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专题四 模型构建——连接体问题
课题任务 整体法、隔离法解决连接体问题
1．“连接体”问题
所谓“连接体”，是指运动中的几个物体或上下叠放在一起或前后挤靠在一起或通过细绳、轻弹簧连在一起的物体组。在求解连接体问题时常常用到整体法与隔离法。
2．隔离法与整体法
(1)隔离法：在分析连接体问题时，从研究问题的方便性出发，将物体系统中的某一部分物体隔离出来，单独分析研究的方法。
(2)整体法：在分析连接体问题时，将整个物体系统作为整体分析研究的方法。在分析整体受外力时常采用整体法。
3．整体法、隔离法的选用
(1)整体法、隔离法的选取原则
当连接体内各物体具有相同的加速度(或运动情况一致)时，可以采用整体法；当连接体内各物体加速度不相同(或运动情况不一致)时，采用隔离法。一般来说，求整体的外力时优先采用整体法，整体法分析时不要考虑各物体间的内力；求连接体内各物体间的内力时只能采用隔离法。
(2)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”。
4．运用隔离法解题的基本步骤
(1)明确研究对象。
(2)将研究对象从系统中隔离出来。
(3)对隔离出的研究对象进行受力分析，注意只分析其他物体对研究对象的作用力。
(4)寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解。
例1 如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．Mg＋Ma
C．Mg－Ma D．m1a＋μ1m1g
[规范解答] 对物块A、B组成的整体，由牛顿第二定律得，T＝(m1＋m2)a，对物块C，Mg－T＝Ma，解得T＝Mg
－Ma，A、B错误，C正确；对物块A，T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，D错误。
[完美答案] C
整体法、隔离法交替运用是解决连接体问题的关键。若外力F未知，用隔离法求得物体的加速度，因系统内物体加速度完全相同，故再选择整体法求得F的大小；若F已知，用整体法求加速度，再用隔离法求相互作用力。
如图所示，质量分别为m1和m2的物块A、B，用劲度系数为k的轻弹簧相连。当用力F沿倾角为θ的固定光滑斜面向上拉物块B，使两物块以相同的加速度共同加速运动时，弹簧的伸长量为________。
答案
解析 对物块A、B和弹簧组成的整体分析得
F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a①
隔离A得kx－m1gsinθ＝m1a②
联立①②式得x＝。
课题任务 动力学的临界和极值问题
1．对临界问题和极值问题的认识
(1)临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的问题。
(2)极值问题：在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的问题。
在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。
2．动力学中常见的临界问题的类型
(1)弹力发生突变
弹力是由物体间的挤压或拉伸产生的，对研究对象产生弹力的常见的接触物有轻绳、轻杆、弹簧、接触面。依据接触物产生弹力的特点，可知弹力的突变情况有以下几种：
①弹力为零是物体与接触面脱离的临界条件。
②弹力为零是弹簧(轻杆)对物体产生压力还是拉力的临界条件，也是轻绳松弛与绷紧的临界条件。
③轻绳的张力(或弹簧的拉力、轻杆承受的拉力或压力)达到最大是轻绳崩断(弹簧发生非弹性形变、轻杆断裂)的临界条件。
(2)摩擦力发生突变
摩擦力是由于互相挤压的物体间有相对运动趋势或相对运动产生的，根据静摩擦力和滑动摩擦力的特点，可知摩擦力的突变情况有以下几种：
①静摩擦力为零是运动趋势的方向发生变化的临界条件。
②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止或相对滑动的临界条件。
3．处理临界问题的三种方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端情况，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能，或变化过程中可能出现临界条件也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题，假设是某种可能，或假设出现临界条件，会出现什么情况
数学法
将物理量间关系用数学式子表达出来，结合已知量的取值范围和其他物理条件，根据数学表达式解出临界值(此方法也可用于求解极值问题)
例2 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是( )
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
[规范解答] A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，故D错误；当两物体要分离时，A、B间弹力FAB＝0，且F＝mg，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，可得a＝0，故A、B分离时，弹簧仍处于压缩状态，A、B错误；设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，A、B刚分离时，x＝，h＝x0－x，解以上各式得k＝，C正确。
[完美答案] C
处理动力学中的临界问题的关键是临界条件的挖掘。绳断与不断的临界条件是绳中的张力等于绳所能承受的最大拉力；两物体接触与分离的临界条件是两物体间的弹力等于零；两物体即将发生相对滑动的临界条件是两物体间的摩擦力等于最大静摩擦力；加速度逐渐减小的变加速运动速度最大的临界条件是加速度等于零。
如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。
(1)当滑块至少以多大的加速度向右
运动时，线对小球的拉力等于零？
(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
答案 (1)g (2)g (3)mg
解析 (1)当线对小球的拉力FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲所示，则
FNcos45°＝mg
FNsin45°＝ma
解得a＝g，故当滑块向右的加速度为g时线对小球的拉力为0。
(2)假设滑块以加速度a1向左运动时，小球对滑块的压力恰好为0。小球受重力mg、线的拉力FT1作用，如图乙所示，由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cos45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin45°－mg＝0。
由上述两式解得a1＝g，
