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專題04 連接體模型
【模型一】平衡中的連接體模型
【模型構建】
1.輕桿連接體問題
【問題】如圖，求m1：m2大小

方法一、正弦定理法 方法二、力乘力臂法 方法三、重心法

對m1、m2受力分析，三力平衡可構成矢量三角形，根據正弦定理有，
對m1：
對m2：
根據等腰三角形有：θ1=θ2
聯立解得m1gsinα=m2gsinβ
∴m1：m2=sinβ：sinα 以整體為研究對象，以圓心為轉動軸，兩圓弧的支持力的力臂均為零，輕桿彈力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根據轉動平衡知:動力乘以動力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ。
∴m1：m2=sinβ：sinα 以整體為研究對象，整體受重力和兩圓弧的支持力，根據三力平衡必共點，因此整體的重心必過圓心正下方。所以有m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2，∴m1：m2=sinβ：sinα
2． 輕環穿桿問題

輕環穿光滑桿，二力平衡，拉力垂直桿 輕環穿粗糙桿，三力平衡，最大夾角tanθ=μ 輕環穿光滑大圓環，拉力沿徑向

【模型演練1】(2020·河北五個一名校聯盟一診)如圖所示，豎直放置的光滑圓環，頂端D點處固定一定滑輪(大小忽略)，圓環兩側套著質量分別為m1、m2的兩小球A、B，兩小球用輕繩繞過定滑輪相連，并處于靜止狀態，A、B連線過圓心O點，且與右側繩的夾角為θ。則A、B兩小球的質量之比為(　　)

A．tan θ B． C． D．sin2θ
【答案】B　
【解析】對兩小球分別受力分析，作出力的矢量三角形，如圖所示。

對小球A，可得＝；對小球B，可得＝；聯立解得＝，故選B。
【模型演練2】(2020·湖北一輪檢測)如圖所示，質量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質量 m＝ kg的小球B相連。今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉著小球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，g取10 m/s2。求：

(1)運動過程中輕繩與水平方向的夾角θ；
(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數μ；
(3)當α為多大時，使小球和木塊一起向右勻速運動的拉力最小？
【答案】(1)30°　(2)　(3)arctan
【解析】(1)對B進行受力分析，設細繩對B的拉力為T，由平衡條件可得Fcos 30°＝Tcos θ

Fsin 30°＋Tsin θ＝mg
解得T＝10 N，tan θ＝，
即θ＝30°。
(2)對A進行受力分析，由平衡條件有
Tsin θ＋Mg＝FN
Tcos θ＝μFN
解得μ＝。
(3)對A、B進行受力分析，由平衡條件有
Fsin α＋FN＝(M＋m)g，Fcos α＝μFN
解得F＝
令sin β＝，cos β＝，即tan β＝，則
F＝＝
顯然，當α＋β＝90°時，F有最小值，所以tan α＝μ＝時，即α＝arctan ，F的值最小。
【模型演練3】(2020·安徽廬巢七校聯盟聯考)如圖甲所示， A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點，已知兩輕繩OA和AB的長度之比為∶1，A、B兩小球質量分別為2m和m，現對A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，兩球恰好處于圖乙所示的位置靜止，此時B球恰好在懸點O的正下方，輕繩OA與豎直方向成30°角，則(　　)

A．F1＝F2　　　　　　　 B．F1＝F2
C．F1＝2F2 D．F1＝3F2
【答案】C
【解析】：由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為∶1，B球恰好在懸點O的正下方，由幾何關系可知，OA與AB垂直；以B球為研究對象，由平衡條件得：F2＝mgtan(90°－30°)＝mg，以AB兩球整體為研究對象，由平衡條件得：F1－F2＝3mgtan 30°，可得：F1＝2mg，可得：F1＝2F2，故A、B、D錯誤，C正確。
【模型演練4】（2021·吉林省榆樹一中高三上學期1月期末）如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個輕環，系在兩環上的等長細繩拴住的書本處于靜止狀態，現將兩環距離變小后書本仍處于靜止狀態，則(　　)

A．桿對A環的支持力變大 B．B環對桿的摩擦力變小
C．桿對A環的力不變 D．與B環相連的細繩對書本的拉力變大
【答案】　B
【解析】　將A、B兩個輕環、繩及書本視為整體，在豎直方向上，整體受到向下的重力和向上的支持力作用，兩個支持力大小之和等于重力，FN＝mg，大小保持不變，A錯誤；對B環受力分析如圖所示，Ff＝FNtan θ＝mgtan θ，兩環距離變小，tan θ減小，Ff變小，B正確；對A環受力分析與B環類似，桿對環的力為支持力FN和摩擦力Ff的合力，與FT大小相等，FT＝，當θ發生變化時，FT發生變化，C錯誤；FTcos θ＝mg，兩環距離變小，cos θ變大，細繩上的拉力變小，D錯誤．

【模型演練5】如圖4所示，A、B兩帶電小球的質量分別為m1、m2，帶電荷量分別為q1、q2，兩小球用絕緣細線懸掛于O點，平衡時A、B兩球處于同一高度，與豎直方向的夾角分別為30°、60°，已知細線OA長為l，重力加速度為g，靜電力常量為k。則(　　)

