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知识点 17：连接体组合模型的动力学问题
考点一：连接体组合模型的动力学计算问题
【知识思维方法技巧】
应用动力学观点解决连接体问题的思维是：使用整体法与隔离法确定研究对象后，再应用
正交分解法或分配原则法解题。
题型一：同加速度连接体组合模型的动力学计算问题
【知识思维方法技巧】
对于不同条件同速度连接体动力学的计算问题，我们先用整体法根据牛顿第二定律求加速
度，再用隔离法确定对象，使用正交分解法求出物体间的作用力。
【典例1提高题】如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾
角为α，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另
一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为 β，且保持不变。
假设抱枕质量为m，小孩质量为m，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正
1 2
确的是( )
A．分析可知α＝β
B．小孩与抱枕一起做匀速直线运动
C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m＋m)∶m
1 2 2
【典例1提高题】【答案】AD
【解析】由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，
且a＝gsin α，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，
则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因
为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为ma＝mgsin β，可知小孩对抱枕的作用力
1 1
与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳
子的拉力T＝(m ＋m)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为 mgcos
1 2 2
β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m＋m)∶m，故D正确。
1 2 2
【典例1提高题对应练习】(多选)如图，缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢连同悬臂
的质量为M，水平底板放置一质量为m的货物。某段时间内，在缆绳牵引下货物随车厢一
起斜向上做加速度为a的匀加速运动。已知悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度为
g，缆绳的倾角为θ，则在这段时间内( )
A. 车厢对货物的支持力越来越大
B. 车厢对货物的摩擦力大小为macosθ
C. 悬臂对车厢的作用力大小为M
1
学科网（北京）股份有限公司D. 悬臂对车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ
【典例1提高题对应练习】【答案】BD
【解析】在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速运动，将加速度分解
为竖直向上的a 和水平向右的a，由牛顿第二定律可得F －mg＝ma ，因为是匀加速运动，
y x N y
加速度恒定，故车厢对货物的支持力保持不变，故A错误；货物水平方向的加速度由摩擦
力提供，可得F＝ma ＝macosθ，故B正确；对悬臂、车厢和货物所组成的系统分析，将
f x
悬臂对车厢的作用力F沿竖直方向和水平方向分解，根据牛顿第二定律可得F －(M＋m)g
y
＝(M＋m)a，F ＝(M＋m)a，悬臂对车厢的作用力大小为F＝(M＋m) >(M＋
y x x
m) >M ，故C错误；悬臂对车厢的作用力与水平面夹角的正切值为tanα＝
＝ > ＝tanθ，故悬臂对车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ，故D正确。
题型二：同速率连接体组合模型的动力学计算问题
【典例2提高题】（多选）如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A
盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒
内放一质量为的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，
重力加速度大小为g，则B盒的质量m 和系统的加速度a的大小分别为( )
B
A．m ＝ B．m ＝ C．a＝0.2g D．a＝0.4g
B B
【典例2提高题】【答案】BC
【解析】当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二
定律有(m g＋mg)－mgsin 30°＝(m＋m ＋m)a
B B
当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(m＋m)gsin 30°－m g＝(m＋m ＋m)a
B B
联立解得m ＝
B
加速度大小为a＝0.2g
故A、D错误、B、C正确.
【典例2提高题对应练习】如图所示，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端
连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，
A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计，由静止释放C，C下落一定高度的过程中(C
未落地，B未撞到滑轮，g＝10 m/s2)．下列说法正确的是( )
A．细绳的拉力大小等于10 N
B．A、B两物体发生相对滑动
2
学科网（北京）股份有限公司C．B物体的加速度大小是2.5 m/s2
D．A物体受到的摩擦力大小为2.5 N
【典例2提高题对应练习】【答案】CD
【解析】设AB两物体未发生相对滑动．
对于ABC三物体组成的系统
m g＝(m ＋m ＋m )a a＝2.5 m/s2
C A B C
此时A所需摩擦力f＝m a＝2.5 N＜μm g.