即当滑块至少以大小为g的加速度向左运动时，小球对滑块的压力为0。
(3)当滑块以加速度a′＝2g向左运动时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力FT′和重力mg的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α＜45°。
由牛顿第二定律得
FT′cosα＝ma′，
FT′sinα＝mg，
解得FT′＝m＝mg。
1．如图所示，物块A、B质量相等，在水平恒力F的作用下，在水平面上做匀加速直线运动，若水平面光滑，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；若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数μ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，则以下判断正确的是( )
A．a1＝a2 B．FN1＝F
C．FN1＝FN2 D．FN1＜FN2
答案 C
解析 设物块A、B的质量均为m，接触面光滑时，对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a1＝，对物块B分析，由牛顿第二定律得FN1＝ma1＝；接触面粗糙时，对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a2＝＝－μg，可知a1＞a2，对物块B分析，由牛顿第二定律得FN2－μmg＝ma2，解得FN2＝，FN1＝FN2，C正确，A、B、D错误。
2. 如图所示，质量为M、中间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，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。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．F＝(M＋m)gtanα
C．系统的加速度为a＝gsinα
D．F＝Mgtanα
答案 B
解析 隔离小铁球受力分析得F合＝mgtanα＝ma，且合外力方向水平向右，故小铁球的加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα，A、C错误；对整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)·gtanα，故B正确，D错误。
3. 如图所示，A、B两物体用细绳连接后放在斜面上，斜面倾角为α，如果两物体与斜面间的动摩擦因数都为μ，则在它们下滑过程中，( )
A．它们的加速度a＝gsinα
B．它们的加速度a＞gsinα
C．细绳中的张力FT＝0
D．细绳中的张力FT＝mAg(sinα－cosα)
答案 C
解析 对A、B组成的系统整体运用牛顿第二定律有(mA＋mB)gsinα－μ(mA＋mB)gcosα＝(mA＋mB)a，解得a＝(sinα－μcosα)g＜gsinα，A、B错误；对A进行隔离，运用牛顿第二定律有mAgsinα－μmAgcosα－FT＝mAa，解得FT＝0，C正确，D错误。
4．(多选)两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力( )
A．等于0 B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ
答案 BC
解析 把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得(M＋m)gsinθ－μ1(M＋m)·gcosθ＝(M＋m)a，得a＝g(sinθ－μ1cosθ)。由于a<gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB，对B受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：mgsinθ－FB＝ma，解得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ，B、C正确，A、D错误。
5．(多选)如图所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，物体的加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿斜面向上拉着a，使a、b一起沿光滑斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，物体的加速度大小为a2。已知斜面的倾角为θ，则有( )
A．x1＝x2 B．x1>x2
C．a1＝a2 D．a1<a2
答案 AD
解析 设弹簧的劲度系数为k，当用恒力F竖直向上拉时，对a、b和弹簧组成的整体分析有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对b有kx1－m2g＝m2a1，解得x1＝，加速度a1＝－g；当用恒力F沿光滑斜面向上拉时，对整体分析有F－(m1＋m2)·gsinθ＝(m1＋m2)a2，对b分析有kx2－m2gsinθ＝m2a2，解得x2＝，加速度a2＝－gsinθ，由以上分析可知，x1＝x2，a1<a2，A、D正确，B、C错误。
6．(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连)，然后使挡板P以恒定的加速度a(a＜g)开始竖直向下做匀加速直线运动，则( )
A．小球与挡板分离的时间为t＝
B．小球与挡板分离的时间为t＝
C．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝
D．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝
答案 BC
解析 小球与挡板之间弹力为零时分离，此时小球的加速度仍为a，由牛顿第二定律得mg－kx＝ma，由匀变速直线运动的位移公式得x＝at2，解得t＝ ，故A错误，B正确；小球速度最大时小球所受合力为零，即mg－kx′＝0，故弹簧的伸长量x′＝，C正确，D错误。
7. 如图所示，质量相等的长方体钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B之间的动摩擦因数为μ1，A和B之间的动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的加速度大小最大为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 设A、B的质量均为m，A和B恰好相对静止时A、B的加速度为a1，则对A有：f1＝μ2mg＝ma1，得a1＝μ2g，对A、B整体分析，卡车底板对B的摩擦力f2＝2ma1＝2μ2mg<2μ1mg<2ma，故B相对于卡车静止，可知卡车安全停下的最大刹车加速度大小为a1＝μ2g。由题意知，x＝≤s0，得v≤ ＝，C正确。