A.A、B間庫侖力大小為m2g
B.細線OA的彈力大小為m1g
C.A、B間庫侖力大小為k
D.A、B的質量之比為m1∶m2＝2∶1
【答案】　B
【解析】以B球為研究對象，受力分析如圖a所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m2gtan 60°＝m2g，選項A錯誤；以A球為研究對象，受力分析如圖b所示，可知A、B間庫侖力大小F＝m1gtan 30°＝m1g，F彈A＝＝m1g，選項B正確；由幾何關系可知，A、B兩球間庫侖力大小為F＝k＝k，選項C錯誤；根據F＝m2g和F＝m1g，可求A、B的質量之比為m1∶m2＝3∶1，選項D錯誤。

【模型二】繩桿彈簧加速度問題模型
【模型要點】
1． 懸繩加速度問題
水平加速中的懸繩 傾斜加速中的懸繩 注意“發飄” 多懸繩
①繩豎直

θ=0，a=0，μ=tanα
②繩垂直
θ=α，a=gsinα，μ=0
③繩水平

a=g/sinα，向上減速μ=cotα

a=g·tanθ
T=mg/cosθ
加速度大小與質量無關，與偏角有關
T=mgcosα/cos(θ-α) T=mgsinθ+macosθ
FN=mgcosθ-masinθ
a>g·cotα發飄:
FN=0
T= T=mg/cosθ
F=mg·tanθ-ma
a>g·tanθ發飄:
F=0
T=
2． 類懸繩加速度問題
光滑斜面車上物體 光滑圓弧車中物體 車上死桿 車中土豆 車上人


加速度a=g·tanθ
支持力FN=mg/cosθ 加速度a=g·tanθ
支持力FN=mg/cosθ 桿對球的彈力
其它土豆對黑土豆的作用力
車對人的作用力

【模型演練1】(2020·聊城一模)兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓環，兩環上均用細線懸吊著相同的小球，如圖所示。當它們都沿桿向下滑動，各自的環與小球保持相對靜止時，a的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向，下列說法正確的是(　　)

A．a環與桿有摩擦力
B．d球處于失重狀態
C．桿對a、b環的彈力大小相等
D．細線對c、d球的彈力大小可能相等
【答案】C　
【解析】對c球進行受力分析，如圖所示

c球受重力和細線的拉力F，a環沿桿滑動，因此a環在垂直于桿的方向加速度和速度都為零，因a環和c球相對靜止，所以c球在垂直于桿的方向加速度和速度也都為零，由力的合成可知c球的合力為mgsin α，由牛頓第二定律可得mgsin α＝ma，解得：a＝gsin α，因此c球的加速度為gsin α，將a環和c球以及細線看成一個整體，在只受重力和支持力的情況下加速度為gsin α，因此a環和桿的摩擦力為零，故A錯誤；對d球進行受力分析，只受重力和豎直方向的拉力，因此球d的加速度為零，b和d相對靜止，因此b的加速度也為零，故d球處于平衡狀態，加速度為零，不是失重狀態，故B錯誤；細線對c球的拉力Fc＝mgcos α，對d球的拉力Fd＝mg，因此不相等，故D錯誤；對a和c整體受力分析有Fac＝(ma＋mc)gcos α，對b和d整體受力分析有Fbd＝(mb＋md)gcos α，因a和b為相同圓環，c和d為相同小球，所以桿對a、b環的彈力大小相等，故C正確。
【模型演練2】(多選)(2020·濱州二模)如圖所示，小車分別以加速度a1、a2、a3、a4向右做勻加速運動，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿在桿上，M通過細線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，加速度為a1、a2時，細線在豎直方向上，全過程中M始終未相對桿bc移動，M、m與小車保持相對靜止，M受到的摩擦力大小分別為f1、f2、f3、f4，則以下結論正確的是(　　)

A．若＝，則＝ B．若＝，則＝
C．若＝，則＝ D．若＝，則＝
【答案】CD　
【解析】對第一、二幅圖有：若＝，對M根據牛頓第二定律有：f＝Ma，則＝，故選項A錯誤；對第二、三幅圖有：f2＝Ma2，設細線的拉力為F，則f3－Fsin θ＝Ma3，若＝，則≠，故選項B錯誤；對第三、四幅圖有：對M和m整體分析：f＝(M＋m)a，若＝，則＝，故選項C正確；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，豎直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若＝，則＝，故選項D正確。
【模型演練3】．(2020·山東師范大學附中模擬)如圖所示，一質量為M＝2 kg、傾角為θ＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質量為m＝1 kg的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力F的作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運動。重力加速度取g＝10 m/s2。下列判斷正確的是(　　)

