1、物理難點突破通過摩擦、彈簧或繩（桿）作用的連接體問題一、考情鏈接“連接體”問題一直是困擾許多學生物理學習的一大難題，也是高考考察的重點內容。分析近幾年山東高考理綜試題，命題者對“連接體”問題的考察情有獨鐘。2009年和2011年均在理綜卷24題考查連接體問題的大題，預計2012年高考中，“連接體”問題依然是考察的熱點。因此大家必須足夠重視、扎實掌握。二、知識對接對接點一 牛頓運動定律（詳見三維設計）牛頓第一定律（慣性定律） 任何一個物體在不受外力或受平衡力的作用時，總是保持靜止狀態或勻速直線運動狀態。注意 各種狀態的受力分析是解決連接體問題的前提。牛頓第二定律 物體的加速度跟物體所受的合外力成

2、正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。注意 物體受力及加速度一定要一一對應，即相應的力除以相應的質量得到相應的加速度，切不可張冠李戴！分析運動過程時要區分對地位移和相對位移。牛頓第三定律 兩個物體之間的作用力和反作用力，在同一直線上，大小相等，方向相反。注意 不要忽視牛頓第三定律的應用，尤其是在求“小球對軌道壓力”時經常用到牛頓第三定律，且均在評分標準中占1-2分，一定不要忘記。對接點二 功能關系與能量守恒合力做功量度了物體的動能變化W合=EK重力做功量度了物體的重力勢能的變化：WG=EPG彈簧的彈力做功量度了彈性勢能的變化：W彈=EP彈除系統內的重力和彈簧的彈力以外的其他

3、力做功量度了系統的機械能的變化： W其他=E機系統內相互作用的摩擦力做功：a系統內的一對靜摩擦力做功-一對靜摩擦力對系統做功的代數和為零，其作用是在系統內各物體間傳遞機械能。b.系統內的一對滑動摩擦力做功-其作用是使系統部分機械能轉化為系統的內能，Q= fs相對。電場力做功量度了電勢能的變化：WE=EPE安培力做功量度了電能的變化：安培力做正功，電能轉化為其他形式能；克服安培力做功，其他形式能轉化為電能。三、規律方法突破突破點一 整體法與隔離法的運用解答問題時，不能把整體法和隔離法對立起來，而應該把這兩種方法結合起來，從具體問題的實際出發，靈活選取研究對象，恰當使用隔離法和整體法。在選用整體法

4、和隔離法時，要根據所求的力進行選擇，若所求為外力，則應用整體法；若所求為內力，則用隔離法。具體應用時，絕大多數要求兩種方法結合使用，應用順序也較為固定。求外力時，先隔離后整體，求內力時，先整體后隔離。先整體或先隔離的目的都是求共同的加速度。突破點二 審題技巧“連接體”問題往往涉及臨界狀況的分析。因此，讀題時要特別注意“恰好”“剛剛”等字眼，因為它們往往隱含著一種臨界狀況的信息。四、題型梳理題型一 整體法與隔離法的應用例題1 如圖所示，光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是mg。現用水平拉力F拉其中一個質量為2 m的木

5、塊，使四個木塊以同一加速度運動，則輕繩對m的最大拉力為FABCA、 B、 C、 D、變式1 如圖所示的三個物體A、B、C，其質量分別為m1、m2、m3，帶有滑輪的物體B放在光滑平面上，滑輪和所有接觸面間的摩擦及繩子的質量均不計為使三物體間無相對運動，則水平推力的大小應為F_題型二 通過摩擦力的連接體問題例題2 如圖所示，在高出水平地面h = 1.8m的光滑平臺上放置一質量M = 2kg、由兩種不同材料連成一體的薄板A，其右段長度l2 = 0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可視為質點的物塊B，其質量m = 1kg，B與A左段間動摩擦因數 = 0.4。開始時二者均靜止，現對A施加F

6、= 20N水平向右的恒力，待B脫離A（A尚未露出平臺）后，將A取走。B離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離x = 1.2m。（取g = 10m/s2）求：（1）B離開平臺時的速度vB 。（2）B從開始運動到脫離A時，B運動的時間tB和位移xB。（3）A左段的長度l1。hxABFl2l1變式2 如圖所示，平板A長L=5m，質量M=5kg，放在水平桌面上，板右端與桌邊相齊。在A上距右端s=3m處放一物體B（大小可忽略，即可看成質點），其質量m=2kg.已知A、B間動摩擦因數1=0.1，A與桌面間和B與桌面間的動摩擦因數2=0.2，原來系統靜止。現在在板的右端施一大小一定的水平力F持續作用在物體