8．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为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μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则( )
A．当F＜2μmg时，A、B相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，A的加速度都不会超过μg
答案 BD
解析 A、B之间的最大静摩擦力为fmax＝μmAg＝2μmg，A、B恰好发生滑动时A的加速度为a＝＝μg，B与地面间的最大静摩擦力为fmax′＝μ(mA＋mB)g＝μmg，故A、B恰好发生相对滑动时有F－fmax′＝(m＋2m)a，解得F＝μmg＋3ma＝μmg。当F＜2μmg时，A、B之间不会发生相对滑动，B与地面间可能会发生相对滑动，A错误；当F＝μmg＜μmg时，A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有a＝＝＝μg，B正确；当μmg＞F＞3μmg时，A、B间不会发生相对滑动，C错误；B对A的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，A的加速度不会超过μg，D正确。
9．如图所示，电梯(包括里面所有物体)的总质量为500 kg，当其受到向上的7000 N拉力而运动时，则电梯内一个质量为30 kg的光滑球对倾角为30°的斜面压力为________ N，对竖直电梯壁的压力为________ N。(g取10 m/s2)
答案 280 140
解析 电梯整体受到重力和拉力的作用，由牛顿第二定律得F－Mg＝Ma，所以电梯的加速度a＝＝ m/s2＝4 m/s2。对小球进行受力分析，如图所示，由图可知，N2沿竖直方向的分力与重力的合力提供加速度，则N2cos30°－mg＝ma，代入数据得N2＝280 N，水平方向小球受到的合外力为0，所以有N1＝N2sin30°＝140 N。由牛顿第三定律得球对斜面和电梯壁的压力大小分别为280 N和140 N。
10. 如图所示，体积相同的两个小球A和B用1 m长的细线相连，A的质量为m＝1 kg，B的质量为A的质量的2倍。将它们都浸入水中后恰能处于静止状态(设水足够深，g取10 m/s2)。求：
(1)此时细线的张力FT的大小；
(2)若细线被剪断，经时间2 s后两球相距多远？
答案 (1)5 N (2)16 m
解析 (1)因为A、B体积相同，且水足够深，故A、B所受浮力相同，设浮力大小均为F浮。
对A、B及细线组成的整体进行受力分析，
根据平衡条件有2F浮＝3mg，解得F浮＝15 N，
对A受力分析有F浮＝FT＋mg，解得FT＝5 N。
(2)若细线被剪断，因为水足够深，故在A、B运动过程中F浮可视为恒力。A向上做匀加速运动，
根据牛顿第二定律有F浮－mg＝maA，
解得A的加速度大小aA＝5 m/s2，
B向下做匀加速运动，
根据牛顿第二定律有2mg－F浮＝2maB，
解得B的加速度大小aB＝2.5 m/s2，
在t＝2 s时间内，A向上的位移为
xA＝aAt2＝10 m，
B向下的位移为xB＝aBt2＝5 m，
则两球相距x＝xA＋xB＋l＝16 m。
11．如图所示，一块质量m＝2 kg的木块放置在质量M＝6 kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上。现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)
答案 0≤F≤310 N
解析 若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动。
由于μ＞tanθ，故当F＝0时，木块静止在斜面上，即F的最小值为0。
根据题意可知，当木块相对斜面恰不向上滑动时，F有最大值Fm。
设此时两物体运动的加速度为a，两物体之间的摩擦力大小为f，斜面体对木块的支持力为N。
对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙：
对整体受力分析：Fm＝(m＋M)a，
对木块受力分析：f＝μN，
水平方向：fcosθ＋Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg＋fsinθ，
联立以上各式，代入数据解得Fm＝310 N，
故F的大小范围为0≤F≤310 N。
12．如图所示，质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向的夹角为37°。已知g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)当汽车以a1＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细绳对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。
(2)当汽车以a2＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细绳对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。
答案 (1)50 N 22 N (2)40 N 0
解析 (1) 当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图甲所示。
由牛顿第二定律得：
FTsin37°＝ma0，
FTcos37°＝mg，
代入数据得：
a0＝gtan37°＝10× m/s2＝7.5 m/s2。
当汽车以a1＝2 m/s2<a0向右匀减速行驶时，小球受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律得：
FT1cos37°＝mg，
FT1sin37°－FN1＝ma1，
代入数据得：
FT1＝50 N，FN1＝22 N，
由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N。
(2)因为a2＝10 m/s2＞a0，
所以小球会飞起来，FN2＝0，故小球对车后壁的压力为0，
细绳对小球的拉力FT2＝＝40 N。
13．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
答案 (1) (2)θ＝60° m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿木板匀速下滑，此时mgsin30°＝Ff，Ff＝μmgcos30°
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，
由0－v＝2ax得x＝，
令cosα＝，sinα＝，
即tanα＝μ＝，故α＝30°，
则x＝，
当α＋θ＝90°，即θ＝60°时x最小
x的最小值为
xmin＝＝＝ m。
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