高中物理连接体专题

专题：连接体问题

一、考情链接

“连接体”问题一直是困扰许多学生物理学习的一大难题，也是高考考察的重点内容。分析近几年高考理综试题，命题者对“连接体”问题的考察情有独钟。预计20XX年高考中，“连接体”问题依然是考察的热点。因此大家必须足够重视、扎实掌握。

二、知识对接

对接点一牛顿运动定律

牛顿第一定律（惯性定律）任何一个物体在不受外力或受平衡力的作用时，总是保持静止状态或匀速直线运动状态。

注意：各种状态的受力分析是解决连接体问题的前提。

牛顿第二定律物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。

注意：①物体受力及加速度一定要一一对应，即相应的力除以相应的质量得到相应的加速度，切不可张冠李戴！②分析运动过程时要区分对地位移和相对位移。

牛顿第三定律两个物体之间的作用力和反作用力，在同一直线上，大小相等，方向相反。

注意不要忽视牛顿第三定律的应用，尤其是在求“小球对轨道压力”时经常用到牛顿第三定律，且均在评分标准中占1-2分，一定不要忘记。

对接点二功能关系与能量守恒

⑴合力做功量度了物体的动能变化W合=ΔE K

⑵重力做功量度了物体的重力势能的变化：W G=ΔE PG

⑶弹簧的弹力做功量度了弹性势能的变化：W弹=ΔE P弹

⑷除系统内的重力和弹簧的弹力以外的其他力做功量度了系统的机械能的变化：W其他=ΔE机

⑸系统内相互作用的摩擦力做功：a．系统内的一对静摩擦力做功--一对静摩擦力对系统做功的代数和为零，其作用是在系统内各物体间传递机械能。b.系统内的一对滑动摩擦力做功--其作用是使系统部分机械能转化为系统的内能，Q= fs相对。

⑹电场力做功量度了电势能的变化：W E=ΔE PE

⑺安培力做功量度了电能的变化：安培力做正功，电能转化为其他形式能；克服安培力做功，其他形式能转化为电能。

三、规律方法突破

突破点一整体法与隔离法的运用

①解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际出发，灵活选取研究对象，恰当使用隔离法和整体法。

②在选用整体法和隔离法时，要根据所求的力进行选择，若所求为外力，则应用整体法；若所求为内力，则用隔离法。

③具体应用时，绝大多数要求两种方法结合使用，应用顺序也较为固定。求外力时，先隔离后整体，求内力时，先整体后隔离。先整体或先隔离的目的都是求共同的加速度。

突破点二审题技巧

“连接体”问题往往涉及临界状况的分析。因此，读题时要特别注意“恰好”“刚刚”等字眼，因为它们往往隐含着一种临界状况的信息。

四、题型梳理

题型一 整体法与隔离法的应用

例题1.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg 。现用水平拉力F 拉其中一个质量为2 m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为 A.

35mg μ B.34mg μ C.32

mg

μ D.3mg μ 变式1.如图所示的三个物体A 、B 、C ，其质量分别为m 1、

m 2、m 3，带有滑轮的物体B 放在光滑平面上，滑轮和所有接

触面间的摩擦及绳子的质量均不计．为使三物体间无相对运动，则水平推力的大小应为F ＝__________ 题型二 通过摩擦力的连接体问题

例题2.如图所示，在高出水平地面h = 1.8m 的光滑平台上放置一质量M = 2kg 、由两种不同材料连成一体的薄板A ，其右段长度l 2 = 0.2m 且表面光滑，左段表面粗糙。在A 最右端放有可视为质点的物块B ，其质量m = 1kg ，B 与A 左段间动摩擦因数μ = 0.4。开始时二者均静止，现对A 施加F = 20N 水平向右的恒力，待B 脱离A （A 尚未露出平台）后，将A 取走。B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x = 1.2m 。（取g = 10m/s 2）求： （1）B 离开平台时的速度v B 。 （2）B 从开始运动到脱离A 时，B 运动的时