A．物塊對斜面的壓力大小FN＝5 N
B．斜面體的加速度大小為a＝10 m/s2
C．水平恒力大小F＝15 N
D．若水平作用力F作用到M上系統仍保持相對靜止，則F將變小
【答案】C　
【解析】對M、m整體分析，受重力、支持力和推力，根據牛頓第二定律可得，水平方向：F＝(M＋m)a；豎直方向：N＝(M＋m)g；再對M分析，受重力、壓力FN、支持力，根據牛頓第二定律可得，水平方向：FNsin θ＝Ma；豎直方向：FNcos θ＋Mg＝N；聯立解得：a＝＝5 m/s2；F＝＝15 N；FN＝＝10 N，故A、B錯誤，C正確；若水平作用力F作用到M上系統仍保持相對靜止，則對整體：F＝(M＋m)a′；對m：mgtan 45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30 N，即F變大，故D錯誤。
【模型演練4】(2020·江蘇七市第二次調研)如圖所示，車廂水平底板上放置質量為M的物塊，物塊上固定豎直輕桿，質量為m的球用細線系在桿上O點．當車廂在水平面上沿直線加速運動時，球和物塊相對車廂靜止，細線偏離豎直方向的角度為θ，此時車廂底板對物塊的摩擦力為Ff、支持力為FN，已知重力加速度為g，則(　　)

A．Ff＝Mgsin θ B．Ff＝Mgtan θ
C．FN＝(M＋m)g D．FN＝Mg
【答案】　C
【解析】　以m為研究對象，受力如圖所示
　　　　　
由牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，
解得a＝gtan θ
以M、m整體為研究對象
在豎直方向上，由平衡條件有
FN＝(M＋m)g
在水平方向上，由牛頓第二定律有
Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，故C正確，A、B、D錯誤．
【模型演練5】（2021·江西省六校高三上學期1月月考）如圖所示，質量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽內有一質量為m的小鐵球，現用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角．重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

A．小鐵球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽對小鐵球的支持力為
C．系統的加速度為a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
【答案】　C
【解析】　根據小鐵球與光滑凹槽相對靜止可知，系統有向右的加速度a＝gtan α，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力為，推力F＝(M＋m)gtan α，選項A、B、D錯誤，C正確．
【模型演練6】(2020·廣東深圳二調)如圖所示，卡車上固定有傾角均為37°的兩個斜面體，勻質圓筒狀工件置于兩個斜面間．卡車正以90 km/h的速度勻速行駛，為了保證剎車時工件不與其中任何一個斜面脫離，則其剎車的最小距離更接近于(路面能提供足夠大摩擦，sin 37°＝0.6)(　　)

A．23 m B．33 m
C．43 m D．53 m
【答案】C
【解析】　卡車剎車時，當后斜面的支持力為零時，加速度最大，設卡車安全剎車的最大加速度大小為a，此時工件的受力情況如圖所示

根據牛頓第二定律可得mgtan 37°＝ma，解得a＝ g，根據運動學公式則有0－v2＝－2ax，解得x＝ m，其剎車的最小距離更接近于43 m，故C正確，A、B、D錯誤．
【模型演練7】（2021·寧夏五原中學補習部高三上學期11月期中）如圖所示，將質量為10kg的小球用輕繩掛在傾角α=的光滑斜面上，斜面向右加速運動，小球相對斜面靜止，g=10m/s2，當加速度a=時，繩對小球的拉力大小為（　　）

A. N B. N
C. N D. 200N
【答案】B
【解析】
當小球對斜面的壓力為零時，小球受拉力和重力兩個力作用，根據牛頓第二定律得

方向水平向右，當加速度a=時，小球已脫離斜面，根據平行四邊形定則知
故選B。
【模型演練8】（2021吉林長春一模）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車沿水平路面以加速度a向右做勻加速直線運動。貨箱中石塊B的質量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是

A. 貨車速度增加得越來越快
B. 貨車在相鄰的兩個相等時間間隔內的位移之差為
C. 與B接觸的物體對B的作用力大小為
D. 與B接觸的物體對B的作用力方向水平向右
【答案】BC
【解析】根據加速度的定義式可知，速度變化率不變，單位時間內貨車速度增加量不變，故A選項錯誤；根據勻變速直線運動的規律可知，貨車在相鄰的兩個相等時間T內的位移之差為，故B選項正確；貨車沿水平路面以加速度a向右做勻加速直線運動，與B接觸的物體對B的作用力F的方向如圖所示，作用力大小為，故C選項正確，D選項錯誤。

【模型三】 輕繩相連加速度相同的連接體


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

隔離T-F1-μm1g=m1a
得
【模型演練1】(2020·山東大學附中二模)如圖所示，物塊A、B質量相等，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運動。若物塊與水平面間接觸面光滑，物塊A的加速度大小為a1，物塊A、B間的相互作用力大小為FN1；若物塊與水平面間接觸面粗糙，且物塊A、B與水平面間的動摩擦因數相同，物塊B的加速度大小為a2，物塊A、B間的相互作用力大小為FN2。則下列說法正確的是(　　)

