专题04 连接体模型-2024年新课标高中物理模型与方法

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc2942" 【模型一】平衡中的连接体模型 PAGEREF _Tc2942 \h 1
\l "_Tc20453" 1.轻杆连接体问题 PAGEREF _Tc20453 \h 1
\l "_Tc2398" 2． 轻环穿杆问题 PAGEREF _Tc2398 \h 2
\l "_Tc28312" 【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 PAGEREF _Tc28312 \h 5
\l "_Tc22759" 1． 悬绳加速度问题 PAGEREF _Tc22759 \h 5
\l "_Tc7992" 2． 类悬绳加速度问题 PAGEREF _Tc7992 \h 6
\l "_Tc760" 【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体 PAGEREF _Tc760 \h 12
\l "_Tc8271" 【模型四】板块加速度相同的连接体模型 PAGEREF _Tc8271 \h 14
\l "_Tc26743" 【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型 PAGEREF _Tc26743 \h 18
\l "_Tc420" 【模型六】弹簧木块分离问题模型 PAGEREF _Tc420 \h 20
\l "_Tc10914" 【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型 PAGEREF _Tc10914 \h 26
\l "_Tc13769" 1.绳、杆末端速度分解四步 PAGEREF _Tc13769 \h 26
\l "_Tc5858" 2.绳杆末端速度分解的三种方法 PAGEREF _Tc5858 \h 26
\l "_Tc27932" 3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型 PAGEREF _Tc27932 \h 28
\l "_Tc14927" 4.轻杆相连的系统机械能守恒模型 PAGEREF _Tc14927 \h 28
【模型一】平衡中的连接体模型
【模型构建】
1.轻杆连接体问题
2． 轻环穿杆问题
【模型演练1】(2020·河北五个一名校联盟一诊)如图所示，竖直放置的光滑圆环，顶端D点处固定一定滑轮(大小忽略)，圆环两侧套着质量分别为m1、m2的两小球A、B，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，A、B连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为θ。则A、B两小球的质量之比为( )
A．tan θ B．eq \f(1,tan θ) C．eq \f(1,cs θ) D．sin2θ
【答案】B
【解析】对两小球分别受力分析，作出力的矢量三角形，如图所示。
对小球A，可得eq \f(m1g,sin90°－θ)＝eq \f(T,sin α)；对小球B，可得eq \f(m2g,sin θ)＝eq \f(T,sin180°－α)；联立解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(1,tan θ)，故选B。
【模型演练2】(2020·湖北一轮检测)如图所示，质量M＝2eq \r(3) kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量 m＝eq \r(3) kg的小球B相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10eq \r(3) N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 m/s2。求：
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ；
(3)当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？
【答案】(1)30° (2)eq \f(\r(3),5) (3)arctan eq \f(\r(3),5)
【解析】(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得Fcs 30°＝Tcs θ
Fsin 30°＋Tsin θ＝mg
解得T＝10eq \r(3) N，tan θ＝eq \f(\r(3),3)，
即θ＝30°。
(2)对A进行受力分析，由平衡条件有
Tsin θ＋Mg＝FN
Tcs θ＝μFN
解得μ＝eq \f(\r(3),5)。
(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有
Fsin α＋FN＝(M＋m)g，Fcs α＝μFN
解得F＝eq \f(M＋mgμ,cs α＋μsin α)
令sin β＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，cs β＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，即tan β＝eq \f(1,μ)，则
F＝eq \f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sin βcs α＋cs βsin α)＝eq \f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sinβ＋α)
显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tan α＝μ＝eq \f(\r(3),5)时，即α＝arctan eq \f(\r(3),5)，F的值最小。
【模型演练3】(2020·安徽庐巢七校联盟联考)如图甲所示， A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于图乙所示的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°角，则( )
A．F1＝F2 B．F1＝eq \r(3)F2
C．F1＝2F2 D．F1＝3F2
【答案】C
【解析】：由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，由平衡条件得：F2＝mgtan(90°－30°)＝eq \r(3)mg，以AB两球整体为研究对象，由平衡条件得：F1－F2＝3mgtan 30°，可得：F1＝2eq \r(3)mg，可得：F1＝2F2，故A、B、D错误，C正确。
【模型演练4】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则( )
A．杆对A环的支持力变大 B．B环对杆的摩擦力变小
C．杆对A环的力不变 D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大
【答案】 B
【解析】 将A、B两个轻环、绳及书本视为整体，在竖直方向上，整体受到向下的重力和向上的支持力作用，两个支持力大小之和等于重力，FN＝eq \f(1,2)mg，大小保持不变，A错误；对B环受力分析如图所示，Ff＝FNtan θ＝eq \f(1,2)mgtan θ，两环距离变小，tan θ减小，Ff变小，B正确；对A环受力分析与B环类似，杆对环的力为支持力FN和摩擦力Ff的合力，与FT大小相等，FT＝eq \f(FN,cs θ)，当θ发生变化时，FT发生变化，C错误；FTcs θ＝eq \f(1,2)mg，两环距离变小，cs θ变大，细绳上的拉力变小，D错误．
