专题1连接体(含答案)--2025版动力学中的九类常见模型精讲精练讲义

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【知识精讲】
1．连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等连接)在一起构成的物体系统称为连接体。
2．连接体问题的分类
(1)加速度相同的连接体；
(2)加速度不同的连接体。
3. 连接体的五大类型
4.连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
(2)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。
(3)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。
(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。
【方法归纳】
1.连接体问题的分析
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出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
2. 力的“分配”原则
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图所示。

接触面光滑或粗糙(动摩擦因数相同)
F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F弹＝eq \f(m2,m1＋m2)F。
3．解决连接体问题的两种方法
4. 整体法、隔离法的选取原则
(1)对于加速度相同的连接体，如果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”。
(2)对于加速度不同的连接体问题一般选择隔离法。
【典例精析】
【典例】（2023河南郑州名校联考）如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3间弹簧的弹力为F2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018—2019，则下列结论正确的是
A.F1—2：F2—3：……F2018—2019=1：2：3：……2018
B.从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：……2018
C.如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为F，N其余每个球的加速度依然为a
D.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
【答案】AD
【命题意图】本题以轻弹簧连接的2019个小球为情景，考查连接体、受力分析、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解析】隔离小球1，由牛顿运动定律，F1-2=ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2-3=2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3-4=3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F4-5=4ma，·····把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2018-2019=2018ma，联立解得：F1-2∶F2-3∶F3-4∶F4-5∶F5-6······F2018-2019=1∶2∶3∶4∶5······2018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018和2019之间的弹簧弹力F2018-2019=2018ma，由牛顿第二定律可得F=2019ma，F2018-2019=ma’，联立解得第2019个小球的加速度a’=，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2-3=ma2，解得第2个小球的加速度a2=2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。
【方法归纳】对于连接体，要分析求解小球之间的作用力，需要隔离与该力相关的小球列方程解答。解答此题常见错误主要有：一是对弹簧作用力的瞬时性理解掌握不到位；二是研究对象选择不当；三是分析解答有误。
【模拟题精练】
1．（2024安徽皖江名校4月联考）足够长的光滑斜面上的三个相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的右侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力的大小，使三个物块沿斜面以不同加速度向上做初速为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数和物块通过的位移与时间的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．斜面的倾角
B．每个物块的质量
C．当时，
D．当时，物块的加速度大小为
【答案】C
【解析】对物块2、3有，且有，联立可解得，由图可知，图像斜率，即，图像纵轴截距的绝对值，解得，所以，A、B错误；当时，据可求得三个物块的加速度大小为，对三个物体有，可解得，C正确，D错误。
2. （2024安徽安庆市二模）如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、B一道沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】根据题意，A、B一道沿杆上滑过程中，将A、B看成一个整体，受力分析如图所示
将重力进行正交分解，分解为沿着杆向下（与速度方向相反）的分力，大小为，以及垂直于杆的向下的分力，大小为，根据平衡条件可知
而在运动的方向上由牛顿第二定定律有，解得故A错误，C正确；BD．对小球分析，由于小球的加速沿着杆向下，则垂直杆的方向合力应为0，由此可知细线一定与杆垂直，即，则根据几何关系可知，因此有，故B正确，D错误。
3. (2024湖南顶级名校质检)如图所示，是高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车由质量均为的4节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号车厢受到的空气阻力。当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为
A.B.C.D.