间t B 和位移x B 。

（3）A 左段的长度l 1。

变式2.如图所示，平板A 长L =5m ，质量M =5kg ，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐。在A 上距右端s =3m 处放一物体B （大小可忽略，即可看成质点），其质量m =2kg.已知A 、B 间动摩擦因数μ1=0.1，A 与桌面间和B 与桌面间的动摩擦因数μ2=0.2，原来系统静止。现在在板的右端施一大小一定的水平力F 持续作用在物体A 上直到将A 从B 下抽出才撤去，且使B 最后停于桌的右边缘，求：

（1）物体B 运动的时间是多少？ （2）力F 的大小为多少？

变式3 如图所示，质量M = 1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m =1kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g =10m/s 2，试求：（1）若木板长L =1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F =8N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在木板（足够长）的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F ，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到的摩擦力f 随拉力F 大小变化的图像．

例题3 如图所示，某货场而将质量为m 1=100 kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R =1.8 m 。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B

，长

度均为l =2m ，质量均为m 2=100 kg ，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g =10 m/s 2）

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。

（2）若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件。

（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间。

变式4如图所示，质量为M 的木板可沿倾角为θ的光滑斜面下滑，木板上站着一个质量为m 的人，问（1）为了保持木板与斜面相对静止，计算人运动的加速度？（2）为了保持人与斜面相对静止，木板运动的加速度是多少？

特别总结提醒：解答“通过摩擦力的连接体问题”时，需要特别注意两点，一是求取加速度的时候，力与质量务必一一对应；二是搞清楚对地位移和相对位移，套用运动学公式及动能定理时绝大多数用的是对地位移，而应用能量守恒中Q= fs 相对时用的是相对位移，做题时一定要“三思而后行”！

题型三 通过绳（杆）的连接体问题

特别点击：把握好两点—一是绳和杆的受力特点，二是关联速度的应用。

轻绳（1）轻绳模型的特点：“绳”在物理学上是个绝对柔软的物体，它只产生拉力（张力），绳的拉力沿着绳的方向并指向绳的收缩方向。它不能产生支持作用。它的质量可忽略不计，轻绳是软的，不能产生侧向力，只能产生沿着绳子方向的力。它的劲度系数非常大，以至于认为在受力时形变极微小，看作不可伸长。 （2）轻绳模型的规律：①轻绳各处受力相等，且拉力方向沿着绳子；②轻绳不能伸长；③用轻绳连接的系统通过轻绳的碰撞、撞击时，系统的机械能有损失；④轻绳的弹力会发生突变。

轻杆 （l ）轻杆模型的特点：轻杆的质量可忽略不计，轻杆是硬的，能产生侧向力，它的劲度系数非常大，以至于认为在受力时形变极微小，看作不可伸长或压缩。

（2）轻杆模型的规律：①轻杆各处受力相等，其力的方向不一定沿着杆的方向；②轻杆不能伸长或压缩；③轻杆受到的弹力的方式有拉力或压力。

例4.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O 1、O 2和质量m B =m

的小球连接，

另一端与套在光滑直杆上质量m A =m 的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ=60°，直杆上C 点与两定滑轮均在

同一高度，C 点到定滑轮O 1的距离为L ，重力加速度为g ，设

直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物

块从C 点由静止释放，试求：

（1）小球下降到最低点时，小物块的机械能（取C 点所在的水

平面为参考平面）；

（2）小物块能下滑的最大距离；

（3）小物块在下滑距离为L 时的速度大小．

变式5.如图所示，物块A 、B 、C 的质量分别为M 、m 3、m ，并均可视为质点，它们间有m M m 4<<关系。三物块用轻绳通过滑轮连接，物块B 与C 间的距离和C 到地面的距离均是L 。若C 与地面、B 与C 相碰后速度立即减为零，B 与C 相碰后粘合在一起。（设A 距离滑轮足够远且不计一切阻力）。

