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综合提升专题训练----牛顿运动定律应用之连接体问题
一、订正上次作业中可能存在的问题、就问题对本节重要知识或规律进行说明和强调。
二、重要概念、规律再认识：
1．连接体的类型
(1)物物叠放连接体
(2)轻绳连接体
(3)体轻杆连接体
(4)弹簧连接
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比（必修二学习）．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．
3．处理连接体问题的方法
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，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两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
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，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”
三、典例讲解:
【例题1】质量为2m的物体A和质量为m的物体B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，使两物体沿水平方向做匀加速直线运动，下列说法正确的是
(
)
A．若水平面光滑，物体A的加速度为
B．若水平面光滑，物体A对B的作用力为F
C．若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为
D．若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体B的加速度为
【解析】如果水平面光滑，以AB组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：a＝＝，
以B为研究对象，由牛顿第二定律得，A对B的作用力：N＝ma＝，故AB错误；
若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：a′＝，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：N′－μmg＝ma′，则物体A对B的作用力大小为：N′＝＋μmg，故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。
【变式1-1】(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8
B．10
C．15
D．18
【解析】设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①
设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a②
联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．
【答案】BC
【变式1-2】如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2
N，A受到的水平向右的变力FA＝(9－2t)N，t的单位是s。从t＝0开始计时，则(　　)
A．A物体在3
s末时刻的加速度是初始时刻的倍
B．t＞4
s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5
s时，A物体的速度为零
D．t＞4.5
s后，A、B的加速度方向相反
【解析】于A、B整体由牛顿第二定律有：FA＋FB＝(mA＋mB)a，
设A、B间的作用为F，则对B由牛顿第二定律可得：F＋FB＝mBa，
解得F＝mB－FB＝
N。
当t＝4
s时F＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动。当t＝4.5
s时A物体的加速度为零而速度不为零；
t＞4.5
s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反；
当t＜4
s时，A、B的加速度均为a＝。
综上所述，选项A、B、D正确。
【答案】ABD
【例题2】.如图所示，一斜面固定在地面上，木块m和M叠放在一起沿斜面向下运动，它们始终相对静止，m、M间的动摩擦因数为μ1，M、斜面间的动摩擦因数为μ2，则
(
)
A．若m、M一起匀加速运动，可能有μ1≠0，μ2＝0
B．若m、M一起匀速运动，一定有μ1＝0，μ2≠0
C．若m、M一起匀加速运动，一定有μ1≠0，μ2＝0
D．若m、M一起匀速运动，可能有μ1≠0，μ2≠0
【解析】M、N一起匀加速下滑，对m：根据牛顿第二定律知，m受到三个力，M对m的支持力，
m的重力，M对m摩擦力，所以一定有μ1≠0。对整体分析，斜面对整体可能有摩擦力，也可能无摩擦力，即μ2＝0是可能的，故A正确；M、N一起匀速下滑，合力都为零，对m：根据平衡条件知，M对m的支持力等于m的重力，M对m没有摩擦力，故要能μ1≠0，也可能μ1＝0；对整体：由平衡条件分析可知，斜面对M有摩擦力，方向沿斜面向上，故μ2≠0；故BC错误，D正确。
【变式2-1】．如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的斜面体C上。已知A、B质量分别为和，A与C的动摩擦因数为，B与A的动摩擦因数为。两滑块A、B在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确的是（　　）
A．斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向右
B．滑块A与斜面间的动摩擦因数
C．滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为
D．滑块B所受的摩擦力大小为
【答案】C
【解析】A．把AB看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为
方向水平向右，AB对C的摩擦力在水平方向的分力为
方向水平向左。因为AB一起加速下滑，所以
则
所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，A错误；
B．因为AB一起加速下滑，所以
则B错误；
C．把AB看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为C正确；
D．滑块AB一起加速下滑，其加速度为
则滑块B所受的摩擦力大小为D错误。故选C。
【变式2-2】.一倾角为α的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图4所示的力F，F与竖直方向夹角为β，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力(　　)
A．大小为零
B．方向水平向右
C．方向水平向左
D．无法判断大小和方向
【解析】没有施加力F时，由物体匀速下滑可知mgsin
α＝μmgcos
α得μ＝tan
α，物体受重力G、斜面的弹力FN、斜面的摩擦力Ff，且三力的合力为零，故FN与Ff的合力竖直向上，＝tan
α＝μ(如图所示)．
当物体受到外力F时，物体受斜面的弹力为FN′、摩擦力为Ff′，FN′与Ff′的合力与FN′的夹角为θ，
则:
＝μ＝tan
θ
故θ＝α，即FN′与Ff′的合力方向竖直向上，由牛顿第三定律知，物块对斜面体的作用力竖直向下，故斜面体在水平方向上不受力，A对．
【答案】A
【例3】.如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a'向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为FT′，则它们的大小关系是(
)
A.
