高考物理一轮复习 知识点15：轻绳连接体模型的动力学问题（提高解析版）

知识点15：轻绳连接体模型的动力学问题考点一：轻绳连接体模型的动力学计算问题【知识思维方法技巧】应用动力学观点解决连接体问题的思维是：使用整体法与隔离法确定研究对象后，再应用正交分解法或分配原则法解题。题型一：同条件同加速度连接体动力学的计算问题【知识思维方法技巧】可以直接用质量正比例分配原则法处理同条件同速度连接体的动力学计算的问题。力的质量正比例分配原则法：一起加速运动的问题，物体间的相互作用力按质量正比例分配。与有无摩擦无关（若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同），与两物体间有无连接物、何种连接物（轻绳、轻杆、轻弹簧）无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向此分配原则都成立。（1）若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)；（2）若外力F作用于m2上，则m1和m2的相互作用力F12＝eq\f(m1F,m1＋m2)；【典例1提高题】(多选)如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是()A．Ta增大B．Tb增大C．Ta减小D．Tb减小【典例1提高题】【答案】AD【解析】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝eq\f(F,M)，对最左边的物体分析，Tb＝ma＝eq\f(mF,M)，对最右边的物体分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－eq\f(m′F,M).在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a减小，因为m、m′不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确．【典例1提高题对应练习】（多选）如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是()A．四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况B．四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C．四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D．四种情况轻绳的张力一定一样大【典例1提高题对应练习】【答案】AD【解析】(1)中加速度满足：F－(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a1，对m：T1－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1.解得a1＝eq\f(F,M＋m)－gsinθ－μgcosθ，T1＝eq\f(Fm,M＋m).(2)中加速度满足：F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a2，对m：T2－mgsinθ＝ma2.解得a2＝eq\f(F,M＋m)－gsinθ，T2＝eq\f(Fm,M＋m).(3)中加速度满足：F＝(M＋m)a3，对m：T3＝ma3.解得a3＝eq\f(F,M＋m)，T3＝eq\f(Fm,M＋m).(4)中加速度满足：F－(M＋m)g＝(M＋m)a4，对m：T4－mg＝ma4.解得a4＝eq\f(F,M＋m)－g，T4＝eq\f(Fm,M＋m)由以上分析可知，选项A、D正确，B、C错误，故选A、D.题型二：不同条件同加速度连接体动力学的计算问题【知识思维方法技巧】对于不同条件同速度连接体动力学的计算问题，我们先用整体法根据牛顿第二定律求加速度，再用隔离法确定对象，使用正交分解法求出物体间的作用力。【典例2提高题】如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上。小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M>m。现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用另一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′。则()A．a′＝a，T′＝TB．a′>a，T′＝TC．a′<a，T′＝T D．a′>a，T′>T【典例2提高题】【答案】B【解析】先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力根据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a，再对左图中情况下的小球受力分析，如图根据牛顿第二定律，有F－Tsinα＝ma，Tcosα－mg＝0，由以上三式可解得T＝eq\f(mg,cosα)，a＝eq\f(mgtanα,M)，再对右图中小球受力分析，如图由几何关系得：F合＝mgtanα，T′＝eq\f(mg,cosα)，再由牛顿第二定律，得到a′＝gtanα由于M>m，故a′>a，T′＝T，故选B。【典例2提高题对应练习】(多选)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(tanθ,tanα)＝eq\f(1,2)【典例2提高题对应练习】【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－Fsinθ＝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整体分析有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；对m水平方向有F3sinθ＝ma3、F4sinα＝ma4，竖直方向有F3cosθ＝mg、F4cosα＝mg，解得a3＝gtanθ，a4＝gtanα，若eq\f(a3,a4)＝eq\f(1,2)，则eq\f(tanθ,tanα)＝eq\f(1,2)，故选项D正确。题型三：同速率轻绳连接体动力学的计算问题【知识思维方法技巧】分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律正交分解法进行求解。【典例3提高题】如图所示，质量均为0.2kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动．B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2,B不会与滑轮相碰，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．A落地前轻绳的拉力大小为2NB．B运动的最大速度为4m/sC．A落地后，B向右运动的路程为1.2mD．