A．a1＝a2，FN1>FN2 B．a1＝a2，FN1＝FN2
C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2
【答案】D　
【解析】設A、B的質量為m，接觸面光滑時，對整體分析有a1＝＝，對B分析FN1＝mBa1＝。接觸面粗糙時，對整體分析有a2＝＝－μg，可知a1>a2；對B分析有FN2＝ma2＋μmg＝，則FN1＝FN2。故D正確。
【模型演練2】(2020·江蘇卷，5)中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送抗疫物資的班列由40節質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節對第3節車廂的牽引力為F。若每節車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第3節對倒數第2節車廂的牽引力為(　　)
A.F B. C. D.
【答案】　C
【解析】　設列車做勻加速直線運動的加速度為a，可將后面的38節車廂作為一個整體進行分析，設每節車廂的質量均為m，每節車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力大小均為f，則有F－38f＝38ma，再將最后面的2節車廂作為一個整體進行分析，設倒數第3節車廂對倒數第2節車廂的牽引力為F′，則有F′－2f＝2ma，聯立解得F′＝F，C項正確，A、B、D項均錯誤。
【模型演練3】.(2020·安徽十校聯盟檢測)如圖所示，質量分別為2m和3m的兩個小球靜置于光滑水平面上，且固定在勁度系數為k的輕質彈簧的兩端．今在質量為2m的小球上沿彈簧軸線方向施加大小為F的水平拉力，使兩球一起做勻加速直線運動，則穩定后彈簧的伸長量為(　　)

A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　對整體分析，整體的加速度a＝，對質量為3m的小球分析，根據牛頓第二定律得，F彈＝kx＝3ma，得x＝，故A、B、D錯誤，C正確
【模型演練4】(2021·安徽皖江名校聯盟摸底大聯考)將兩質量不同的物體P、Q放在傾角為θ的光滑斜面體上，如圖甲所示，在物體P上施加沿斜面向上的恒力F，使兩物體沿斜面向上做勻加速直線運動；圖乙為僅將圖甲中的斜面體調整為水平，同樣在P上加水平恒力F；圖丙為兩物體疊放在一起，在物體P上施加一豎直向上的恒力F，使二者向上加速運動．三種情況下兩物體的加速度大小分別為a甲、a乙、a丙，兩物體間的作用力分別為F甲、F乙、F丙．則下列說法正確的是(　　)

A．a乙最大，F乙最大
B．a丙最大，F丙最大
C．a甲＝a乙＝a丙，F甲＝F乙＝F丙
D．a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙
【答案】　D
【解析】　假設物體P的質量為M，物體Q的質量為m.由牛頓第二定律，對圖甲中的物體P和Q有：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a甲，對物體Q：F甲－mgsin θ＝ma甲，解得：a甲＝－gsin θ，F甲＝；同理對圖乙，解得a乙＝，F乙＝；同理對圖丙，解得a丙＝－g、F丙＝；顯然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正確．
【模型演練5】(2020學年·吉林省實驗中學高三上學期期末)如圖所示，兩個質量分別為m1＝1 kg、m2＝4 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧秤連接。兩個大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩定狀態后，下列說法正確的是(　　)

A．彈簧秤的示數是25 N
B．彈簧秤的示數是28 N
C．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為7 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2
【答案】BC
【解析】：本題考查用整體法、隔離法分析物體受力以及牛頓第二定律的應用。以m1、m2以及彈簧秤為研究對象，則整體向右的加速度a＝＝2 m/s2；再以m1為研究對象，設彈簧的彈力為F，則F1－F＝m1a，則F＝28 N，A錯誤，B正確；突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，此時m2的加速度a＝＝7 m/s2，C正確；突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力也不變，此時m1的加速度a＝＝28 m/s2，D錯誤。
【模型四】板塊加速度相同的連接體模型

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
【模型演練1】如圖所示，一木板傾斜放置，與水平面的夾角為θ。將兩個矩形物塊A、B疊放后置于木板上，之后A、B保持相對靜止一起以大小為a的加速度沿斜面加速下滑。若A、B的質量分別為mA和mB，A與B之間及B與木板之間的動摩擦因數分別為μ1和μ2，則下列說法正確的是(　　)

A.μ1一定大于tan θ
B.μ2一定小于tan θ
C.加速度a的大小與mA和mB都無關
D.A與B之間的摩擦力大小與μ1有關，而與μ2無關
【答案】　BC
【解析】　A、B保持相對靜止加速下滑，加速度a＝gsin θ－μ2gcos θ，因a＞0，故μ2＜tan θ，選項B、C正確；對A，有mAgsin θ－Ff＝mAa，則摩擦力Ff＝μ2mAgcos θ≤μ1mAgcos θ，所以mAgsin θ－μ1mAgcos θ＞0，即μ1＜tan θ，選項A、D錯誤。
【模型演練2】（2021·陜西省延安市黃陵中學高三上學期11月期中）如圖所示，木塊A,B靜止疊放在光滑水平面上,A的質量為m，B的質量為2m，現施水平力F拉B，A、B剛好不發生相對滑動，一起沿水平面運動．若改用水平力拉A，使A，B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則不得超過（?? ）