（1）求物块C 刚着地时的速度大小？ （2）若使物块B 不与C 相碰，则

M

m

应满足什么条件？ （3）若m M 2=时，求物块A 由最初位置上升的最大高度？

（4）若在（3）中物块A 由最高位置下落，拉紧轻绳后继续下落，求物块A 拉紧轻绳后下落的最远距离？

题型四 通过弹簧的连接体问题 技法点拨：

（1）轻弹簧模型的特点：轻弹簧可以被压缩或拉伸，其弹力的大小与弹簧的伸长量或缩短量有关。

（2）轻弹簧的规律：①轻弹簧各处受力相等，其方向与弹簧形变的方向相反；②弹力的大小为F=kx ，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的伸长量或缩短量；③弹簧的弹力不会发生突变。

例题5.如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量

为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条

不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时

各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上升一质

量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继

续上升。若将C换成另一个质量为（m1＋m3）的物体D，仍从上述初始

位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知

重力加速度为g。

变式6.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后它沿斜

面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：

(1) 从释放C到物体A刚离开地面时，物体C

沿斜面下滑的距离.

(2) 斜面倾角 ．

(3) B的最大速度v Bm．

变式7如图所示，挡板P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+Q A和+Q B的电荷量，质量分别为m A和m B。两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩。整个装置处于场强为E、方向水平向左的匀强电场中。A、B开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B不会碰到滑轮。(1) 若在小钩上挂一质量为M 的物块C并由静止释放，可使物块A恰好能离开挡板P，求物块C下落的最大距离；(2) 若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？

题型五传送带问题------技法点击：

一、传送带模型中要注意摩擦力的突变：①滑动摩擦力消失；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③滑动摩擦力改变方向。

二、传送带模型的一般解法：①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。

三、难点疑点：传送带与物体运动的牵制。牛顿第二定律中a是物体对地加速度，运动学公式中S是物体对地的位移，这一点必须明确。

四、分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。

例题6.如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m／s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上x p＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点.（小物块到达N点后被收集，不再滑下）若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m／s2.求：

（l）N点的纵坐标；

（2）小物块在传送带上运动产生的热量；

（3）若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均

能沿光滑斜面越过纵坐标y M＝0.5m的M点，求这些位

置的横坐标范围.

变式8.如图甲所示为传送装置的示意图。绷紧的传送带长度L=2.0m，以v=3.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度h=0.45m。现有一行李箱（可视为质点）质量m=10kg，以v0＝1.0 m/s的水平初速度从A端滑上传送带，被传送到B端时没有被及时取下，行李箱从B端水平抛出，行李箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，不计空气阻力，重力加速度g取l0 m/s2。

（1）求行李箱从传送带上A端运动到B端过程中摩擦力对行李箱冲量的大小；

（2）传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，求为运送该行李箱电动机多消耗的电能；

（3）若传送带的速度v 可在0～5.0m/s 之间调节，行李箱仍以v 0的水平初速度从A 端滑上传送带，且行李箱滑到B 端均能水平抛出。请你在图15

乙中作出行李箱从B 端水平抛出到落地点的水平距离x 与传送带速度v 的关系图像。（要求写出作图数据的分析过程）

变式9.如图所示，用半径为0.4m 的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽．薄铁板的长为2.8m 、质量为10kg ．已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1．铁板从一端放人工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100N ，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽．已知滚轮转动的角速度恒为5rad/s ，g 取10m ／s 2． （1）通过分析计算，说明铁板将如何运动? （2）加工一块铁板需要多少时间?