A A
所以假设成立．
设绳子拉力为F，对于C，由牛顿第二定律得
m g－F＝m a 解得：F＝7.5 N
C C
故选项A、B错误，C、D正确．
题型三：不同速率连接体组合模型的动力学计算问题
【典例3提高题】(多选)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木
板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过
轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C.已
知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统
由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A．A、B、C的加速度大小均为
B．轻绳1的拉力为
C．轻绳2的拉力为mg
D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为
【典例3提高题】【答案】BD
【解析】三个物体的加速度相等，设三个物体的加速度均为 a，对物体A：T －μmg＝
1
ma；对B：T －μmg－2μmg－T ＝ma；对C：2mg－T ＝2ma；联立解得a＝g－μg；T ＝
2 1 2 1
mg；T ＝mg－2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2＋at2＝L，
2
此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝，选项D正确．故选B、D.
考点二：连接体模型的动力学图象问题
【知识思维方法技巧】
连接体动力学图象问题的解题方法：
（1）函数斜率面积法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数
表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的如－t、x－v2、a-
t、Ft、Fa图像等要注意这种转化。
①x－t图象的斜率表示速度的大小及方向，纵轴截距表示t＝0时刻的初始位置，横轴截距
表示位移为零的时刻。
②v－t图线(或切线)的斜率表示物体的加速度，v－t图线(或切线)的斜率表示物体的加速度。
③a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量。
④由x＝vt＋at2可得＝v＋at，由此知－t图象的斜率为a，纵轴截距为v。
0 0 0
3
学科网（北京）股份有限公司⑤由v2－v2＝2ax可知v2＝v2＋2ax，故v2－x图象斜率为2a，纵轴截距为v2。
0 0 0
⑥由v2－v＝2ax得x＝v2－v，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为v2。
0
⑦由x＝at2，可知x－t2图线的斜率表示a。
（2）函数数据代入法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中
的特殊数据代入函数公式进行计算。
题型一：根据动力学情境选择连接体组合的动力学图象问题
【典例1基础题】（多选）如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水
平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x 。
0
以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使 B向
右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力N与滑块B的位移x变化的关系图像可
能正确的是( )
【典例1基础题】【答案】BD
【解析】设A、B向右匀加速运动的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律，对整体有 F＋
k(x －x)＝(m ＋m )a，可得F＝kx＋(m ＋m )a－kx ，若(m ＋m )a＝kx ，得F＝kx，则F
0 A B A B 0 A B 0
与x成正比，F x图像可能是过原点的直线，对A有k(x －x)－N＝m a，得N＝－kx＋kx
0 A 0
－m a，可知N x图像是向下倾斜的直线，当N＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运
A
动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x－<x，因此选项B、D正确，A、C错误。
0 0
考点三：连接体组合模型的动力学临界极值问题
【知识思维方法技巧】
（1）临界或极值条件的关键词
①题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词，明显表明题述的过程存在着临界点。
②题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止
点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。
③题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词语，表明题述的过程存在着极值，极值
点往往是临界点。
（2）常见临界问题的条件
①接触与脱离的临界条件：弹力F ＝0。
N
②相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
③绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张
力；绳子松弛的临界条件是F ＝0。
T
④最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。
（3）解题技巧方法：
①物理分析方法（极限法、假设法）：正确进行受力分析和变化过程分析，把物理问题(或
4
学科网（北京）股份有限公司过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。或者变
化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。
②数学分析法（正交分解解析法）：通过对问题分析，根据牛顿第二定律列出物理量之间
的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数
极值)．
题型一：连接体组合模型轻绳断裂与松弛的临界极值问题
题型二：连接体组合模型物体接触与脱离的临界极值问题
【知识思维方法技巧】
两物体相接触或脱离，临界条件是：