A. 2F B. C. 3F D.
【答案】B
【解析】
力F拉物體B時，A、B恰好不滑動，故A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的靜摩擦力fm，根據牛頓第二定律，有fm=ma對A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據牛頓第二定律，有F=3ma解得fm=F當F1作用在物體A上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A，有F1-fm=ma1對整體有F1=3ma1由上述各式聯立解得F1=F即F1的最大值是F，則使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則的可能值不超過F。故選B。
【模型演練3】（2021·山西省懷仁市高三上學期11月期中）如圖所示，A、B兩物體的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現對A施加一水平拉力F，則（　　）

A. 當時，A、B都相對地面靜止
B. 當時，A的加速度為
C. 當時，A相對B滑動
D. 當F超過某數值時，B的加速度可能會超過
【答案】BC
【解析】
A．設B對A的摩擦力為f1，A對B的摩擦力為f2，地面對B的摩擦力為f3，由牛頓第三定律可知f1與f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均為2μmg，f3的最大值為μmg，故當0＜F≤μmg時，A、B均保持靜止；繼續增大F，在一定范圍內A、B將相對靜止以共同的加速度開始運動，故A錯誤；
BC．設當A、B恰好相對地面發生相對滑動時的拉力為F′，加速度為a′，則對A，有F′-2μmg=2ma′
對A、B整體，有F′-μmg＝3ma′聯立解得F′=3μmg故當μmg＜F≤3μmg時A相對于B靜止，二者以共同的加速度開始運動；當時，代入上式求得A的加速度為
當F＞3μmg時，由前面分析可知A將相對于B滑動，故BC正確；D．對B來說，由牛頓第二定律可得，其所受合力最大值有Fm=2μmg-μmg=μmg=ma即B的加速度不會超過μg，故D錯誤。故選BC。
【模型演練4】（2021·湖南省五市十校高三上學期12月月考）如圖所示，斜面傾角為，木塊B上表面水平，木塊A置于B上，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，A與B始終保持相對靜止，在下滑過程中下列說法錯誤的是（　　）

A. B對A的摩擦力做正功 B. B對A的作用力大于A的重力
C. A的加速度大小為 D. A對B不做功
【答案】B
【解析】A．A、B整體具有沿斜面向下的加速度，設為a，將a正交分解為豎直方向分量a1，水平分量a2，對于A由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力Ff，所以B對A的摩擦力做正功，A正確；BD．因為斜面光滑， A與B一起會沿斜面向下做加速運動，其加速度的方向是沿斜面向下的，對AB整體來看，整體它們受重力垂直于斜面方向的支持力，這二個力的合力是沿斜面向下的，對物體A分析，B對A的支持力是豎直向上的，摩擦力是水平向左的，同理對于A，它也會受到重力和垂直于斜面方向的一個力的作用，大小為 ，即B對A的作用力小于A的重力，B錯誤；C．A與B始終保持相對靜止，一起下滑，根據牛頓第二定律解得及A的加速度大小為，C正確；D．根據分析對于A，它也會受到垂直于斜面方向的一個力的作用，則A對B也是垂直于斜面方向下的力，即力與位移垂直， A對B不做功，D正確。故選B。
【模型演練5】如圖所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質量為m，B的質量為2m。現施加水平力F拉B(如圖甲)，A、B剛好不發生相對滑動，一起沿水平面運動。若改用水平力F′拉A(如圖乙)，使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則F′不得超過(　　)

甲　　　　　　　　乙
A．2F B． C．3F D．
【答案】B　
【解析】力F拉物體B時，A、B恰好不滑動，故A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的靜摩擦力fm，根據牛頓第二定律，有
fm＝ma ①
對A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據牛頓第二定律，有F＝3ma ②
由①②解得fm＝F。
當F′作用在物體A上，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A，有
F′－fm＝ma1 ③
對整體，有F′＝3ma1 ④
由上述各式聯立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。

【模型五】輕繩繞滑輪加速度相等----“阿特伍德機”模型
[來源:學科網]
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<
【模型演練1】(2020·百校聯考)如圖所示，A、B、C、D四個小球質量分別為m、4m、2m、3m，用細線連著(在A和C之間細線上還串接有一段輕彈簧)，懸掛在光滑輕質定滑輪的兩邊并處于靜止狀態．彈簧的形變在彈性限度內，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是(　　)

A．剪斷C、D間細線的一瞬間，小球C的加速度大小為3g
B．剪斷C、D間細線的一瞬間，小球A和B的加速度大小均為g
C．剪斷A、B間細線的一瞬間，小球C的加速度大小為零
D．剪斷C球上方細線的一瞬間，小球A和B的加速度大小均為零
【答案】　C
【解析】　開始時，彈簧的彈力為5mg，剪斷C、D間細線的一瞬間，彈簧的彈力不變，則小球C的加速度大小為a＝＝1.5g，A、B的加速度為零，選項A、B錯誤；同理可知，剪斷A、B間細線的一瞬間，小球C的加速度大小為零，選項C正確；剪斷C球上方細線的一瞬間，彈簧的彈力迅速減為零，因此小球A和B的加速度大小為g，選項D錯誤．
【模型演練2】(2020·南通模擬)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，用通過光滑的定滑輪的細線將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，則細線中的拉力大小為(　　)