（3）加工一块铁板电动机要消耗多少电能?(不考虑电动机自身的能耗)

连接体问题练习题

1. 如图所示，质量分别为m 1=2kg ，m 2=3kg 的二个物体置于光滑的水平面上，中间用一轻弹簧秤连接。水平力F 1=30N 和F 2=20N 分别作用在m 1和m 2上。以下叙述正确的是 A. 弹簧秤的示数是10N 。 B. 弹簧秤的示数是50N 。

C. 在同时撤出水平力F 1、F 2的瞬时，m 1加速度的大小13m/s 2。

D. 若在只撤去水平力F 1的瞬间，m 1加速度的大小为13m/s 2。

2. 如图所示的装置中，物体A在斜面上保持静止，由此可知

A. 物体A所受摩擦力的方向可能沿斜面向上。

B. 物体A所受摩擦力的方向可能沿斜面向下。

C. 物体A可能不受摩擦力作用。

D. 物体A一定受摩擦力作用，但摩擦力的方向无法判定。

3. 两个质量相同的物体1和2紧靠在一起放在光滑水

平桌面上，如图所示。如果它们分别受到水平推力

F1和F2，且F1>F2，则1施于2的作用力的大小为：

A. F1

B. F2

C. (F1+F2)/2

D. (F1-F2)/2

和m2，互相接触放在光滑水

4. 两物体A和B，质量分别为m

平面上，如图所示，对物体A施于水平推力F，则物体A对

物体B的作用力等于：

A. m1F/(m1+m2)

B. m2F/(m1+m2)

C. F

D. m1F/m2

5. 如图所示，在倾角为θ的斜面上有A、B两个长方形物块，质量分

别为m A、m B，在平行于斜面向上的恒力F的推动下，两物体一起

沿斜面向上做加速运动。A、B与斜面间的动摩擦因数为μ。设A、

B之间的相互作用为T，则当它们一起向上加速运动过程中：

A. T=m B F/(m A+m B)

B. T=m B F/(m A+m B)+m B g(Sinθ+μCosθ)

C. 若斜面倾角θ如有增减，T值也随之增减。

D. 不论斜面倾角θ如何变化（0?≤θ<90?），T值都保持不变。

6. 如图所示，两个物体中间用一个不计质量的轻杆相连，A、B质量分别为m1和m2，它们与

斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。当它们在斜面上加速下滑

时，关于杆的受力情况，以下说法中正确的是：

A. 若μ1>μ2，则杆一定受到压力。

B. 若μ1=μ2，m1

C. 若μ1=μ2，m1>m2，则杆受到压力。

D. 若μ1=μ2，则杆的两端既不受拉力也不受压力。

7. 如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，几个质量都是m的不同物块，先后在斜面上以不同的加速度向下滑动。下列关于水平地面对斜面体底部的支持力N和静摩擦力f