a′=a，FT′=FT
B.
a′＞a，FT′=FT
C.
a′＜a，FT′＞FT
D.
a′＜a，FT′＜FT
【答案】B
【变式3-1】.(多选)如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，上面穿着质量为M的滑块，滑块又通过细线悬吊着一个质量为m的小铁球．此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，而滑块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.若小车的加速度逐渐增大，滑块始终和小车保持相对静止，当加速度增大到2a时(　　)
横杆对滑块向上的弹力不变
B．横杆对滑块的摩擦力变为原来的2倍
C．细线对小铁球的竖直方向的分力增大了
D．细线对小铁球的水平方向的分力增大了，增大的倍数小于2
【解析】取滑块和小铁球构成的系统为研究对象，竖直向上横杆对系统的支持力和系统受到的总重力平衡，水平方向上满足F＝(M＋m)a，其中F表示横杆对滑块的摩擦力．
当小车的加速度增大到2a时，横杆对滑块向上的弹力保持不变，而横杆对滑块的摩擦力增加到原来的2倍．隔离小铁球为研究对象，细线的竖直分力F1＝mg与小铁球重力平衡，细线的水平分力F2＝ma产生加速度，所以当小车的加速度增加到2a时，细线对小铁球竖直方向的分力不变，水平方向的分力变为原来的2倍．
【答案】AB
【变式3-2】.如图所示，A、B两物块放在粗糙水平面上，且它们与地面之间的动摩擦因数相同．它们之间用轻质细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角相同，先后对B施加水平力F1和F2，两次细线上的力分别为FT1、FT2，则下列说法正确的是(　　)
A．若两种情况下，A、B一起向右运动，则必有F1＝F2
B．两种情况下，只有A、B一起向右匀速运动，才可能F1＝F2
C．若两种情况下，A、B一起向右运动，则可能FT1＝FT2
D．若两种情况下，A、B一起向右匀速运动，则FT1＞FT2
【解析】两种情况下，对整体受力分析可知，整体均受到重力、拉力、支持力及摩擦力，因整体对地面的压力相同，故摩擦力相同；
若A、B一起向右运动，只有均做匀速运动，或者均做加速度相同的匀变速直线运动时，这两种情况下水平拉力才相等，即F1＝F2，A、B错误；
两种情况下，若A、B一起向右匀速运动，对A受力分析可知，A受重力、支持力、摩擦力及细线的拉力而处于平衡状态，对第一种情况有FT1sin
θ＝μ(mg－FT1cos
θ)，解得FT1＝，
对第二种情况FT2sin
θ＝μ(mg＋FT2cos
θ)，解得FT2＝，故FT1＜FT2，D错误；
若A、B一起向右做匀加速运动，且第一种情况的加速度较大，则有可能FT1＝FT2，故C正确．
【答案】C
【变式3-3】.如图所示，套有光滑小铁环的细线系在水平杆的两端A、B上，当杆沿水平方向运动时，小环恰好悬于A端的正下方并与杆保持相对静止，已知小环质量为m，重力加速度为g，下列分析正确的是
(
)
A．杆可能做匀速运动
B．杆一定向右做匀加速运动
C．杆可能向左做匀减速运动
D．细线的张力可能等于mg
[解析]　对小环受力分析：受绳的拉力和重力，如图，设细线夹角为θ：
由题知竖直方向平衡：mg＝T＋Tcosθ
设水平方向上加速度为a，由牛顿第二定律得：Tsinθ＝ma
由于0°＜θ＜90°，得：T＝＜mg，加速度方向水平向右；故杆和小环向右做匀加速或向左匀减速运动，由上分析可知，ABD错误，C正确；故选C。
【变式3-4】.如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初速度后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β>θ。则滑块的运动情况是
A.
速度方向沿杆向下，正在均匀增大
B.
速度方向沿杆向下，正在均匀减小
C.
速度方向沿杆向上，正在均匀增大
D.
速度方向沿杆向上，正在均匀减小
【答案】D
【解析】把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m1+m2)gsinθ-f=(m1+m2)a?
垂直斜面方向：FN=(m1+m2)gcosθ摩擦力：f=μFN联立可解得：a=gsinθ-μgcosθ，对小球有：若θ=β，a=gsinβ现有：θ＜β，则有a＞gsinβ所以gsinθ-μgcosθ＞gsinβgsinθ-gsinβ＞μgcosθ因为θ＜β，所以gsinθ-gsinβ＜0，但μgcosθ＞0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，所以物体沿杆减速上滑，速度方向沿杆向上，正在均匀减小，故D正确．故选D.