A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
【答案】C
【解析】以C為研究對象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B錯誤；以A、B整體為研究對象，根據牛頓第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正確；A、B間為靜摩擦力，根據牛頓第二定律，對B可知f＝m2a≠μm1g，故D錯誤。
【模型演練3】(2020·南昌二中月考)(多選)質量分別為M和m的物塊A和B形狀、大小均相同，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恰好能靜止在斜面上，不考慮A、B與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放A，斜面仍保持靜止，則下列說法正確的是(　　)

甲　　　　　　乙
A．輕繩的拉力等于mg
B．輕繩的拉力等于Mg
C．A運動的加速度大小為(1－sin α)g
D．A運動的加速度大小為g
【答案】ACD　
【解析】本題考查連接體的臨界問題。第一次放置時A靜止，則由平衡條件可得Mgsin α＝mg；第二次按圖乙放置時，對整體，由牛頓第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，聯立解得a＝(1－sin α)g＝g。對B，由牛頓第二定律有T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、C、D正確，B錯誤。
【模型演練4】(多選)(2020·湖北荊州市高三上學期質量檢測)如圖所示，傾角為30°的光滑斜面上放一質量為m的盒子A，A盒用輕質細繩跨過光滑輕質定滑輪與B盒相連，A盒與定滑輪間的細繩與斜面平行，B盒內放一質量為的物體.如果把這個物體改放在A盒內，則B盒加速度恰好與原來等值反向，重力加速度大小為g，則B盒的質量mB和系統的加速度a的大小分別為(　　)

A.mB＝ B.mB＝
C.a＝0.2g D.a＝0.4g
【答案】　BC
【解析】　當物體放在B盒中時，以A、B和B盒內的物體整體為研究對象，根據牛頓第二定律有
(mBg＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)a
當物體放在A盒中時，以A、B和A盒內的物體整體為研究對象，根據牛頓第二定律有
(m＋m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋m)a
聯立解得mB＝
加速度大小為a＝0.2g
故A、D錯誤、B、C正確.
【模型六】彈簧木塊分離問題模型
分離問題（一）
分離類型：A與彈簧分離

[來源:學科網ZXXK]
[來源:學|科|網Z|X|X|K]
分離問題（二）
分離類型：B與地面分離



分離問題（三）
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



【模型演練1】(2020·湖北黃岡模擬)如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態，現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示(g＝10 m/s2)，下列結論正確的是(　　)

A．物體與彈簧分離時，彈簧處于原長狀態
B．彈簧的勁度系數為750 N/m
C．物體的質量為2 kg
D．物體的加速度大小為5 m/s2
【答案】　ACD
【解析】　物體與彈簧分離時，彈簧的彈力為零，輕彈簧無形變，所以選項A正確；從圖中可知ma＝10 N，
ma＝30 N－mg，解得物體的質量為m＝2 kg，物體的加速度大小為a＝5 m/s2，所以選項C、D正確；彈簧的勁度系數k＝＝ N/m＝500 N/m，所以選項B錯誤。
【模型演練2】(多選)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質點的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時的位置為坐標原點建立如圖所示的一維坐標系．現將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，下列關于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x關系的圖象可能正確的是(　　)


【答案】：BD
【解析】：當A和B相對靜止加速時，對A、B整體，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，因為可能有kx0＝(mA＋mB)a，則得F＝kx，即F-x圖象可能為過原點的直線．當A、B分離時，對A，k(x0－x)＝mAa，此時x＜x0，當A、B分離后，對B，F＝mBa大小恒定，與x無關，選項B正確；在A、B分離前，對A，k(x0－x)－FN＝mAa，分離后，FN＝0，選項D正確．
【模型演練3】 (2020·遼寧省丹東市高三(下)總復習質量測試(二))如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量為mA＝5 kg、mB＝3 kg，C為一固定擋板，整個系統處于平衡狀態。現用一沿斜面向上的力F拉物塊A，使之沿斜面向上做加速度為4 m/s2的勻加速直線運動。選定A的起始位置為坐標原點(g＝10 m/s2)，從力F剛作用在物塊A的瞬間到B剛好要離開固定擋板C的瞬間這個過程中，能正確描繪力F與物塊A的位移x之間關系的圖象是(　　)


【答案】　C
【解析】　初始狀態時，整個系統處于平衡狀態，設彈簧的勁度系數為k，此時彈簧的壓縮量為x0，對A有mAgsin30°＝kx0，力F剛作用在物塊A上的瞬間，對A由牛頓第二定律有F－mAgsin30°＋kx0＝mAa，得F＝mAa＝20 N，在彈簧恢復原長之前，對A有F－mAgsin30°＋k(x0－x)＝mAa，得F＝kx＋mAa，從彈簧恢復原長到B剛好離開C的過程中，對A有F－mAgsin30°－k(x－x0)＝mAa，得F＝kx＋mAa，B剛好要離開固定擋板C時，對A有F－mAgsin30°－F′＝mAa，對B有F′＝mBgsin30°，解得F＝60 N。故選C。
【模型演練4】如圖所示，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(彈簧始終處于彈性限度內)后物體A、B處于平衡狀態。已知重力加速度為g，F＞2mg。現突然撤去外力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，則下列關于FN的說法正確的是(　　)