7、A上直到將A從B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右邊緣，求：   （1）物體B運動的時間是多少？    （2）力F的大小為多少？變式3 如圖所示，質量M = 1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數1=0.1，在木板的左端放置一個質量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數2=0.4，取g=10m/s2，試求：（1）若木板長L=1m，在鐵塊上加一個水平向右的恒力F=8N，經過多長時間鐵塊運動到木板的右端？（2）若在木板（足夠長）的右端施加一個大小從零開始連續增加的水平向左的力F，通過分析和計算后，請在圖中畫出鐵塊受到的

8、摩擦力f隨拉力F大小變化的圖像f/N10234564F/N268101214例題3 如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為=2m，質量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板A時，木板不動，

9、而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應滿足的條件。（3）若1=0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。變式4 期末考試理科綜合試卷24題特別總結提醒：解答“通過摩擦力的連接體問題”時，需要特別注意兩點，一是求取加速度的時候，力與質量務必一一對應；二是搞清楚對地位移和相對位移，套用運動學公式及動能定理時絕大多數用的是對地位移，而應用能量守恒中Q= fs相對時用的是相對位移，做題時一定要“三思而后行”！題型三 通過繩（桿）的連接體問題特別點擊：把握好兩點一是繩和桿的受力特點，二是關聯速度的應用（三維設計）。輕繩 （1）輕繩模型的特點：“繩”在物理學上是個絕對柔軟的物體，它只產生

10、拉力（張力），繩的拉力沿著繩的方向并指向繩的收縮方向。它不能產生支持作用。它的質量可忽略不計，輕繩是軟的，不能產生側向力，只能產生沿著繩子方向的力。它的勁度系數非常大，以至于認為在受力時形變極微小，看作不可伸長。（2）輕繩模型的規律：輕繩各處受力相等，且拉力方向沿著繩子；輕繩不能伸長；用輕繩連接的系統通過輕繩的碰撞、撞擊時，系統的機械能有損失；輕繩的彈力會發生突變。輕桿 （l）輕桿模型的特點：輕桿的質量可忽略不計，輕桿是硬的，能產生側向力，它的勁度系數非常大，以至于認為在受力時形變極微小，看作不可伸長或壓縮。（2）輕桿模型的規律：輕桿各處受力相等，其力的方向不一定沿著桿的方向；輕桿不能伸長或壓

11、縮；輕桿受到的彈力的方式有拉力或壓力。例題4 如圖所示，半徑為R的四分之一圓弧形支架豎直放置，圓弧邊緣C處有一小定滑輪，繩子不可伸長，不計一切摩擦，開始時，m1、m2兩球靜止，且m1m2，試求：(1)m1釋放后沿圓弧滑至最低點A時的速度(2)為使m1能到達A點，m1與m2之間必須滿足什么關系(3)若A點離地高度為2R，m1滑到A點時繩子突然斷開，則m1落地點離A點的水平距離是多少？CmBO1mAO2變式5 如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質小定滑輪O1、O2和質量mB=m的小球連接，另一端與套在光滑直桿上質量mA=m的小物塊連接，已知直桿兩端固定，與兩定滑輪在同一豎直平面內，與水平面的夾角=

12、60°，直桿上C點與兩定滑輪均在同一高度，C點到定滑輪O1的距離為L，重力加速度為g，設直桿足夠長，小球運動過程中不會與其他物體相碰現將小物塊從C點由靜止釋放，試求：（1）小球下降到最低點時，小物塊的機械能（取C點所在的水平面為參考平面）；（2）小物塊能下滑的最大距離；（3）小物塊在下滑距離為L時的速度大小變式6 如圖所示，物塊、的質量分別為、，并均可視為質點，它們間有關系。三物塊用輕繩通過滑輪連接，物塊與間的距離和到地面的距離均是。若與地面、與相碰后速度立即減為零，與相碰后粘合在一起。（設距離滑輪足夠遠且不計一切阻力）。（1）求物塊剛著地時的速度大?。浚?）若使物塊不與相碰，則 應

13、滿足什么條件？（3）若時，求物塊由最初位置上升的最大高度？（4）若在（3）中物塊由最高位置下落，拉緊輕繩后繼續下落，求物塊拉緊輕繩后下落的最遠距離？題型四 通過彈簧的連接體問題技法點撥：（1）輕彈簧模型的特點：輕彈簧可以被壓縮或拉伸，其彈力的大小與彈簧的伸長量或縮短量有關。（2）輕彈簧的規律：輕彈簧各處受力相等，其方向與彈簧形變的方向相反；彈力的大小為F=kx，其中k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的伸長量或縮短量；彈簧的彈力不會發生突變。例題5 如圖，質量為m1的物體A經一輕質彈簧與下方地面上的質量為m2的物體B相連，彈簧的勁度系數為k，A、B都處于靜止狀態。一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物