的几种说法中正确的是：

A. 匀速下滑时，N=(M+m)g , f=0

B. 匀加速下滑时，N<(M+m)g , f的方向水平向左

C. 匀速下滑时，N>(M+m)g , f的方向水平向右

D. 无论怎样下滑，总是N=(M+m)g , f=0

8. 如图所示，在光滑的水平地面上，水平外力F拉动小车和

木块一起做匀加速直线运动，小车的质量是M，木块的质量

是m，加速度为a。木块与小车间的动摩擦因数为μ，则在

这个过程中，木块受到摩擦力的大小是：

A. μmg

B. ma

C. mF/(M+m)

D. F-Ma

9. 如图所示，小车沿水平地面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左

壁，小车向右加速运动。若小车向右的加速度增大，则车左

壁受物块的压力N1和车右壁受弹簧的压力N2的大小变化

是：

A. N1不变，N2变大

B. N1变大，N2不变

C. N1、N2都变大

D. N1变大，N2减少

10. 如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别

为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡

状态。现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧。在这过程中下

面木块移动的距离为：

A. m1g/k1

B. m2g/k2

C. m1g/k2

D. m2g/k2

11. 质量为M倾角为θ的楔形木块静置于水平桌面上，与桌面的动

摩擦因数为μ。质量为m的物块置于楔形木块的斜面上，物块与

斜面的接触是光滑的。为了保持物块对斜面静止，可用水平力F

推楔形木块，如图1-33所示，此水平力F的大小等于________。

12. 如图所示，质量M=10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，动

摩擦因数μ=0.02。在木楔的倾角θ=30?的斜面上，有一质量m=1.0kg

的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程S=1.4m时，其速度

V=1.4m/S。在这个过程中木楔没有动，则地面对木楔的摩擦力的大

小等于________，方向是_____________。（g取10m/S2）

13. 总质量为M的列车以速度V0在平直的轨道上匀速行驶，各车禁止所受阻力都是本车厢重力的K倍，且与车速无关。某时刻列车最后质量为m的一切车厢脱了钩，而机车的牵引力没有变，则当脱钩的车厢刚停下的瞬时，前面列车的速度为_________。

14. 如图所示，在一个水平向左运动的质量为M的车厢内，用一个

定滑轮通过绳子悬挂两个物体，它们的质量分别为m1和m2，且

m2>m1，m2相对于车厢地板静止不动，系m1的绳向左偏离竖直方

向θ角，绳子质量和滑轮的摩擦可以不计。则这时作用在m2上的

摩擦力的大小是________，车厢地板对m2的支持力的大小是

_________。

15. 如图所示，将质量m=10kg的钢球挂在倾角为30?的倾面上，求：

(1)斜面向左做匀加速运动，加速度至少多大时，钢球对斜面的压力为零？

(2)当斜面以5m/S2的加速度向左运动时，钢球受绳的拉力和斜面的支持力各是多少？

(3)当斜面以20m/S2的加速度向左运动时，钢球受绳的拉力和斜面的支持力各是多少？

(4)当斜面以多大加速度向右运动时，钢球受绳的拉力刚好为零？

16. 如图所示，质量为M，倾角为 的斜面体放在粗糙地面上，质量为

m1的物体A与质量为m2的物体B之间有摩擦，物体B与斜面间摩

擦不计。A、B在加速下滑的过程中相对静止，求：

(1)物体B对物体A的摩擦力和支持力各是多少？

(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力名是多少？

17. 如图所示，在水平桌面上放置质量为4.0kg的木块A，木块A上放置质量为0.50kg的砝码B。连接木块A的绳通过定滑轮吊一个砝码盘（质量为500g），在盘中放有质量为1.0kg的砝码。木块A与桌面间的动摩擦因数为0.20，砝码B与木块A相对静止。不考虑绳和滑轮的质量和摩擦。使砝码盘从离地面1.0m高处由静止释放。求：

(1)木块A运动的加速度和绳子的张力。

(2)砝码B所受的摩擦力。

(3)当砝码盘着地瞬时，木块A的速度。

(4)若开始运动时，木块A与定滑轮的距

离是3.0m。砝码盘着地后，木块A是否会撞

到定滑轮上？（g取10m/S2）

18. 有一个质量M =4.0kg ，长L =3.0m 的木板，水平外力F =8.0N 向右拉木板，木板以V 0=2.0m/S 的速度在地面上匀速运动。某时刻将质量m =1.0kg 的铜块轻轻地放在长木板的最右端，如图所示。不计铜块与木板间的摩擦，铜块可视为质点，g 取10m/S 2，求铜块经过多长时间离开木板？

19. n 个质量均为m 的木块并列地放在水平桌面上，如图所示，木块与桌面间的动摩擦因数为μ。当木块受到水平力F 的作用向右做匀加速运动时，木块3对木块4的作用力大小是多少？

参考解答

例题1.B 变式1. F ＝

3

1

m m （m 1＋m 2＋m 3）g 例题2 1. 2m/s 2. 0.5s 0.5m 3. 1.5m 变式2 （1）3s （2）F =26N

【解析】（1）对于B ，在未离开A 时，其加速度2111/B mg

a m s m

μ==，设经过时间t 1后B 离

开A 板，离开A 后B 的加速度为 2222/B mg

a m s m

μ=-

=-.据题意可结合B 速度图像。

v B =a B1t 1，2

2

112

122B B B v s a t a -=+

代入数据解得t 1=2s. 而221B B v t s a -==，所以物体B 运动的时间是t =t 1+t 2=3s. （2）设A 的加速度为a A ，则据相对运动的位移关系得：2211111

22

A B L s a t a t -=

-解得a A =2m/s 2

.