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
【答案】　B
【解析】　剛撤去外力F時，由牛頓第二定律，對A、B組成的整體有F＝2ma1，對物體A有FN－mg＝ma1，聯立解得FN＝＋mg，選項A錯誤；彈簧彈力等于F時，對A、B組成的整體有F－2mg＝2ma2，對物體A有FN－mg＝ma2，聯立解得FN＝，選項B正確；當A、B恰好分離時，A、B間相互作用力為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，選項C、D錯誤。
【模型演練5】(2020·西安高三第三次質檢)如圖甲所示，質量為m的物塊A放在足夠高的平臺上，平臺表面光滑。質量也為m的物塊B放在水平地面上，物塊B與勁度系數為k的輕質彈簧相連，彈簧與物塊A用繞過定滑輪的輕繩相連，輕繩剛好繃緊。現給物塊A施加水平向右的拉力F(未知)，使物塊A做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a，重力加速度為g，A、B均可視為質點。

(1)當物塊B剛好要離開地面時，拉力F的大小及物塊A的速度大小分別為多少；
(2)若將物塊A換成物塊C，拉力F的方向與水平方向成θ＝37°角，如圖乙所示，開始時輕繩也剛好繃緊，要使物塊B離開地面前，物塊C一直以大小為a的加速度做勻加速運動，則物塊C的質量應滿足什么條件？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
【答案】　(1)ma＋mg　 　 (2)mC≥
【解析】　(1)當物塊B剛好要離開地面時，設彈簧的伸長量為x，物塊A的速度大小為v，對物塊B受力分析有：mg＝kx，得：x＝，
根據v2＝2ax，解得：v＝＝
對物塊A：F－T＝ma，
又：T＝kx＝mg，
解得：F＝ma＋mg。
(2)設某時刻彈簧的伸長量為x1。對物塊C，水平方向：Fcosθ－T1＝mCa，其中T1＝kx1≤mg，
故Fmax＝，
豎直方向：Fsinθ≤mCg，
故有：·sinθ≤mCg，
解得：mC≥。
【模型演練6】(多選)(2020·衡陽一中月考)如圖所示，輕彈簧的一端固定在傾角為θ＝30°的光滑斜面的底部，另一端和質量為m的小物塊a相連，質量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從某時刻開始，對b施加沿斜面向上的外力F，使b始終做勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊a、b分離；再經過同樣長的時間，b距其出發點的距離恰好也為x0，彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g。則(　　)

A．彈簧的勁度系數k＝
B．彈簧恢復原長時物塊a、b恰好分離
C．物塊b的加速度為
D．拉力F的最小值為mg
【答案】AD　
【解析】本題考查含彈簧系統的臨界問題。對整體分析，根據平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有kx0＝gsin θ，解得k＝＝，故A正確；由題意可知，b經兩段相等的時間后位移為x0，設分離前位移為x1，由初速度為零的勻變速直線運動在相鄰相等時間內位移關系的規律可知＝，說明當彈簧形變量為x2＝x0－x1＝時二者分離，故B錯誤；對a分析，因分離時a、b間沒有彈力，則根據牛頓第二定律可知kx2－mgsin θ＝ma，聯立解得a＝，故C錯誤；a、b分離前對整體分析，由牛頓第二定律有F＋kΔx－gsin θ＝a，則知剛開始運動時拉力F最小，F的最小值Fmin＝mg；分離后對b分析，由牛頓第二定律有F－mgsin θ＝ma，解得F＝mg，所以拉力F的最小值為mg，故D正確。]
【模型演練7】(2020·湖北部分重點中學開學考試)如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端與A物體相連接，將B物體放置在A物體的上面，A、B的質量都為m，初始時兩物體都處于靜止狀態。現用豎直向上的拉力F作用在物體B上，使物體B開始向上做勻加速運動，拉力F與物體B的位移x的關系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　)

A.物體B位移為4 cm時，彈簧處于原長狀態
B.物體B的加速度大小為5 m/s2
C.物體A的質量為4 kg
D.彈簧的勁度系數為5 N/cm
【答案】　C
【解析】　當物體B位移為4 cm時，物體A、B仍有向上的加速度，此時彈簧產生的向上的彈力大于物體A的重力，所以彈簧處于壓縮狀態，選項A錯誤；設力F未作用時彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝2mg，設物體A、B的共同加速度大小為a，則當F＝F1＝20 N時，由牛頓第二定律得F1＋kx0－2mg＝2ma，當F＝F2＝50 N時，物體A、B剛好分離，對物體B有F2－mg＝ma，以上各式聯立可解得a＝2.5 m/s2，m＝4 kg，選項B錯誤，C正確；當物體A、B剛好分離時，對物體A有k(x0－x)－mg＝ma，將x＝0.04 m代入解得k＝7.5 N/cm，選項D錯誤。
【模型演練8】如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質量為m1＝4 kg的物體P，Q為一質量為m2＝8 kg的物體，彈簧的質量不計，勁度系數k＝600 N/m，系統處于靜止狀態。現給Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2 s時間內，F為變力，0.2 s以后F為恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值與最小值。