刚好脱离时物体间的弹力恰好为零，两物体此时的速度、加速度均相同。
【典例2提高题】（多选）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固
定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静
止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物
块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线(t 时刻A、B的图线相切，t 时刻
1 2
对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则( )
A．t 时刻，弹簧形变量为0
2
B．t 时刻，弹簧形变量为
1
C．从开始到t 时刻，拉力F逐渐增大
2
D．从t 时刻开始，拉力F恒定不变
1
【典例2提高题】【答案】BD
【解析】由题图乙知，t 时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律
2
有mgsin θ＝kx，则x＝，故A错误；由题图乙读出，t 时刻A、B开始分离，对A，根据
1
牛顿第二定律kx－mgsin θ＝ma，则x＝，故B正确；从开始到t 时刻，对A、B整体，根
1
据牛顿第二定律F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x减小，F增大，t
1
时刻到t 时刻，对B，由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝mgsin θ＋ma，可知F
2
不变，故C错误，D正确．
【典例2提高题对应练习】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图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
A．施加外力前，弹簧的形变量为
5
学科网（北京）股份有限公司B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)
C．A、B在t 时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
1
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【典例2提高题对应练习】【答案】B
【解析】施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A
错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F －Mg－F ＝Ma，其中F
弹 AB 弹
＝2Mg，解得F ＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t 时刻分离，此时A、
AB 1
B具有共同的v和a，且F ＝0，对B有F ′－Mg＝Ma，解得F ′＝M(g＋a)，故C错
AB 弹 弹
误；当F ′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。
弹
题型三：连接体组合模型相对滑动的临界极值问题
【知识思维方法技巧】
相对滑动的临界极值条件：静摩擦力达到最大值。
判断滑块与滑板之间是否发生相对滑动的方法：假设两物体保持相对静止先用整体法求整
体的加速度，再用隔离法求滑块滑板之间的摩擦力，再比较所求摩擦力与最大静摩擦力的
大小，判定运动状态。
【典例3提高题】(多选)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
【典例3提高题】【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系统有F＝3μmg，对b、c
系统有F ＝2μmg，则F＞F ，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，
T T
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系统有F′－3μmg＝3ma，对c有F＝ma，解得F
f f
＝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系统有2μmg＝2ma′，对c有F′＝ma′，解得F′＝μmg，故D正确。
f f
【典例3提高题对应练习】（多选）如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为 4m、
4m、3m、m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
μ
摩擦因数均为μ，木块C、D与水平面间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦
2
力。若用水平拉力 F拉木块 B，使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为 g，则（
）
6
学科网（北京）股份有限公司3
A．匀加速的最大加速度为 μg
2
B．以最大加速度匀加速前进时，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
C．轻绳拉力最大为14μmg
D．水平拉力最大为8μmg
【典例3提高题对应练习】【答案】BD
【解析】设AC之间的滑动摩擦力为f ，BD之间的滑动摩擦力为f ，使AC相对滑动的最
1 2
μ
大加速度a ，使BD相对滑动的最大加速度a ,对C牛顿第二定律：f − •（3m+4m）g＝
1 2 1 2
1 μ
3ma ，f ＝μ•4mg，联立解得：a = μg,对D牛顿第二定律：f − •（4m+m）g＝ma ，f
1 1 1 6 2 2 2 2
3 1
＝μ•4mg，联立解得：a = μg,综上，如果使四个木块一起匀加速前进，最大的加速度为
2 2 6
μg，故A错误；
使四个木块一起匀加速前进，AC之间摩擦力为最大静摩擦力即：f ＝4μmg,对D牛顿第二
1
μ 8
定律：f ′− •（4m+m）g＝ma ，解得：f ′= μmg，则f ：f ′＝3：2，故B正确；使四个
2 2 1 2 3 1 2
木块一起匀加速前进，对A木块牛顿第二定律，设绳子最大拉力为T：T﹣μ•4mg＝4ma ，
1
14
解得：T= μmg，故C错误；以最大加速度匀加速前进时，最大拉力为 F，整体法，牛
3
μ
顿第二定律：F− （4m+4m+3m+m）g＝（4m+4m+3m+m）a ，解得：F＝8μmg，故D
2 1
正确；
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