例4.
如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是(　　)
A．小车静止时，F＝mgsin
θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcos
θ，方向垂直于杆向上
C．小车向右以加速度a运动时，一定有F＝
D．小车向左以加速度a运动时，F＝，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan
α＝
【解析】小车静止时，球受到重力和杆的弹力作用，由平衡条件可得杆对球的作用力F＝mg，方向竖直向上，选项A、B错误；小车向右以加速度a运动时，如图甲所示，只有当a＝gtan
θ时，才有F＝，选项C错误；小车向左以加速度a运动时，根据牛顿第二定律可知小球受到的合力水平向左，如图乙所示，则杆对球的作用力F＝，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan
α＝，选项D正确．
【答案】D
【变式4-1】如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ＜α，则下列说法正确的是(　　)
A．小车一定向右做匀加速运动
B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C．小球P受到的合力大小为mgtan
θ
D．小球Q受到的合力大小为mgtan
α
【解析】对细线吊的小球Q研究，根据牛顿第二定律，得mgtan
α＝ma，得到a＝gtan
α，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误；对小球P，由牛顿第二定律，得mgtan
β＝ma′，因为a＝a′，得到β＝α＞θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；对小球P、Q由牛顿第二定律可知F＝ma＝mgtan
α，故C错误，D正确．
【答案】D
例5、质量分别为2kg和3kg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＝20N、
F2＝10N，则下列说法正确的是
(
)
A．弹簧的弹力大小为16N
B．如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12N
C．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为零
D．若F1＝10N、
F2＝20N，则弹簧的弹力大小不变
[解析]　两物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体由牛顿第二定律有：
F1－F2＝(mA＋mB)a
再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1－F＝mAa
联立两式解得：F＝16N。故A正确。
如果只有F1作用，整体向左匀加速运动，则有：F1＝(mA＋mB)a
对B研究得：弹簧的弹力大小为F＝mBa＝mB·＝3×N＝12N，故B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C错误；若F1＝10N、F2＝20N，则F1－F2＝(mA＋mB)a；再对物体B受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F2－F＝mBa，联立解得F＝14N，故D错误。故选AB。
【变式5-1】.(多选)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　)
A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用
B．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为
C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同
D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变
答案　BC
解析　在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对它的压力和静摩擦力、地面支持力及弹簧的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。
【变式5-2】如图所示，足够长的斜面固定在水平面上，斜面顶端有一附有挡板的长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧测力计一端挂在挡板上，另一端连接着光滑小球。木板固定且小球静止时，弹簧中心线与木板平行，测力计示数为F1；无初速释放木板后，木板沿斜面下滑，小球相对木板静止时，测力计示数为F2。已知斜面高为h，底边长为d，下列说法正确的是
(
)
A．测力计示数为F2时，弹簧一定处于伸长状态
B．测力计示数为F2时，弹簧可能处于压缩状态
C．μ＝
D．μ＝
[解析]　设球的质量为m，木板质量M，斜面倾斜角度为θ，木板固定时，球受三力而平衡，故：
F1＝mgsinθ，释放木板后木板和球整体有：
(M＋m)gsinθ－μ′(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，
隔离球，有：
Mgsinθ－F2＝ma，其中：tanθ＝h/d，联立解得：F2＝μmgcosθ>0，故弹簧处于伸长状态，故A正确，B错误；
μ＝，故C错误，D正确。
【例6】．(清华大学自主招生)在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面，其上有一质量为m的物块，如图所示。物块在下滑的过程中对斜面压力的大小为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】法一：设m的加速度大小为a1，与斜面法线之间的夹角为α，如图甲所示。M和m的受力分析如图甲和图乙所示。对M列出水平方向的方程为
Nsin
θ＝Ma2
对m列出斜面法向的方程为
mgcos
θ－N＝ma1cos
α
再列出斜面法向两物体加速度之间的连接关系a2sin
θ＝a1cos
α
由此可得N＝，故选C。
　　　
甲　　　　　　　　　乙
法二：设物块对斜面的压力为N，物块m相对斜面的加速度为a1，斜面的加速度为a2，方向向左；则物块m相对地面的加速度为
ax＝a1cos
θ－a2，ay＝a1sin
θ
对物块考虑水平和竖直方向，有
Nsin
θ＝max＝m(a1cos
θ－a2)，mg－Ncos
θ＝may＝ma1sin
θ
对斜面有Nsin
θ＝Ma2
解得N＝。
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