【模型演练5】如图4所示，A、B两带电小球的质量分别为m1、m2，带电荷量分别为q1、q2，两小球用绝缘细线悬挂于O点，平衡时A、B两球处于同一高度，与竖直方向的夹角分别为30°、60°，已知细线OA长为l，重力加速度为g，静电力常量为k。则( )
A.A、B间库仑力大小为eq \f(\r(3),3)m2g
B.细线OA的弹力大小为eq \f(2\r(3),3)m1g
C.A、B间库仑力大小为keq \f(q1q2,l2)
D.A、B的质量之比为m1∶m2＝2∶1
【答案】 B
【解析】以B球为研究对象，受力分析如图a所示，可知A、B间库仑力大小为F＝m2gtan 60°＝eq \r(3)m2g，选项A错误；以A球为研究对象，受力分析如图b所示，可知A、B间库仑力大小F＝m1gtan 30°＝eq \f(\r(3),3)m1g，F弹A＝eq \f(m1g,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)m1g，选项B正确；由几何关系可知，A、B两球间库仑力大小为F＝keq \f(q1q2,（2l）2)＝keq \f(q1q2,4l2)，选项C错误；根据F＝eq \r(3)m2g和F＝eq \f(\r(3),3)m1g，可求A、B的质量之比为m1∶m2＝3∶1，选项D错误。
【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型
【模型要点】
1． 悬绳加速度问题
2． 类悬绳加速度问题
【模型演练1】(2020·聊城一模)两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是( )
A．a环与杆有摩擦力
B．d球处于失重状态
C．杆对a、b环的弹力大小相等
D．细线对c、d球的弹力大小可能相等
【答案】C
【解析】对c球进行受力分析，如图所示
c球受重力和细线的拉力F，a环沿杆滑动，因此a环在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，因a环和c球相对静止，所以c球在垂直于杆的方向加速度和速度也都为零，由力的合成可知c球的合力为mgsin α，由牛顿第二定律可得mgsin α＝ma，解得：a＝gsin α，因此c球的加速度为gsin α，将a环和c球以及细线看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsin α，因此a环和杆的摩擦力为零，故A错误；对d球进行受力分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错误；细线对c球的拉力Fc＝mgcs α，对d球的拉力Fd＝mg，因此不相等，故D错误；对a和c整体受力分析有Fac＝(ma＋mc)gcs α，对b和d整体受力分析有Fbd＝(mb＋md)gcs α，因a和b为相同圆环，c和d为相同小球，所以杆对a、b环的弹力大小相等，故C正确。
【模型演练2】(多选)(2020·滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(2,1)B．若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)＝eq \f(1,2)
C．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)D．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(1,2)，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)≠eq \f(1,2)，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cs θ＝mg、F4cs α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)，故选项D正确。
【模型演练3】．(2020·山东师范大学附中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度取g＝10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．物块对斜面的压力大小FN＝5eq \r(2) N
B．斜面体的加速度大小为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上系统仍保持相对静止，则F将变小
【答案】C
【解析】对M、m整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：F＝(M＋m)a；竖直方向：N＝(M＋m)g；再对M分析，受重力、压力FN、支持力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：FNsin θ＝Ma；竖直方向：FNcs θ＋Mg＝N；联立解得：a＝eq \f(mgtan θ,M)＝5 m/s2；F＝eq \f(M＋mmgtan θ,M)＝15 N；FN＝eq \f(mg,cs θ)＝10eq \r(2) N，故A、B错误，C正确；若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体：F＝(M＋m)a′；对m：mgtan 45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30 N，即F变大，故D错误。
【模型演练4】(2020·江苏七市第二次调研)如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点．当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN，已知重力加速度为g，则( )
A．Ff＝Mgsin θ B．Ff＝Mgtan θ
C．FN＝(M＋m)g D．FN＝Mg
【答案】 C
【解析】 以m为研究对象，受力如图所示

由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，
解得a＝gtan θ
以M、m整体为研究对象
在竖直方向上，由平衡条件有
FN＝(M＋m)g
在水平方向上，由牛顿第二定律有
Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，故C正确，A、B、D错误．
【模型演练5】（2021·江西省六校高三上学期1月月考）如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,sin α)
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
【答案】 C
【解析】 根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度a＝gtan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,cs α)，推力F＝(M＋m)gtan α，选项A、B、D错误，C正确．
【模型演练6】(2020·广东深圳二调)如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间．卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 37°＝0.6)( )
A．23 mB．33 m
C．43 mD．53 m
【答案】C
【解析】 卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可得mgtan 37°＝ma，解得a＝eq \f(3,4) g，根据运动学公式则有0－v2＝－2ax，解得x＝eq \f(125,3) m，其刹车的最小距离更接近于43 m，故C正确，A、B、D错误．