14、體A，另一端連一輕掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態，A上方的一段繩沿豎直方向?，F在掛鉤上升一質量為m3的物體C并從靜止狀態釋放，已知它恰好能使B離開地面但不繼續上升。若將C換成另一個質量為（m1m3）的物體D，仍從上述初始位置由靜止狀態釋放，則這次B剛離地時D的速度的大小是多少？已知重力加速度為g。變式7 如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細繩繞過輕質定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上用手拿住C，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細線豎直、cd段的細線與斜面平行已知A、B的質量均為m，C的質量為4m，重力加速度為g，細線

15、與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態釋放C后它沿斜面下滑，A剛離開地面時，B獲得最大速度，求：(1) 從釋放C到物體A剛離開地面時，物體C沿斜面下滑的距離.(2) 斜面傾角(3) B的最大速度vBm變式8 如圖所示，擋板P固定在足夠高的水平桌面上，小物塊A和B大小可忽略，它們分別帶有+QA和+QB的電荷量，質量分別為mA和mB。兩物塊由絕緣的輕彈簧相連，一不可伸長的輕繩跨過滑輪，一端與B連接，另一端連接一輕質小鉤。整個裝置處于場強為E、方向水平向左的勻強電場中。A、B開始時靜止，已知彈簧的勁度系數為k，不計一切摩擦及A、B間的庫侖力，A、B所帶電荷量保持不變，B不會碰到滑輪。 (1

16、) 若在小鉤上掛一質量為M的物塊C并由靜止釋放，可使物塊A恰好能離開擋板P，求物塊C下落的最大距離； (2) 若C的質量改為2M，則當A剛離開擋板P時，B的速度多大？題型五 傳送帶問題技法點擊：一、傳送帶模型中要注意摩擦力的突變：滑動摩擦力消失；滑動摩擦力突變為靜摩擦力；滑動摩擦力改變方向。二、傳送帶模型的一般解法：確定研究對象；分析其受力情況和運動情況，（畫出受力分析圖和運動情景圖），注意摩擦力突變對物體運動的影響；分清楚研究過程，利用牛頓運動定律和運動學規律求解未知量。三、難點疑點：傳送帶與物體運動的牽制。牛頓第二定律中a是物體對地加速度，運動學公式中S是物體對地的位移，這一點必須明確。四

17、、分析問題的思路：初始條件相對運動判斷滑動摩擦力的大小和方向分析出物體受的合外力和加速度大小和方向由物體速度變化再分析相對運動來判斷以后的受力及運動狀態的改變。例題6 如圖所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標原點O在傳送帶的左端，傳送帶長L8m，勻速運動的速度v05ms.一質量m1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上xp2m的P點，小物塊隨傳送帶運動到Q點后沖上光滑斜面且剛好到達N點.（小物塊到達N點后被收集，不再滑下）若小物塊經過Q處無機械能損失，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數0.5，重力加速度g10ms2.求：（l）N點的縱坐標；（2）小物塊在傳送帶上運動產生的熱量；（3）若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某

18、些位置，最終均能沿光滑斜面越過縱坐標yM0.5m的M點，求這些位置的橫坐標范圍.變式9 如圖甲所示為傳送裝置的示意圖?？嚲o的傳送帶長度L=2.0m，以v=3.0m/s的恒定速率運行，傳送帶的水平部分AB距離水平地面的高度h=0.45m?，F有一行李箱（可視為質點）質量m=10kg，以v01.0 m/s的水平初速度從A端滑上傳送帶，被傳送到B端時沒有被及時取下，行李箱從B端水平拋出，行李箱與傳送帶間的動摩擦因數m0.20，不計空氣阻力，重力加速度g取l0 m/s2。 （1）求行李箱從傳送帶上A端運動到B端過程中摩擦力對行李箱沖量的大??；（2）傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦，求為運送該行

19、李箱電動機多消耗的電能；（3）若傳送帶的速度v可在05.0m/s之間調節，行李箱仍以v0的水平初速度從A端滑上傳送帶，且行李箱滑到B端均能水平拋出。請你在圖15乙中作出行李箱從B端水平拋出到落地點的水平距離x與傳送帶速度v的關系圖像。（要求寫出作圖數據的分析過程）變式10 如圖所示，用半徑為0.4m的電動滾輪在長薄鐵板上表面壓軋一道淺槽薄鐵板的長為2.8m、質量為10kg已知滾輪與鐵板、鐵板與工作臺面間的動摩擦因數分別為0.3和0.1鐵板從一端放人工作臺的滾輪下，工作時滾輪對鐵板產生恒定的豎直向下的壓力為100N，在滾輪的摩擦作用下鐵板由靜止向前運動并被壓軋出一淺槽已知滾輪轉動的角速度恒為5r