B运动的平均速度大小为1m/s【典例3提高题】【答案】D【解析】设A落地前轻绳的拉力大小为T，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－T＝ma1，T－μmg＝ma1，联立解得a1＝2.5m/s，T＝1.5N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝eq\r(2a1h)＝2m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5m/s2，B向右运动的路程为s＝eq\f(v2,2a2)＝0.4m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)＝1m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1m/s，故D正确．【典例3提高题对应练习】（多选）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，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，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m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M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g【典例3提高题对应练习】【答案】BCD【解析】互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，FT＝mg，选项A错误，B、C、D正确。题型四：不同速率轻绳连接体模型的动力学计算问题类型一：一动一静模型【知识思维方法技巧】分别对轻绳连接体的两物体隔离分析，应用牛顿第二定律正交分解法进行求解。类型二：含动滑轮轻绳连接体模型【典例4b提高题】如图所示，A、B两滑块的质量分别为4kg和2kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动．现将一光滑轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上．现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动．重力加速度g＝10m/s2，则C在以上两种释放方式中获得的加速度大小之比为()A．1∶1B．2∶1C．3∶2 D．3∶5【典例4b提高题】【答案】D【解析】当只释放A时，设绳子上的力为FT1，由动滑轮特点xA＝2xC，故A的加速度大小aA＝2aC1对于A：FT1＝mAaA对于C：mCg－2FT1＝mCaC1解得aC1＝2m/s2同理，只释放B时，有aB＝2aC2。对于B：FT2＝mBaB对于C：mCg－2FT2＝mCaC2解得aC2＝eq\f(10,3)m/s2所以eq\f(aC1,aC2)＝eq\f(3,5)，选项D正确．考点二：轻绳连接体模型的动力学图象问题【知识思维方法技巧】连接体动力学图象问题的解题方法：（1）函数斜率面积法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的如eq\f(x,t)－t、x－v2、a­t、F­t、F­a图像等要注意这种转化。①x－t图象的斜率表示速度的大小及方向，纵轴截距表示t＝0时刻的初始位置，横轴截距表示位移为零的时刻。②v－t图线(或切线)的斜率表示物体的加速度，v－t图线(或切线)的斜率表示物体的加速度。③a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量。④由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，由此知eq\f(x,t)－t图象的斜率为eq\f(1,2)a，纵轴截距为v0。⑤由v2－v02＝2ax可知v2＝v02＋2ax，故v2－x图象斜率为2a，纵轴截距为v02。⑥由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(1,2a)veq\o\al(2,0)，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为eq\f(1,2a)v02。⑦由x＝eq\f(1,2)at2，可知x－t2图线的斜率表示eq\f(1,2)a。（2）函数数据代入法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中的特殊数据代入函数公式进行计算。题型一：根据动力学情境选择轻绳连接体模型的动力学图象问题题型二：根据动力学图象分析计算轻绳连接体模型的动力学问题【典例2提高题】如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a与绳子对物体竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断以下说法正确的是()①图线与纵轴的交点M的值aM＝－g②图线与横轴的交点N的值TN＝mg③图线的斜率等于物体的质量m④图线的斜率等于物体质量的倒数eq\f(1,m)A．②④ B．②③C．①②③ D．①②④【典例2提高题】【答案】D【解析】对物体受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T－mg＝ma，得a＝eq\f(T,m)－g.当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，①正确；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，②正确；图线的斜率表示质量的倒数eq\f(1,m)，③错误，④正确．【典例2提高提对应练习】（多选）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是()A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出乙图中a1的值C．若θ已知，可求出乙图中a2的值D．若θ已知，可求出乙图中m0的值【典例2提高提对应练习】【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律得：对B得：mg－F＝ma①对A得：F－mAgsinθ＝mAa②联立得a＝eq\f(mg－mAgsinθ,mA＋m)③若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误。由③式变形得a＝eq\f(g－\f(mA,m)gsinθ,\f(mA,m)＋1)。当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsinθ，故C正确。当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，可知m0不能求出，故D错误。考点三：轻绳连接体模型的动力学临界极值问题【知识思维方法技