根据牛顿第二定律得：

代入数据得F =26N.

变式3 （1）研究木块m F －μ2mg =ma 1

研究木板M μ2mg －μ1（mg ＋Mg ）=Ma 2 L =

12a 1t 2－12

a 2t 2

解得：t =1s （2）当F ≤ μ1（mg +Mg ）时，f =0N

当μ1（mg +Mg ）

则有：F －μ1（mg +Mg ）=（m +M ）a f =ma 即：f =

2

F

－1（N ） 当10N

10

12

mgR m v =

①， 设货物在轨道末端所受支持力的大小为N F ,根据牛顿第二定律得，20

11N v F m g m R

-=②，联立以上两式代入数据得3000N F N =③, 根据牛顿第三定律，

货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下。

（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得11212(2)m g m m g μμ≤+④， 若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得11212()m g m m g μμ>+⑤， 联立④⑤式代入数据得10.6

μ0.4<≤

⑥。

（3）10.5μ=，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为1a ，由牛顿第二定律得1111m g m a μ≤⑦，

设货物滑到木板A 末端是的速度为1v ，由运动学公式得22

1012v v a l -=-⑧，

联立①⑦⑧式代入数据得14/v m s =⑨，设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得

101v v a t =-⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得0.4t s =。

变式4: （1）为了使木板与斜面保持相对静止，必须满足木板在斜面上的合力为零，所以人施于木板的摩擦力F 应沿斜面向上，故人应加速下跑。现分别对人和木板应用牛顿第二定律得：对木板：Mgsin θ＝F 。

对人：mgsin θ+F ＝ma 人（a 人为人对斜面的加速度）。

解得：a 人＝

θsin g m

m

M +，方向沿斜面向下。

（2）为了使人与斜面保持静止，必须满足人在木板上所受合力为零，所以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上，故人相对木板向上跑，木板相对斜面向下滑，但人对斜面静止不动。现分别对人和木板应用牛顿第二定律，设木板对斜面的加速度为a 木，则：对人：mgsin θ＝F 。 对木板：Mgsin θ+F=Ma 木。