【答案】72 N　36 N
【解析】設開始時彈簧的壓縮量為x0，
由平衡條件得
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入數據解得x0＝0.12 m
因前0.2 s時間內F為變力，之后為恒力，則0.2 s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零，設此時彈簧的壓縮量為x1
對物體P，由牛頓第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s時間內兩物體的位移x0－x1＝at2
聯立解得a＝3 m/s2
對兩物體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
對Q應用牛頓第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。
【模型七】“關聯速度與機械能守恒”連接體模型
1.繩、桿末端速度分解四步
①找到合運動——物體的實際運動；②確定分運動——沿繩(桿)和垂直于繩(桿)；③作平行四邊形；④根據沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。

2.繩桿末端速度分解的三種方法
方法一、微元法
要求船在該位置的速率即為瞬時速率，需從該時刻起取一小段時間來求它的平均速率，當這一小段時間趨于零時，該平均速率就為所求速率。

如圖所示，設船在θ角位置經△t時間向左行駛△x距離，滑輪右側的繩長縮短△L，當繩與水平方向的角度變化很小時，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△x cosθ，兩邊同除以△t得：
即收繩速率v0=vA cosθ，因此船的速率為：vA=υ0/cosθ。
【鏈接】“微元法”，可設想物體發生一個微小位移，分析由此而引起的牽連物體運動的位移是怎樣的，得出位移分解的圖示，再從中找到對應的速度分解的圖示，進而求出牽連物體間速度大小的關系。
解法二、效果分解法
首先確定合運動，即物體實際運動；其次確定物體A的兩個分運動。兩個分運動：一是沿繩的方向被牽引，繩長縮短。繩長縮短的速度即等于v1=v0；二是隨著繩以定滑輪為圓心的擺動，它不改變繩長，只改變角度θ的值。這樣就可以將vA按圖示方向進行分解。所以v1及v2實際上就是vA的兩個分速度，如圖所示，由此可得vA=υ0/cosθ。

【鏈接】解題流程：①選取合適的連結點（該點必須能明顯地體現出參與了某個分運動）；②確定該點合速度方向（物體的實際速度為合速度）且速度方向始終不變；③確定該點合速度的實際運動效果從而依據平行四邊形定則確定分速度方向；④作出速度分解的示意圖，利用沿繩方向的速度相等，尋找速度關系。
解法三、功率等值法
由題意可知：人對繩子做功等于繩子對物體所做的功，即二者做功的功率相等。人對繩子的拉力為F，則對繩子做功的功率為P1=Fv0；繩子對物體的拉力，由定滑輪的特點可知，拉力大小也為F，則繩子對物體做功的功率為P2=FvAcosθ，因為P1= P2所以vA=v0/cosθ。
【名師點撥】①分解速度不是分解力，二者分解不可混淆；
②注意只能分解合速度（實際運動速度），而不能分解分速度；在上述問題中，若不對物體A的運動認真分析，就很容易得出vA=v0cosθ的錯誤結果；
③繩兩端速度不一定相等，只是沿繩方向速度大小相等。當物體A向左移動，θ將逐漸變大，vA逐漸變大，雖然人做勻速運動，但物體A卻在做加速運動。
3.輕繩相連的物體系統機械能守恒模型
①注意兩個物體的質量不一定相等；注意多段運動 ②注意兩物體運動位移和高度不一定相等 ③注意兩物體速度大小不一定相等，可能需要分解速度 ④注意最大速度和最大加速度區別

①b落地前，a機械能增加、b減小，系統機械能守恒；
②b落地后若不反彈，繩松，a機械能守恒；
4.輕桿相連的系統機械能守恒模型
類型 類型一：繞桿上某固定點轉動 類型二：無固定點，沿光滑接觸面滑動
圖示
特點 同軸轉動，角速度相等，線速度與半徑成正比。 沿桿分速度大小相等，兩物體速度大小不一定相等。
【模型演練1】(2020·山東濰坊市五校聯考)如圖所示，繞過光滑輕質定滑輪的細線連著兩個小球，小球a、b分別套在水平桿和豎直桿上，某時刻連接兩球的細線與豎直方向的夾角均為37°，此時a、b兩球的速度大小之比為(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

A. B. C. D.
【答案】　A
【解析】　如圖所示，將a、b兩小球的速度分解為沿細線方向的速度與垂直細線方向的速度，則a球沿細線方向的速度大小為v1＝vasin 37°，b球沿細線方向的速度大小為v2＝vbcos 37°，又v1＝v2，解得＝＝，A正確．

【模型演練2】(2021·江蘇溧水第三高級中學高三期中)如圖所示，套在豎直細桿上的輕環A由跨過光滑輕質定滑輪的不可伸長的輕繩與重物B相連，施加外力讓A沿桿以速度v勻速上升，從圖中M位置上升至與定滑輪的連線處于水平的N位置，已知AO與豎直桿成θ角，則(　　)

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