【模型演练7】（2021·宁夏五原中学补习部高三上学期11月期中）如图所示，将质量为10kg的小球用轻绳挂在倾角α=的光滑斜面上，斜面向右加速运动，小球相对斜面静止，g=10m/s2，当加速度a=时，绳对小球的拉力大小为（ ）
A. NB. N
C. ND. 200N
【答案】B
【解析】
当小球对斜面的压力为零时，小球受拉力和重力两个力作用，根据牛顿第二定律得
方向水平向右，当加速度a=时，小球已脱离斜面，根据平行四边形定则知
故选B。
【模型演练8】（2021吉林长春一模）如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是
A. 货车速度增加得越来越快
B. 货车在相邻的两个相等时间间隔内的位移之差为
C. 与B接触的物体对B的作用力大小为
D. 与B接触的物体对B的作用力方向水平向右
【答案】BC
【解析】根据加速度的定义式可知，速度变化率不变，单位时间内货车速度增加量不变，故A选项错误；根据匀变速直线运动的规律可知，货车在相邻的两个相等时间T内的位移之差为，故B选项正确；货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动，与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所示，作用力大小为，故C选项正确，D选项错误。
【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体
【模型演练1】(2020·山东大学附中二模)如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则下列说法正确的是( )
A．a1＝a2，FN1>FN2B．a1＝a2，FN1＝FN2
C．a1>a2，FN1>FN2D．a1>a2，FN1＝FN2
【答案】D
【解析】设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝eq \f(F,m＋m)＝eq \f(F,2m)，对B分析FN1＝mBa1＝eq \f(F,2)。接触面粗糙时，对整体分析有a2＝eq \f(F－f,2m)＝eq \f(F,2m)－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝eq \f(F,2)，则FN1＝FN2。故D正确。
【模型演练2】(2020·江苏卷，5)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。某运送抗疫物资的班列由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.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
【答案】 C
【解析】 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误。
【模型演练3】.(2020·安徽十校联盟检测)如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
A.eq \f(F,5k) B.eq \f(2F,5k) C.eq \f(3F,5k) D.eq \f(F,k)
【答案】 C
【解析】 对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F,5m)，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝kx＝3ma，得x＝eq \f(3F,5k)，故A、B、D错误，C正确
【模型演练4】(2021·安徽皖江名校联盟摸底大联考)将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P上加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的恒力F，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙．则下列说法正确的是( )
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】 假设物体P的质量为M，物体Q的质量为m.由牛顿第二定律，对图甲中的物体P和Q有：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a甲，对物体Q：F甲－mgsin θ＝ma甲，解得：a甲＝eq \f(F,M＋m)－gsin θ，F甲＝eq \f(Fm,M＋m)；同理对图乙，解得a乙＝eq \f(F,M＋m)，F乙＝eq \f(Fm,M＋m)；同理对图丙，解得a丙＝eq \f(F,M＋m)－g、F丙＝eq \f(Fm,M＋m)；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确．
【模型演练5】(2020学年·吉林省实验中学高三上学期期末)如图所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( )
A．弹簧秤的示数是25 N
B．弹簧秤的示数是28 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
【答案】BC
【解析】：本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用。以m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a＝eq \f(F1－F2,m1＋m2)＝2 m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，则F＝28 N，A错误，B正确；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝eq \f(F,m2)＝7 m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a＝eq \f(F,m1)＝28 m/s2，D错误。
【模型四】板块加速度相同的连接体模型
【模型演练1】如图所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ。将两个矩形物块A、B叠放后置于木板上，之后A、B保持相对静止一起以大小为a的加速度沿斜面加速下滑。若A、B的质量分别为mA和mB，A与B之间及B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列说法正确的是( )
A.μ1一定大于tan θ
B.μ2一定小于tan θ
C.加速度a的大小与mA和mB都无关
D.A与B之间的摩擦力大小与μ1有关，而与μ2无关
【答案】 BC
【解析】 A、B保持相对静止加速下滑，加速度a＝gsin θ－μ2gcs θ，因a＞0，故μ2＜tan θ，选项B、C正确；对A，有mAgsin θ－Ff＝mAa，则摩擦力Ff＝μ2mAgcs θ≤μ1mAgcs θ，所以mAgsin θ－μ1mAgcs θ＞0，即μ1＜tan θ，选项A、D错误。
【模型演练2】（2021·陕西省延安市黄陵中学高三上学期11月期中）如图所示，木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m，B的质量为2m，现施水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力拉A，使A，B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则不得超过（ ）
