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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m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正
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(m1＋m2)∶m2
【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m1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力
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＝(m1＋m2)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos
β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D 正确。
【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
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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ay和水平向右的ax，由牛顿第二定律可得FN－mg＝may，因为是匀加速运动，
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Ff＝max＝macosθ，故B 正确；对悬臂、车厢和货物所组成的系统分析，将
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Fy－(M＋m)g
＝(M＋m)ay，Fx＝(M＋m)ax，悬臂对车厢的作用力大小为F＝(M＋m)
>(M＋
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mB和系统的加速度a 的大小分别为( )
A．mB＝ B．mB＝ C．a＝0.2g
D．a＝0.4g
【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(mBg＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)a
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°－mBg＝(m＋mB＋m)a
联立解得mB＝
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
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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
mCg＝(mA＋mB＋mC)a a＝2.5 m/s2
此时A 所需摩擦力f＝mAa＝2.5 N＜μmAg.
所以假设成立．
设绳子拉力为F，对于C，由牛顿第二定律得
mCg－F＝mCa 解得：F＝7.5 N
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：T1－μmg＝
ma；对B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；对C：2mg－T2＝2ma；联立解得a＝g－μg；T1＝
mg；T2＝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，
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＝v0t＋at2可得＝v0＋at，由此知－t 图象的斜率为a，纵轴截距为v0。
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⑤由v2－v0
2＝2ax 可知v2＝v0
2＋2ax，故v2－x 图象斜率为2a，纵轴截距为v0
2。
⑥由v2－v＝2ax 得x＝v2－v，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为v0
2。
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x0。
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(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F
与x 成正比，F x 图像可能是过原点的直线，对A 有k(x0－x)－N＝mAa，得N＝－kx＋kx0
－mAa，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
动，F 不变，则A、B 开始分离时有x＝x0－<x0，因此选项B、D 正确，A、C 错误。
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FN＝0。
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FT＝0。
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
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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(t1时刻A、B 的图线相切，t2时刻
对应A 图线的最高点)，重力加速度为g，则( )
A．t2时刻，弹簧形变量为0
B．t1时刻，弹簧形变量为
C．从开始到t2时刻，拉力F 逐渐增大
D．从t1时刻开始，拉力F 恒定不变
【典例2 提高题】【答案】BD
【解析】由题图乙知，t2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
有mgsin θ＝kx，则x＝，故A 错误；由题图乙读出，t1时刻A、B 开始分离，对A，根据
牛顿第二定律kx－mgsin θ＝ma，则x＝，故B 正确；从开始到t1时刻，对A、B 整体，根
据牛顿第二定律F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x 减小，F 增大，t1
时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝mgsin θ＋ma，可知F
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
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B．外力施加的瞬间，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
【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 弹－Mg－FAB＝Ma，其中F 弹
＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B 正确；由题图乙知，物体A、B 在t1时刻分离，此时A、
B 具有共同的v 和a，且FAB＝0，对B 有F 弹′－Mg＝Ma，解得F 弹′＝M(g＋a)，故C 错
误；当F 弹′＝Mg 时，B 达到最大速度，故D 错误。
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 系统有F′－3μmg＝3ma，对c 有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 系统有2μmg＝2ma′，对c 有Ff′＝ma′，解得Ff′＝μmg，故D 正确。
【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
摩擦因数均为μ，木块C、D 与水平面间的动摩擦因数均为μ
2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。若用水平拉力F 拉木块B，使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为g，则（
）
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A．匀加速的最大加速度为3
2μg
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f1，BD 之间的滑动摩擦力为f2，使AC 相对滑动的最
大加速度a1，使BD 相对滑动的最大加速度a2,对C 牛顿第二定律：f1−μ
2 •（3m+4m）g＝
3ma1，f1＝μ•4mg，联立解得：a1= 1
6μg,对D 牛顿第二定律：f2−μ
2 •（4m+m）g＝ma2，f2
＝μ•4mg，联立解得：a2= 3
2μg,综上，如果使四个木块一起匀加速前进，最大的加速度为1
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：f1＝4μmg,对D 牛顿第二
定律：f2′•（4m+m）g＝ma1，解得：f2′μmg，则f1：f2′＝3：2，故B 正确；使四个木
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＝4ma1，
解得：Tμmg，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，牛顿第二
定律：F（4m+4m+3m+m）g＝（4m+4m+3m+m）a1，解得：F＝8μmg，故D 正确；
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