【答案】．B
【解析】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得
解得，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则，解得，当速度达到最大速度时，此时速度为，此时受到的牵引力，解得，此时受到的阻力，对整体根据牛顿第二定律，对2、3、4号车厢，根据牛顿第二定律可得，联立解得，B正确。
4．(2024海南高考模拟6)如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，斜面顶端有一轻质光滑小滑轮，同种材料制成的、两个小物体可视为质点，二者用一细线绕过小滑轮连接，和滑轮之间的细线与斜面平行，系统恰好处于静止状态（不沿斜面上滑）。现在把和互换位置，同时给一个向下的初速度，沿斜面上滑，运动过程中细线始终绷直。已知的质量为的质量为，且，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。在沿斜面上滑的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．细线上的拉力不变
B．细线上的拉力可能增大
C．的加速度大小为
D．的加速度大小为
【答案】AD
【解析】设物体与斜面间的动摩擦因数为和位置互换前，对，由平衡条件可得细线上的拉力，对，由平衡条件可得，解得和互换位置后，对和分别应用牛顿第二定律，有，联立解得，由以上分析可知，细线上的拉力不变，加速度的大小为，A、D正确，B、C错误。
5．(2024湖南顶级名校质检)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为，右侧倾角为。质量分别为和的物体通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，恰好都处于静止状态。已知两物体与斜面体间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．
B．剪断轻绳后，都能沿斜面加速下滑
C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于
D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
【答案】．AD
【解析】对物体受力分析，由平衡条件得，对物体受力分析，由平衡条件得，得，A正确；剪断轻绳后，对，所以剪断轻绳后，在斜面保持静止；剪断轻绳后，对B，，所以剪断轻绳后，能沿斜面加速下滑，B错误；剪断轻绳后，对物体受力分析，，解得，对斜面体和整体受力分析，在竖直方向，由牛顿第三定律，所以，剪断轻绳后，斜面体对地面的压力，C错误；对斜面体和物体整体在水平方向上，由平衡条件得，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为，方向水平向右，D正确。故选AD。
6. （2024武汉新洲区期末）如图所示，水平桌面上的小物块a通过轻绳跨过光滑定滑轮连接小物块b，物块a与桌面间的动摩擦因数为。将物块a从P点由静止释放，后到达桌面上距离P点的Q点（b未落地），重力加速度，则物块a与物块b的质量之比为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】设绳子拉力为F，对a、b分别应用牛顿第二定律可得，
联立可得，由运动学公式可得，联立解得，故选B
7. （2024山东菏泽质检） 如图所示，轻质细线一端连接在物体Q上，另一端绕过三个光滑轻质小滑轮1、2、3后连接在地面上，轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上，小物体P挂在小滑轮2上。物体P、Q质量分别为4m和m，用手托住物体P，使细线刚好被拉直，时刻将物体P由静止释放，运动过程中P始终未接触地面。时刻，物体Q具有向上的加速度和向上的速度。已知重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 物体P、Q组成的系统机械能守恒
B. 时刻物体Q的加速度大小为
C. 运动过程中的任意时刻，P与Q重力的功率之比始终为
D. 时间内弹簧的弹性势能减少了
【答案】D
【解析】由于弹簧的弹力对物体Q做功，所以物体P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；
.t=0时刻，弹簧的弹力为。此时弹簧处于压缩状态，形变量为，设此时Q的加速度为a，则P的加速度为，根据牛顿第二定律有4mg-2T=，T=ma，解得:，故B错误；
.运动过程中的任意时刻，P与Q重力的功率之比等于重力乘以速度，再乘以重力方向上的位移，由于P与Q的位移之比始终为1:2，所以P与Q重力的功率之比始终为2:1，故C错误；t1时刻Q具有向上的加速度，根据牛顿第二定律有T-kx2-mg=，4mg-2T=，解得， 0~t1时间内弹簧的弹性势能减少了故D正确。关注高中物理学习研究获取更多优质资源！
8. （2024江苏南京大厂高中质检）如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为的光滑斜面底端，另一端连接一质量为3kg的物块A，系统处于静止状态。若在斜面上紧靠A上方处轻放一质量为2kg的物块B，A、B一起向下运动到最低点P（图中P点未画出），然后再反向向上运动到最高点，对于上述整个运动过程，下列说法正确的是（已知，，重力加速度g取）（ ）
A. 两物块沿斜面向上运动的过程中弹簧可能恢复原长
B. 在物块B刚放上的瞬间，A、B间的弹力大小为12N
C. 在最低点P，A、B间的弹力大小为16.8N
D. 在最低点P，弹簧对A的弹力大小为30N
【答案】C