A. 2FB. C. 3FD.
【答案】B
【解析】
力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm=ma对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F=3ma解得fm=F当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F1-fm=ma1对整体有F1=3ma1由上述各式联立解得F1=F即F1的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则的可能值不超过F。故选B。
【模型演练3】（2021·山西省怀仁市高三上学期11月期中）如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（ ）
A. 当时，A、B都相对地面静止
B. 当时，A的加速度为
C. 当时，A相对B滑动
D. 当F超过某数值时，B的加速度可能会超过
【答案】BC
【解析】
A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg，故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；
BC．设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′
对A、B整体，有F′-μmg＝3ma′联立解得F′=3μmg故当μmg＜F≤3μmg时A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当时，代入上式求得A的加速度为
当F＞3μmg时，由前面分析可知A将相对于B滑动，故BC正确；D．对B来说，由牛顿第二定律可得，其所受合力最大值有Fm=2μmg-μmg=μmg=ma即B的加速度不会超过μg，故D错误。故选BC。
【模型演练4】（2021·湖南省五市十校高三上学期12月月考）如图所示，斜面倾角为，木块B上表面水平，木块A置于B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，A与B始终保持相对静止，在下滑过程中下列说法错误的是（ ）
A. B对A的摩擦力做正功B. B对A的作用力大于A的重力
C. A的加速度大小为D. A对B不做功
【答案】B
【解析】A．A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，对于A由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力Ff，所以B对A的摩擦力做正功，A正确；BD．因为斜面光滑， A与B一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，对AB整体来看，整体它们受重力垂直于斜面方向的支持力，这二个力的合力是沿斜面向下的，对物体A分析，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，同理对于A，它也会受到重力和垂直于斜面方向的一个力的作用，大小为 ，即B对A的作用力小于A的重力，B错误；C．A与B始终保持相对静止，一起下滑，根据牛顿第二定律解得及A的加速度大小为，C正确；D．根据分析对于A，它也会受到垂直于斜面方向的一个力的作用，则A对B也是垂直于斜面方向下的力，即力与位移垂直， A对B不做功，D正确。故选B。
【模型演练5】如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( )
甲 乙
A．2F B．eq \f(F,2) C．3F D．eq \f(F,3)
【答案】B
【解析】力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有
fm＝ma①
对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma②
由①②解得fm＝eq \f(1,3)F。
当F′作用在物体A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有
F′－fm＝ma1③
对整体，有F′＝3ma1④
由上述各式联立解得F′＝eq \f(3,2)fm＝eq \f(1,2)F，即F′的最大值是eq \f(1,2)F。
【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型
【模型演练1】(2020·百校联考)如图所示，A、B、C、D四个小球质量分别为m、4m、2m、3m，用细线连着(在A和C之间细线上还串接有一段轻弹簧)，悬挂在光滑轻质定滑轮的两边并处于静止状态．弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．剪断C、D间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为3g
B．剪断C、D间细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为eq \f(3,7)g
C．剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零
D．剪断C球上方细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为零
【答案】 C
【解析】 开始时，弹簧的弹力为5mg，剪断C、D间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C的加速度大小为a＝eq \f(5mg－2mg,2m)＝1.5g，A、B的加速度为零，选项A、B错误；同理可知，剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零，选项C正确；剪断C球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A和B的加速度大小为g，选项D错误．
【模型演练2】(2020·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．MgB．M(g＋a)
C．(m1＋m2)aD．m1a＋μm1g
【答案】C
【解析】以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。
【模型演练3】(2020·南昌二中月考)(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．A运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
【答案】ACD
【解析】本题考查连接体的临界问题。第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝eq \f(M－m,M)g。对B，由牛顿第二定律有T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、C、D正确，B错误。
【模型演练4】(多选)(2020·湖北荆州市高三上学期质量检测)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eq \f(m,2)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＝eq \f(m,4) B.mB＝eq \f(3m,8)
C.a＝0.2g D.a＝0.4g
【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＋eq \f(1,2)mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋eq \f(1,2)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＋eq \f(1,2)m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋eq \f(1,2)m)a
联立解得mB＝eq \f(3m,8)
加速度大小为a＝0.2g
故A、D错误、B、C正确.