20、ad/s，g取10ms2（1）通過分析計算，說明鐵板將如何運動?（2）加工一塊鐵板需要多少時間?（3）加工一塊鐵板電動機要消耗多少電能?(不考慮電動機自身的能耗)鐵板滾輪五、反思總結參考解答例題1.B 變式1 以F1表示繞過滑輪的繩子的張力，為使三物體間無相對運動，則對于物體C有：F1m3g，以a表示物體A在拉力F1作用下的加速度，則有，由于三物體間無相對運動，則上述的a也就是三物體作為一個整物體運動的加速度，故得F（m1m2m3）a（m1m2m3）g例題2 1. 2m/s 2. 0.5s 0.5m 3. 1.5m變式2 【答案】（1）3s（2）F=26N 【解析】（1）對于B，在未離開A時，

21、其加速度aB1=m/s2，設經過時間t1后B離開A板，離開A后B的加速度為 m/s2.據題意可結合B速度圖像。vB=aB1t1， 代入數據解得t1=2s. 而，所以物體B運動的時間是t=t1+t2=3s. （2）設A的加速度為aA，則據相對運動的位移關系得： 解得aA=2m/s2. 根據牛頓第二定律得： 代入數據得F=26N. 【點評】本題是一道要求較高的力學綜合題，涉及到受力分析、運動過程分析，弄清物體B的運動過程是解題的關鍵。物體B的運動包括勻加速和勻減速兩個階段，抓住第一階段的末速度恰好為第二階段的初速度，然后靈活選取運動學公式，試題即可順利求解。變式3 （1）研究木塊m F2mg=ma

22、1 研究木板M 2mg1（mgMg）=Ma2 L=a1t2a2t2 解得：t=1s （2）當F 1（mg+Mg）時，f=0N 當1（mg+Mg）<F10N時，M、m相對靜止則有：F1（mg+Mg）=（m+M）a f=ma 即：f=1（N） 當10N <F時，m相對M滑動，此時摩擦力f=2mg=4N例題3（1）設貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得， 設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據牛頓第二定律得，聯立以上兩式代入數據得, 根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分

23、析得，若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得，聯立式代入數據得。（3），由式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得，設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得，聯立式代入數據得，設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得，聯立式代入數據得。【考點】機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析例題4 解析：(1)設m1滑至A點時的速度為v1，此時m2的速度為v2，由機械能守恒得： m1gRm2gRm1v12m2v22 又v2v1cos45°得：v1 .(2)要使m1能到達A點，v10且v20，必有：m1gRm2

24、gR0，得：m1m2.(3)由2Rgt2，xv1t得x4R·.答案：(1) (2)m1m2(3)4R·變式5 解：（1）設此時小物塊的機械能為E1由機械能守恒定律得 （2）設小物塊能下滑的最大距離為sm，由機械能守恒定律有 而代入解得 （3）設小物塊下滑距離為L時的速度大小為v，此時小球的速度大小為vB，則 解得 變式6 解：設到達地面時三者速度大小為V1， 解得 設此后到達地面時速度恰好為零。有： 解得： 因此應滿足：時，物塊不能著地。若時，設到達地面時三者速度大小為V2，再設運動到到達地面時速度大小為，有：，此后物塊還能上升的高度為，可得物塊上升的最大高度為物塊下落距離

25、時，拉緊細線，設此時物塊速度大小為，有： 此時由動量守恒定律得、三者有大小相等的速度設為 設拉緊細線后下落的最遠距離為：由以上幾式可得：例題5 開始時，A、B靜止，設彈簧壓縮量為x1，有 kx1m1g 掛C并釋放后，C向下運動，A向上運動，設B剛要離地時彈簧伸長量為x2，有 kx2m2g B不再上升，表示此時A和C的速度為零，C已降到其最低點。由機械能守恒，與初始狀態相比，彈簧性勢能的增加量為Em3g(x1x2)m1g(x1x2) C換成D后，當B剛離地時彈簧勢能的增量與前一次相同，由能量關系得 由式得 由式得 變式7 解：設開始時彈簧的壓縮量xB，則 設當物體A剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為

26、xA，則 當物體A剛離開地面時，物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離均為 由式解得 物體A剛剛離開地面時，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細線的拉力T三個力的作用，設物體B的加速度為a，根據牛頓第二定律，對B有 對C有 由、兩式得 當B獲得最大速度時，有 由式聯立，解得 所以： （3）由于xA=xB，彈簧處于壓縮狀態和伸長狀態時的彈性勢能相等，且物體A剛剛離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設為vBm，以B、C及彈簧組成的系統為研究對象，由機械能守恒定律得： 由、式，解得：變式8 （1）開始平衡時有： 當A剛離開檔板時：故C下落的最大距離為： 由式可解得h=（2）由能量守恒定律可知：C下落h過程中，C重力勢能的的減少量等于B的電勢能的增量和彈簧彈性勢能的增量、系統動能的增量之和當C的質量為M時：當C的質量為2M時：解得A剛離開P時B的速度為：例題6 1. 1.25m