专题8 连接体问题（整体法和隔离法）、临界问题

对五个物块整体受力分析有 $ F=5ma $ ,物块2对物块3的作用力是物块3、4、5受到的合力,有 $ N=3ma $ ,解得 $ N=\dfrac{3}{5}F $ , $ \mathrm{A} $ 错误；因为五个物块的加速度相等,质量相等,根据牛顿第二定律可知,每个物块受到的合外力相等, $ \mathrm{B} $ 错误；若把一块橡皮泥粘到物块3上,则整体的质量增大,则加速度减小,则物块5受到的合外力减小,即物块4对物块5的作用力变小, $ \mathrm{C} $ 正确；若撤走物块5,由 $ \mathrm{A} $ 项分析,同理可得,物块2对物块3的作用力为 $ N\prime =\dfrac{1}{2}F $ ,作用力变小, $ \mathrm{D} $ 错误.

根据题意,3颗相同象棋棋子竖直叠放,所有接触面间的动摩擦因数均相同,设1、2两颗棋子间最大静摩擦力为 $ f $ ,则2、3两颗棋子间最大静摩擦力为 $ 2f $ ,第3颗棋子与水平面间最大静摩擦力为 $ 3f $ ,中间棋子被击出,中间棋子对第1颗棋子有向右的滑动摩擦力,则第1颗棋子有向右的加速度,即有向右的位移,第2颗棋子给第3颗棋子的摩擦力小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力,第3颗棋子不移动,可知稳定后,棋子的位置情况可能是 $ \mathrm{C} $ 选项图中所示.故选 $ \mathrm{C} $ .

以木块 $ P $ 、 $ Q $ 整体为研究对象,在竖直方向上受力平衡,则有 $ {F}_{\mathrm{N}}=2mg $ ,由牛顿第三定律可知,木块 $ Q $ 对地面的压力为 $ 2mg $ , $ \mathrm{A} $ 错误 $ {\rm .} P $ 、 $ Q $ 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动, $ F $ 较小时, $ P $ 有向下滑动的趋势,摩擦力沿斜面向上； $ F $ 较大时, $ P $ 有向上滑动的趋势,摩擦力沿斜面向下,因此在 $ F $ 增大的过程中,摩擦力可能增大,可能减小,也可能先减小后反向增大, $ \mathrm{B} $ 错误.对 $ P $ 受力分析,假设 $ P $ 受 $ Q $ 的摩擦力 $ f $ 沿斜面向上, $ Q $ 对 $ P $ 的支持力为 $ N $ ,在水平方向,由牛顿第二定律可得 $ N \sin \theta -f \cos \theta =ma $ ,在竖直方向,由平衡条件可得 $ N \cos \theta +f \sin \theta =mg $ ,联立解得 $ a=g \tan \theta -\dfrac{f}{m \cos \theta } $ ,若加速度 $ a=g \tan \theta $ ,则 $ P $ 受到摩擦力为零, $ \mathrm{C} $ 正确.若加速度 $ a < g \tan \theta $ ,则 $ F $ 较小,由 $ \mathrm{C} $ 项分析可知, $ P $ 有向下滑动的趋势,因此 $ P $ 受到摩擦力方向沿斜面向上, $ \mathrm{D} $ 错误.

对整体,根据牛顿第二定律有 $ 4F-8f=8ma $ ,对后面的5节车厢,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{34}+2F-5f=5ma $ ,对第8节车厢,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{78}-f=ma $ ,解得 $ \dfrac{{F}_{34}}{{F}_{78}}=1 $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

$ A $ 、 $ B $ 由静止释放，相同时间内物体 $ B $ 通过的位移是物体 $ A $ 通过的位移的两倍,则物体 $ B $ 的加速度是物体 $ A $ 的加速度的两倍；设物体 $ A $ 的加速度大小为 $ a $ ,则 $ B $ 的加速度大小为 $ 2a $ .设轻绳的拉力为 $ T $ ,对 $ A $ 、 $ B $ 分别进行受力分析,由牛顿第二定律得 $ 2T-mg \sin {30}^{\circ }-\mu mg \cos {30}^{\circ }=ma $ , $ 2mg-T=2m\cdot 2a $ ,解得 $ T=\dfrac{2}{3}mg $ , $ a=\dfrac{1}{3}g $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；物体 $ B $ 下降过程中,对斜面体、 $ A $ 、 $ B $ 整体分析,在竖直方向根据牛顿第二定律得 $ (M+3m)g-{F}_{\mathrm{N}}-T \sin {30}^{\circ }=2m\cdot 2a-ma \sin {30}^{\circ } $ ,解得地面对斜面体的支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}}=(M+\dfrac{3}{2}m)g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；假设 $ B $ 上升,则 $ A $ 下滑, $ A $ 所受滑动摩擦力沿斜面向上,此时对 $ A $ 有 $ mg \sin {30}^{\circ } > \mu mg \cos {30}^{\circ }+2{T}_{1} $ ,又 $ mg \sin {30}^{\circ }=\mu mg \cos {30}^{\circ } $ ,故假设错误,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 设 $ A $ 、 $ B $ 整体运动的加速度大小为 $ {a}_{1} $ ,根据牛顿第二定律有 $ mg-mg \sin {30}^{\circ }=2m{a}_{1} $ ,设 $ A $ 着地时的速度大小为 $ v $ ,则有 $ {v}^{2}=2{a}_{1}ℎ $ ,联立解得 $ v=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） $ A $ 落地后 $ B $ 继续上滑,设其加速度大小为 $ {a}_{2} $ ,根据牛顿第二定律有 $ mg \sin {30}^{\circ }=m{a}_{2} $ ,设 $ B $ 继续上滑的距离为 $ x $ ,根据运动学规律有 $ 0-{v}^{2}=-2{a}_{2}x $ , $ B $ 上滑的最大距离 $ s=x+ℎ $ ,联立解得 $ s=2.7\mathrm{m} $ .