【模型六】弹簧木块分离问题模型
分离问题（一）
分离问题（二）
分离问题（三）
临界条件：①力的角度：A、B间弹力为零FAB=0；②运动学的角度：vA=vB、aA=aB.
【模型演练1】(2020·湖北黄冈模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，下列结论正确的是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态
B．弹簧的劲度系数为750 N/m
C．物体的质量为2 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
【答案】 ACD
【解析】 物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从图中可知ma＝10 N，
ma＝30 N－mg，解得物体的质量为m＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝eq \f(mg,x0)＝eq \f(20,0.04) N/m＝500 N/m，所以选项B错误。
【模型演练2】(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，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，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x关系的图象可能正确的是( )

【答案】：BD
【解析】：当A和B相对静止加速时，对A、B整体，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，因为可能有kx0＝(mA＋mB)a，则得F＝kx，即F­x图象可能为过原点的直线．当A、B分离时，对A，k(x0－x)＝mAa，此时x＜x0，当A、B分离后，对B，F＝mBa大小恒定，与x无关，选项B正确；在A、B分离前，对A，k(x0－x)－FN＝mAa，分离后，FN＝0，选项D正确．
【模型演练3】 (2020·辽宁省丹东市高三(下)总复习质量测试(二))如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量为mA＝5 kg、mB＝3 kg，C为一固定挡板，整个系统处于平衡状态。现用一沿斜面向上的力F拉物块A，使之沿斜面向上做加速度为4 m/s2的匀加速直线运动。选定A的起始位置为坐标原点(g＝10 m/s2)，从力F刚作用在物块A的瞬间到B刚好要离开固定挡板C的瞬间这个过程中，能正确描绘力F与物块A的位移x之间关系的图象是( )
【答案】 C
【解析】 初始状态时，整个系统处于平衡状态，设弹簧的劲度系数为k，此时弹簧的压缩量为x0，对A有mAgsin30°＝kx0，力F刚作用在物块A上的瞬间，对A由牛顿第二定律有F－mAgsin30°＋kx0＝mAa，得F＝mAa＝20 N，在弹簧恢复原长之前，对A有F－mAgsin30°＋k(x0－x)＝mAa，得F＝kx＋mAa，从弹簧恢复原长到B刚好离开C的过程中，对A有F－mAgsin30°－k(x－x0)＝mAa，得F＝kx＋mAa，B刚好要离开固定挡板C时，对A有F－mAgsin30°－F′＝mAa，对B有F′＝mBgsin30°，解得F＝60 N。故选C。
【模型演练4】如图所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则下列关于FN的说法正确的是( )
A．刚撤去外力F时，FN＝eq \f(mg＋F,2)
B．弹簧弹力等于F时，FN＝eq \f(F,2)
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝mg
【答案】 B
【解析】 刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma1，对物体A有FN－mg＝ma1，联立解得FN＝eq \f(F,2)＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－2mg＝2ma2，对物体A有FN－mg＝ma2，联立解得FN＝eq \f(F,2)，选项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错误。
【模型演练5】(2020·西安高三第三次质检)如图甲所示，质量为m的物块A放在足够高的平台上，平台表面光滑。质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧。现给物块A施加水平向右的拉力F(未知)，使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为g，A、B均可视为质点。
(1)当物块B刚好要离开地面时，拉力F的大小及物块A的速度大小分别为多少；
(2)若将物块A换成物块C，拉力F的方向与水平方向成θ＝37°角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好绷紧，要使物块B离开地面前，物块C一直以大小为a的加速度做匀加速运动，则物块C的质量应满足什么条件？(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)
【答案】 (1)ma＋mg eq \r(\f(2amg,k)) (2)mC≥eq \f(3mg,4g－3a)
【解析】 (1)当物块B刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x，物块A的速度大小为v，对物块B受力分析有：mg＝kx，得：x＝eq \f(mg,k)，
根据v2＝2ax，解得：v＝eq \r(2ax)＝ eq \r(\f(2amg,k))
对物块A：F－T＝ma，
又：T＝kx＝mg，
解得：F＝ma＋mg。
(2)设某时刻弹簧的伸长量为x1。对物块C，水平方向：Fcsθ－T1＝mCa，其中T1＝kx1≤mg，
故Fmax＝eq \f(mCa＋mg,csθ)，
竖直方向：Fsinθ≤mCg，
故有：eq \f(mCa＋mg,csθ)·sinθ≤mCg，