解得：a 木＝

θsin g M

m

M +，方向沿斜面向下。即人相对木板向上加速跑动，而木板沿斜面向下滑动，所以人相对斜面静止不动。

例题4 解：（1）设此时小物块的机械能为E 1．由机械能守恒定律得

1(sin )(12)B E m g L L mgL θ=-=

（2）设小物块能下滑的最大距离为s m ，由机械能守恒定律有 sin A m B B m gs m gh θ=增

而B h L =增 代入解得 4(1)m s L =

（3）设小物块下滑距离为L 时的速度大小为v ，此时小球的速度大小为v B ，则

cos B v v θ=

2211sin 22

A B B A m gL m v m v θ=

+ 解得 v =

变式5解：①设C 到达地面时三者速度大小为V 1，

2

1)4(214v M m MgL mgL +=

- 解得 M

m gL M m v +-=

4)4(21 ②设此后B 到达地面时速度恰好为零。有：21)3(2

1

03v m M MgL mgL +-

=- 解得：m M 32= 因此应满足：32>m M 时，物块B 不能着地。

③若m M 2=时，设C 到达地面时三者速度大小为V 2，

2

2)24(2

124v m m mgL mgL +=

-，再设AB 运动到B 到达地面时速度大小为3v ， 有：2

223)23(2

1)23(2123v m m v m m mgL mgL +-+=-，

此后A 物块还能上升的高度为h ，2

32212mv mgh =

可得A 物块上升的最大高度为L h L H 15

382=+= ④物块A 下落距离L h 15

8

=时，拉紧细线， 设此时物块A 速度大小为4v ，有： 2

42211582mv L mg = 此时由动量守恒定律得A 、BC 三者有大小相等的速度设为5v 则54)42(2v m m mv +=

设A 拉紧细线后下落的最远距离为s ：2

5

)24(2

1042v m m mgs mgs +-=- 由以上几式可得：L s 45

8=

例题5 开始时，A 、B 静止，设弹簧压缩量为x 1，有 k x 1＝m 1g ①

挂C 并释放后，C 向下运动，A 向上运动，设B 刚要离地时弹簧伸长量为x 2，有 k x 2＝m 2g ② B 不再上升，表示此时A 和C 的速度为零，C 已降到其最低点。由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧性势能的增加量为 △E ＝m 3g(x 1＋x 2)－m 1g(x 1＋x 2) ③

C 换成

D 后，当B 刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得

E x x g m x x g m m v m v m m ?-+-++=++)()()(2

1

)(21211211321213 ④ 由③④式得 )()2(2

12112

31x x g m v m m +=+ ⑤

由①②⑤式得 k

m m g m m m v )2()(2312

211++=

⑥

变式6解：⑴设开始时弹簧的压缩量x B ，则B kx mg = ① 设当物体A 刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，则A kx mg = ②

当物体A 刚离开地面时，物体B 上升的距离以及物体C 沿斜面下滑的距离均为

A B h x x =+ ③ 由①②③式解得 2mg

h k

=

④ ⑵物体A 刚刚离开地面时，以B 为研究对象，物体B 受到重力mg 、弹簧的弹力kx A 、细线的拉力T 三个力的作用，设物体B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律，对B 有

A T mg kx ma --= ⑤

对C 有4sin 4mg T ma α-= ⑥

由⑤、⑥两式得4sin 5A mg mg kx ma α--= ⑦ 当B 获得最大速度时，有0a = ⑧ 由②⑦⑧式联立，解得1sin 2

α=

⑨所以：0

30α= （3）由于x A =x B ，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A 刚刚离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为v Bm ，以B 、C 及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：

2

14sin (4)2

Bm

mgh mgh m m v α-=+ ⑩

由④、⑨、⑩式，解得：2Bm v g =

=变式7（1）开始平衡时有：K

EQ x EQ kx B

B

==11可得 当A 刚离开档板时：K

EQ x EQ kx A

A

=

=22可得 故C 下落的最大距离为：21x x h += 由①～③式可解得h=

)(A B Q Q K

E

+ （2）由能量守恒定律可知：C 下落h 过程中，C 重力势能的的减少量等于B 的电势能的增

量和弹簧弹性势能的增量、系统动能的增量之和

当C 的质量为M 时：B Mgh Q E h E =?+?弹 当C 的质量为2M 时：2)2(2

1

2V m M E Eh Q Mgh B B ++?+=弹 解得A 刚离开P 时B 的速度为：)

2()

(2B B A m M K Q Q MgE V ++=

例题6 1. 1.25m 2. 12.5J 3. [0,7 )m

变式8（1）行李箱刚滑上传送带时做匀加速直线运动，设行李箱受到的摩擦力为F f

根据牛顿第二定律有 F f ＝μmg ＝ma 解得 a ＝μg ＝2.0 m/s 2 设行李箱速度达到v ＝3.0 m/s 时的位移为s 1

则v 2

－v 02

＝2as 1 解得 s 1＝a

v v 22

2-＝2.0m

即行李箱在传动带上刚好能加速达到传送带的速度3.0 m/s

设摩擦力的冲量为I f ，依据动量定理I f ＝mv －mv 0 解得I f ＝20N ?s （2）在行李箱匀加速运动的过程中，传送带上任意一点移动的长度s ＝vt ＝3 m 行李箱与传送带摩擦产生的内能Q ＝μmg (s -s 1) 行李箱增加的动能ΔE k ＝

