 故选C。 【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型 a m 1 μ a m m a 2 2 a m 1 [来源:学科网] 隔离m：T-μm g=ma 隔离m：mg-T=ma 1 1 1 1 1 1 隔离m：mg-T=ma 隔离m：T-mg=ma 2 2 2 2 2 2 m g−μm g (1+μ)m m g (m −m )g 2m m g a= 2 1 T= 1 2 a= 1 2 T= 1 2 m +m m +m m +m m +m 得 1 2 ， 1 2 得 1 2 ， 1 2 m g 若m=m，T=mg=mg T= 2 =m g 1 2 1 2 m m g m 2 T= 1 2 1+ 2 m +m m 若μ=0， 1 2 且m<