解得：mC≥eq \f(3mg,4g－3a)。
【模型演练6】(多选)(2020·衡阳一中月考)如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为eq \f(3,5)m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从某时刻开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则( )
A．弹簧的劲度系数k＝eq \f(4mg,5x0)
B．弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离
C．物块b的加速度为eq \f(g,5)
D．拉力F的最小值为eq \f(4,25)mg
【答案】AD
【解析】本题考查含弹簧系统的临界问题。对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))gsin θ，解得k＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))gsin θ,x0)＝eq \f(4mg,5x0)，故A正确；由题意可知，b经两段相等的时间后位移为x0，设分离前位移为x1，由初速度为零的匀变速直线运动在相邻相等时间内位移关系的规律可知eq \f(x1,x0)＝eq \f(1,4)，说明当弹簧形变量为x2＝x0－x1＝eq \f(3x0,4)时二者分离，故B错误；对a分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知kx2－mgsin θ＝ma，联立解得a＝eq \f(g,10)，故C错误；a、b分离前对整体分析，由牛顿第二定律有F＋kΔx－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))gsin θ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))a，则知刚开始运动时拉力F最小，F的最小值Fmin＝eq \f(4,25)mg；分离后对b分析，由牛顿第二定律有F－eq \f(3,5)mgsin θ＝eq \f(3,5)ma，解得F＝eq \f(9,25)mg，所以拉力F的最小值为eq \f(4,25)mg，故D正确。]
【模型演练7】(2020·湖北部分重点中学开学考试)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A.物体B位移为4 cm时，弹簧处于原长状态
B.物体B的加速度大小为5 m/s2
C.物体A的质量为4 kg
D.弹簧的劲度系数为5 N/cm
【答案】 C
【解析】 当物体B位移为4 cm时，物体A、B仍有向上的加速度，此时弹簧产生的向上的弹力大于物体A的重力，所以弹簧处于压缩状态，选项A错误；设力F未作用时弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝2mg，设物体A、B的共同加速度大小为a，则当F＝F1＝20 N时，由牛顿第二定律得F1＋kx0－2mg＝2ma，当F＝F2＝50 N时，物体A、B刚好分离，对物体B有F2－mg＝ma，以上各式联立可解得a＝2.5 m/s2，m＝4 kg，选项B错误，C正确；当物体A、B刚好分离时，对物体A有k(x0－x)－mg＝ma，将x＝0.04 m代入解得k＝7.5 N/cm，选项D错误。
【模型演练8】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
【答案】72 N 36 N
【解析】设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。
【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型
1.绳、杆末端速度分解四步
①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；④根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。

2.绳杆末端速度分解的三种方法
方法一、微元法
要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。
如图所示，设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△x csθ，两边同除以△t得：
即收绳速率v0=vA csθ，因此船的速率为：vA=υ0/csθ。
【链接】“微元法”，可设想物体发生一个微小位移，分析由此而引起的牵连物体运动的位移是怎样的，得出位移分解的图示，再从中找到对应的速度分解的图示，进而求出牵连物体间速度大小的关系。
解法二、效果分解法
首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1=v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图所示，由此可得vA=υ0/csθ。
【链接】解题流程：①选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）；②确定该点合速度方向（物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变；③确定该点合速度的实际运动效果从而依据平行四边形定则确定分速度方向；④作出速度分解的示意图，利用沿绳方向的速度相等，寻找速度关系。
解法三、功率等值法
由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为F，则对绳子做功的功率为P1=Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体做功的功率为P2=FvAcsθ，因为P1= P2所以vA=v0/csθ。
【名师点拨】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（实际运动速度），而不能分解分速度；在上述问题中，若不对物体A的运动认真分析，就很容易得出vA=v0csθ的错误结果；
