【备考2021】高中物理模型问题专项突破 05连接体 课件（21张ppt）

模型05　连接体
2021年高中模型问题专项突破
模型概述
01
1．连接体定义与分类
（1）两个或两个以上的物体,以某种方式连接在一起运动,这样的物体系统就是连接体。
（2）连接体问题的类型:物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。
2.解决连接体问题方法
（1）整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
（2）隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。
（3）整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”的方法。
F=ma中的“F”指的就是物体(或系统)所受的合力,因此,在处理连接体问题时,必须注意区分内力和外力,特别是用整体法处理连接体问题时,切忌把系统内力列入牛顿第二定律方程中。当然,若用隔离法处理连接体问题,对所隔离的物体,它所受到的力都属外力,就不存在内力问题了。
02
精讲精练
典例1.（2020年江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A. F B. C. D.
【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
√
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得 。
故选C。
【变式训练1 】 （2020年山东卷）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　）
A. B. C. D.
【解析】当木板与水平面的夹角为 时，两物块刚好滑动，
对A物块受力分析如图
√
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
两式解得
ABD错误，C正确。
故选C。
【变式训练2】 (多选)质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20 N,F2=10 N,则下列说法正确的是(　　)。
?A.弹簧的弹力大小为16 N
B.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零
C.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12 N
D.若F1=10 N,F2=20 N,则弹簧的弹力大小不变
√
√
【解析】对两个物体整体运用牛顿第二定律,有F1-F2=(mA+mB)a;
再对物体A运用牛顿第二定律有F1-F=mAa,
由两式解得F=16N,A项正确。
若把弹簧换成轻质绳,同理根据牛顿第二定律列式得到绳对物体的拉力大小也是16N,故B项错误。
如果只有F1作用,整体向左匀加速运动,则对B研究得弹簧的弹力大小F'=mBa=mB· =12N,C项正确。
若F1=10N,F2=20N,则F2-F1=(mA+mB)a;再对物体B受力分析得F2-F″=mBa,解得F″=14N,D项错误。
【变式训练3】如图所示,小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸的弹簧拉着,小车向右做加速运动。若小车向右的加速度增大,物块始终相对小车静止,则物块所受摩擦力F1和车右壁所受弹簧的拉力F2大小变化可能是( )。
A.F1不变,F2一直变大
B.F1先变小后变大,F2不变
C.F1先变大后变小,F2不变
D.F1变大,F2先变小后不变
√
【解析】小车向右的加速度增大,而物块始终相对小车静止,即弹簧伸长量始终不变,则F2不变,A、D两项错误;若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右,则随着加速度的增大,摩擦力必变大;若开始摩擦力向左,则随着加速度的增大,摩擦力必先变小后变大,B项正确,C项错误。
【变式训练4】如图所示,将砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应为(　　)。
A.3μmg B.4μmg C.5μmg D.6μmg
【解析】纸板相对砝码恰好运动时,对纸板和砝码构成的系统,由牛顿第二定律可得F-μ(2m+m)g=(2m+m)a,
对砝码,由牛顿第二定律可得2μmg=2ma,
联立可得F=6μmg, D项正确。
√
【变式训练5】如图所示,两黏合在一起的物块a和b,质量分别为ma和mb,放在光滑的水平桌面上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb,已知Fa>Fb,则a对b的作用力(　　)。
A.必为推力 B.必为拉力
C.可能为推力,也可能为拉力
D.不可能为零
【解析】将a、b看作一个整体,加速度a= ,单独对a进行分析,设a、b间的作用力为Fab,则a= = ,即Fab= ,由于不知道ma与mb的大小关系,故Fab可能为正,可能为负,也可能等于0。
√
1
2
3
4
5
6
【变式训练6】如图所示,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量M=2 kg的秤盘,盘内放一个质量m=1 kg的物体,秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止,F=30 N,当突然撤去外力F的瞬时,物体对秤盘的压力大小为(g=10 m/s2)(　　)。
A.10 N B.15 N
C.20 N D.40 N
【解析】由于外力F撤去之前秤盘和物体均保持静止,系统受力平衡,当F撤去瞬间,合力向上,对整体由牛顿第二定律可得F=(M+m)a,对物体再根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,两式联立解得FN=20N,再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20N,C项正确。
√
7
1
2
3
4
5
6
【变式训练7】　(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
7
√
√
【解析】　隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsinθ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，所以A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．
1
2
3
4
5
6
7
【变式训练8】如图甲所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知mA=2 kg,mB=4 kg,斜面倾角θ=37°。某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示。已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)A与斜面间的动摩擦因数。
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移。
【答案】(1)0.25　(2)0.75m
【解析】(1)在0~0.5s内,根据图乙知,A、B系统的加速度
a1= =4m/s2
对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律得
mBg-mAgsinθ-μmAgcosθ=(mA+mB)a1
解得μ=0.25。
(2)B落地后,A继续减速上升。由牛顿第二定律得
mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa2
将已知量代入,可得a2=8m/s2
故A减速向上滑动的位移
x2= =0.25m
因为0~0.5s内A加速向上滑动的位移
x1= =0.5m
所以,A沿斜面向上滑动的最大位移
x=x1+x2=0.75m。