【解析】根据系统机械能守恒可知，A、B一起反向向上运动到最高点为一开始A处于静止的位置，则两物块沿斜面向上运动的过程中弹簧不可能恢复原长，故A错误；在物块B刚放上的瞬间，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得，解得，以B为对象，根据牛顿第二定律可得，联立解得A、B间的弹力大小为，故B错误；CD．在最低点P，根据对称性可知，此时A、B的加速度方向沿斜面向上，大小为，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得，解得弹簧对A的弹力大小为，以B为对象，根据牛顿第二定律可得，解得A、B间的弹力大小为故C正确，D错误。
9. （2024河北安平中学自我提升）如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知，轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中。弹簧的弹性势能减小了，重力加速度g取。下列判断不正确的是（ ）
A. 木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是12N
B. 木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最小值是4N
C. 从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为
D. 从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为
【答案】D
【解析】对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得，弹簧开始时被压缩，向上做加速运动，a不变，弹簧弹力逐渐变小，则力F逐渐增大。对A分析，根据牛顿第二定律有，a不变，力F逐渐增大，则B、A间的弹力逐渐减小，当B、A间的弹力减小为零时，力F达到最大值保持不变，所以力F的最小值为，力F的最大值为，故AB正确；A、B静止时，根据胡克定律可得，弹簧的压缩量为
A、B分离瞬间，对B分析，根据牛顿第二定律有，解得，此时弹簧的压缩量为；设A、B分离时的速度为v，则根据运动学规律有，整个过程中，根据功能关系可得
，解得，从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为，故C正确，D错误。
10．（2024年4月北京东城区模拟）如图所示静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是
A．使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D．使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
【答案】C
【解析】将物体无初速放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，可以使箱子沿水平向右方向做匀加速直线运动，可以使箱子做自由落体运动，使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动。若使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，不能使物体相对斜面静止，C符合题意，选择C。
11 [多选]如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后( )
A．绳子上的拉力大小FT＝(M＋m)g
B．物体A的加速度a＝eq \f(m,2M＋m)g
C．eq \f(M,m)的取值小一些，便于观测和研究
D．eq \f(M,m)的取值大一些，便于观测和研究
【答案】 BD
【解析】对物体A，由牛顿第二定律得FT－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，联立解得FT＝Mg＋eq \f(Mmg,2M＋m)，a＝eq \f(m,2M＋m)g，故A错误，B正确；由a＝eq \f(m,2M＋m)g＝eq \f(1,\f(2M,m)＋1)g知eq \f(M,m)的取值大一些，a小些，便于观测和研究，故C错误，D正确。
12．如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( )
A．由大变小
B．由小变大
C．始终不变且大小为eq \f(m1,m1＋m2)F
D．由大变小再变大
【答案】C
【解析】在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对m1由牛顿第二定律得Feq \a\vs4\al(T1)－μm1g＝m1a1，联立解得Feq \a\vs4\al(T1)＝eq \f(m1,m1＋m2)F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)gcs θ－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a2，对m1由牛顿第二定律得Feq \a\vs4\al(T2)－μm1gcs θ－m1gsin θ＝m1a2，联立解得Feq \a\vs4\al(T2)＝eq \f(m1,m1＋m2)F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对m1由牛顿第二定律得Feq \a\vs4\al(T3)－m1g＝m1a3，联立解得Feq \a\vs4\al(T3)＝eq \f(m1,m1＋m2)F。综上分析可知，线上拉力的大小始终不变且大小为eq \f(m1,m1＋m2)F，选项C正确。弹簧连接体
轻绳连接体
轻杆连接体
物体叠放连接体
两物体并排连接体