③绳两端速度不一定相等，只是沿绳方向速度大小相等。当物体A向左移动，θ将逐渐变大，vA逐渐变大，虽然人做匀速运动，但物体A却在做加速运动。
3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型
4.轻杆相连的系统机械能守恒模型
【模型演练1】(2020·山东潍坊市五校联考)如图所示，绕过光滑轻质定滑轮的细线连着两个小球，小球a、b分别套在水平杆和竖直杆上，某时刻连接两球的细线与竖直方向的夹角均为37°，此时a、b两球的速度大小之比eq \f(va,vb)为(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(3,4) C.eq \f(25,9) D.eq \f(25,16)
【答案】 A
【解析】 如图所示，将a、b两小球的速度分解为沿细线方向的速度与垂直细线方向的速度，则a球沿细线方向的速度大小为v1＝vasin 37°，b球沿细线方向的速度大小为v2＝vbcs 37°，又v1＝v2，解得eq \f(va,vb)＝eq \f(cs 37°,sin 37°)＝eq \f(4,3)，A正确．
【模型演练2】(2021·江苏溧水第三高级中学高三期中)如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则( )

A．刚开始时B的速度大小为eq \f(v,cs θ)
B．A匀速上升时，重物B也匀速下降
C．重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力
D．A运动到位置N时，B的速度最大
【答案】 C
【解析】 对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度大小分别是va、vb，其中vb等于B的速率(同一根绳子，两端速度大小相同)，故刚开始上升时B的速度大小为vB＝vcs θ，故A不符合题意；由于A匀速上升，θ在增大，所以vB在减小，故B不符合题意；B下降过程做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C符合题意；当A运动到位置N时θ＝90°，所以vB＝0，故D不符合题意．
【模型演练3】(2020·安徽模拟)如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
A.eq \f(ωLsin β,sin α) B.eq \f(ωLcs β,sin α) C.eq \f(ωLcs β,cs α) D.eq \f(ωLsin β,cs α)
【答案】 D
【解析】 设滑块的水平速度大小为v，A点速度的方向沿水平方向，将A点的速度分解如图所示：
滑块沿杆方向的分速度为vA分＝vcs α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度大小为v′，则v′＝Lω，vB分＝v′·cs θ＝v′cs (β－90°)＝Lωsin β，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立解得v＝eq \f(ωLsin β,cs α)，选D.
【模型演练4】(多选)(2020·山东枣庄市模拟)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆间的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是( )
A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \r(2)
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \f(\r(2),2)
【答案】 AC
【解析】 由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh＝eq \r(2)d－d，所以B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有vBcs θ＝v重，即eq \f(vB,v重)＝eq \f(1,cs θ)＝eq \r(2)，所以C正确，D错误．
【模型演练5】如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定光滑竖直杆上，b放在光滑水平地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，a下落高度为h时，轻杆与竖直杆之间的夹角为α重力加速度大小为g.则( )
A．a下落高度为h时的速度为eq \r(\f(2gh,1＋tan2 α))
B．a落地前，轻杆对b一直做正功
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】 D
【解析】 以滑块a、b及轻杆整体为研究对象，设当a下落高度为h时滑块a的速度为va，滑块b的速度为vb，有
vacs α＝vbsin α①
由系统机械能守恒得：mgh＝eq \f(1,2)mva2＋eq \f(1,2)mvb2②
联立①②解得：va＝tan αeq \r(\f(2gh,1＋tan2 α))，A错误．
滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项B错误．a、b的先后受力如图所示．
由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误．a落地前，当a的机械能最小时，b的机械能最大，知b的速度最大，此时b的加速度为零，杆对b的作用力为0，地面对b的支持力大小为mg，由牛顿第三定律知b对地面的压力大小为mg，选项D正确．
【模型演练6】(2020·河南三门峡市11月考试)如图所示，质量为m的重物沿竖直杆下滑，并通过绳带动质量也为m的小车沿倾角θ＝45°的斜面上升．若重物与滑轮等高时由静止开始释放，当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ＝45°角时，重物下滑的速率为v(不计一切摩擦，重力加速度为g)．则此过程中重物下落的高度是( )