2

1

m (v 2－v 02) 设电动机多消耗的电能为E ，根据能量转化与守恒定律得E ＝ΔE k +Q 解得 E ＝60J （3）物体匀加速能够达到的最大速度v m ＝aL v 22

0+＝3.0m/s 当传送带的速度为零时，行李箱匀减速至速度为零时的位移s 0＝a

v 22

0=0.25m

当传送带的速度0

行李箱的水平位移x vt =

，式中0.3s t =

=为恒量，即水平位移x 与传送带速度v 成正比。

（1分）

当传送带的速度v ≥3.0m/s 时， x ＝g

h

v 2m

＝0.9 m （1分） 行李箱从传送带水平抛出后的x-v 图象 如答图1所示。 （1分）

变式9 (1)开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F 1＝μ1F lN ＝0.3X100N ＝30N 工作台给平板的摩擦阻力F 2＝μ2F 2N ＝0.1×(100+10×10)N ＝20N 铁板先向右做匀加速直线运动a =(F 1-F 2)/m =1m/s 2 加速过程铁板达到的最大速度v m =ωR =5×0.4m ／s ＝2m ／s 这一过程铁板的位移s l ＝v m /2a =2m<2.8m

此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力F l ′，F l ′＝F 2，铁板将做匀速运动．

即整个过程中铁板将先做加速度a ＝lm ／s 2的匀加速运动，然后做v m ＝2m ／s 的匀速运动(只要上面已求出，不说数据也得分)

(2)在加速运动过程中，由v m =at 1得t 1＝2s ，

匀速运动过程的位移为s 2＝L -s 1＝0.8m 由s 2＝vt 2，得t 2＝0.4s ． 所以加工一块铁板所用的时间为T ＝t 1+t 2＝2.4s ． (3)E ＝ΔE k +Q 1+Q 2＝136J ．

练习题答案

1. C 、D ；

2. A 、B 、C ；

3. C ；

4. B ；

5. A 、D ；

6. A 、D ；

7. A 、B 、C ；

8. B 、C 、D ；

9. B ； 10. C 、 11. (M+m)g (μ+tg θ) 12. 0.61N ，水平向左

13. MV 0/(M-m) 14. f =m 2g ?tg θ，N =(m 2-m 1/Cos θ)g 15.(1)o a =3g=17.32m/S 2

(2)T =93.5N ，N =61.5N

(3)钢球离开斜面，受绳的拉力T '=224N (4)3=a g/3=5.8m/S 2

16.(1)f A =m 1g ?Sin θ?COS θ N A =m 1g Cos 2θ (2)f =(m 1+m 2)g Sin θ?Cos θ N =Mg +(m 1+m 2)g Cos 2

θ

17.(1)a =1.0m/S 2

，T =13.5N (2)f =0.50N (3)V =1.4m/S

(4)砝码盘落地后，木块A 做匀减速运动的路程为0.50m ，距滑轮还有1.5m ，所以撞不上。 18. 放铜块前，木板做匀速直线运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ，则有 F =μN =μMg ∴μ=F/Mg =0.20

放铜块后，由于铜块与木板没有摩擦，所以铜块相对地面没有运动。这时地面对木板的摩擦力为： f =μN '=μ(M+m )g =10N

由于f>F ，所以木板做匀减速直线运动，加速度的大小为：a =(f-F )/M =0.50m/S

2

根据匀变速直线运动公式：L =V o t-2

1a t 2

即3.0=2.0t -2

1×0.50t 2

解得：t =2.0s 19. 以n 个木块整体为研究对象F -μnmg =nma

以(n-3)个木块为研究对象 T -μ(n-3)mg =(n -3)ma

由以上两式解得T=(n-3)F/n