A．h＝eq \f(v2,2g) B．h＝eq \f(3\r(2)v2,4g)
C．h＝eq \f(32＋\r(2)v2,8g) D．h＝eq \f(32－\r(2)v2,4g)
【答案】 B
【解析】 将重物的速度进行分解可得小车速度为：v1＝vcs 45°＝eq \f(\r(2),2)v，小车与重物组成的系统机械能守恒，设此过程中重物下落的高度为h，则有：mgh－mg(eq \r(2)h－h)sin 45°＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mv12，解得：h＝eq \f(3\r(2)v2,4g)，故B正确．
【问题】如图，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
对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，
对m1：
对m2：
根据等腰三角形有：θ1=θ2
联立解得m1gsinα=m2gsinβ
∴m1：m2=sinβ：sinα
以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知:动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ。
∴m1：m2=sinβ：sinα
以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2，∴m1：m2=sinβ：sinα
FN
T
FN
T
θ
f
μ
FN
T
FN
T1
T2
轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆
轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tanθ=μ
轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向
水平加速中的悬绳
θ
m
倾斜加速中的悬绳
注意“发飘”
多悬绳
θ
m
θ
m
α
①绳竖直
m
α
θ=0，a=0，μ=tanα
②绳垂直
θ
m
α
θ=α，a=gsinα，μ=0
③绳水平
m
α
a=g/sinα，向上减速μ=ctα
m
α
a
θ
m
θ
mg
T
x
y
θ-α
mg
T
x
y
α
α
mg
T
x
y
FN
α
θ
mg
T
x
y
F
a=g·tanθ
T=mg/csθ
加速度大小与质量无关，与偏角有关
T=mgcsα/cs(θ-α)
T=mgsinθ+macsθ
FN=mgcsθ-masinθ
a>g·ctα发飘:
FN=0
T=
T=mg/csθ
F=mg·tanθ-ma
a>g·tanθ发飘:
F=0
T=
光滑斜面车上物体
光滑圆弧车中物体
车上死杆
车中土豆
车上人
m
θ
a
m
θ
a
m
θ
a
死杆
a
m
a
m
a
θ
mg
FN
x
y
θ
mg
FN
x
y
mg
F
x
y
mg
F
x
y
mg
F
x
y
FN
f
加速度a=g·tanθ
支持力FN=mg/csθ
加速度a=g·tanθ
支持力FN=mg/csθ
杆对球的弹力
其它土豆对黑土豆的作用力
车对人的作用力
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m3
μ
求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体
整体求加速度
隔离求内力
T-μm1g=m1a
得
整体求加速度
隔离求内力
T-m1g(sinθ-μcsθ)=m1a
得
整体求加速度
隔离求内力T-m1g=m1a
得
m1
m2
F2
μ
μ
a
F1
隔离T-F1-μm1g=m1a
得
m1
m2
μ
光滑
a
F
m1
m2
μ1
μ2
a
)θ
m1
μ1
μ2
a
)θ
m2
整体：a=F/(m1+m2)
隔离m1：f=m1a
得f=m1F/(m1+m2)
整体：a=g(sinθ-μ2csθ)
方向沿斜面向下
隔离m1：m1gsinθ-f=m1a
得f=μ2m1gcsθ
方向沿斜面向上
若μ2=0 则 f=0
整体：a=g(sinθ-μ2csθ)
方向沿斜面向下
隔离m1：f=m1acsθ
得f=m1g(sinθ-μ2csθ)csθ
方向水平向左
若μ2=0 则 f=m1gsinθcsθ
m1
m2
a
a
μ
m1
m2
a
a
隔离m1：T-μm1g=m1a
隔离m2：m2g-T=m2a
得，
隔离m1：m1g-T=m1a
隔离m2：T-m2g=m2a
得，
若μ=0， 且m2<若m1=m2，T=m1g=m2g
分离类型：A与弹簧分离
A
F
a
处于原长，
分离：弹力为零；
加速度此瞬间还为零
A
处于压缩状态，
接触
[来源:学|科|网Z|X|X|K]
分离类型：B与地面分离
A
B
F
a
处于伸长状态，
分离：弹力为零；
加速度此瞬间还为零
A
B
处于压缩状态，
x
O
F
分离
mAa
x1+x2
(mA+mB)g+mAa
斜率k
分离类型：A、B分离
A
B
F
a
处于压缩状态，
x2=mB(g+a)/k
分离：弹力为零；
加速度瞬间还相等
t
O
v
分离
a
B
t1
A
A
B
处于压缩状态，
x
O
F
分离
(mA+mB)a
x1-x2
mA(g+a)
斜率k
①注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动
②注意两物体运动位移和高度不一定相等
③注意两物体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区别
①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒；
②b落地后若不反弹，绳松，a机械能守恒；
类型
类型一：绕杆上某固定点转动
类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动
图示


特点
同轴转动，角速度相等，线速度与半径成正比。
沿杆分速度大小相等，两物体速度大小不一定相等。