物体受到的重力为 $ mg $ ,当箱子处于静止状态时,物体恰好静止不动,弹簧的伸长量为 $ x $ ,由胡克定律和平衡条件得 $ kx=mg \sin \alpha $ ,使箱子水平向右做匀减速直线运动,加速度水平向左,设加速度大小为 $ a $ ,在沿斜面方向,根据牛顿第二定律可得 $ mg \sin \alpha -kx\prime =ma \cos \alpha $ ,可知 $ x\prime < x $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；使箱子做自由落体运动,则斜面与物体之间无相互作用，弹簧最终会恢复原长,故 $ \mathrm{B} $ 错误；使箱子竖直向上做匀加速直线运动,设加速度大小为 $ a\prime $ ,在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得 $ kx″-mg \sin \alpha =ma\prime \sin \alpha $ ,可知 $ x″ > x $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；给物体 $ m $ 施加竖直向下的外力,弹簧伸长量变大,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

释放之前,绳子拉力为零,分析 $ b $ 的受力,可知弹簧弹力为 $ F=mg $ ,释放瞬间,弹簧弹力不变, $ a $ 、 $ b $ 加速度大小相等,设轻绳拉力大小为 $ T $ ,以 $ a $ 为研究对象,有 $ 3mg-T=3ma $ ,以 $ b $ 为研究对象,有 $ T+F-mg=ma $ ,联立解得 $ a=\dfrac{3}{4}g $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确； $ a $ 、 $ b $ 的速度大小始终相等,以 $ a $ 、 $ b $ 整体为研究对象,当加速度为零时,速度最大,设弹簧对 $ a $ 、 $ b $ 整体的力为 $ {F}_{\mathrm{T}} $ ,则 $ 3mg-mg-{F}_{\mathrm{T}}=0 $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{T}}=2mg $ ,则此时弹簧对 $ c $ 有向上的拉力 $ 2mg $ ,小于 $ c $ 的重力 $ 3mg $ ,则 $ c $ 还不会离开地面,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

当 $ A $ 、 $ B $ 分离时, $ B $ 仅受斜面支持力和重力,则有 $ {m}_{B}g \tan {37}^{\circ }={m}_{B}a $ ,得 $ a=7.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,此时 $ A $ 、 $ B $ 的加速度相同,故此时弹簧弹力为零,即 $ A $ 、 $ B $ 分离时弹簧处于原长状态.结合图像可知此时 $ {a}_{0}=a=7.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；由题图可知,当 $ a=0 $ 时,有 $ ({m}_{A}+{m}_{B})g \sin {37}^{\circ }=k{x}_{0} $ ,解得 $ {m}_{A}=1\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；当 $ {a}_{0}=7.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 时,因为物块 $ A $ 、 $ B $ 恰要分离,故对 $ A $ ,有 $ {F}_{\mathrm{N}A}=\dfrac{{m}_{A}g}{ \cos {37}^{\circ }}=12.5\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

$ AB $ 段为直线, $ a=0 $ 时,有 $ {F}_{\mathrm{T}1}=mg \sin \theta $ , $ B $ 点表示此时小球恰好离开斜面,有 $ {F}_{\mathrm{T}2} \sin \theta =mg $ ,联立解得 $ m=0.1\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \theta ={37}^{\circ } $ ,则 $ \tan \theta =\dfrac{3}{4} $ , $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；小球离开斜面之前,对小球受力分析可得 $ {F}_{\mathrm{T}} \cos \theta -{F}_{\mathrm{N}} \sin \theta =ma $ , $ {F}_{\mathrm{T}} \sin \theta +{F}_{\mathrm{N}} \cos \theta =mg $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=mg \cos \theta -ma \sin \theta $ ,代入数据有 $ {F}_{\mathrm{N}}=0.8-0.06a(\mathrm{N}) $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

对物块,竖直方向有 $ f=mg $ ,水平方向有 $ F=ma=2.5mg $ ,物块恰好能相对于车厢静止于竖直车厢壁上,则物块受到的静摩擦力达到最大静摩擦力,有 $ f=\mu F $ ,联立解得 $ \mu =0.4 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由于小球沿斜槽无摩擦滑动,所以小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度,则有 $ {m}_{总}a={m}_{总}g \sin \alpha $ ,解得 $ a=g \sin \alpha $ ,小孩和抱枕一起做匀加速直线运动；对小孩和抱枕整体进行分析,有 $ ({m}_{1}+{m}_{2})a=({m}_{1}+{m}_{2})g \sin \beta $ ,解得 $ a=g \sin \beta $ ,可得 $ \alpha =\beta $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确.对抱枕进行受力分析,受重力、绳子的拉力、小孩对抱枕的作用力,因为沿绳方向合力为零,平行导轨方向的合力为 $ {m}_{1}a={m}_{1}g \sin \beta $ ,可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上,即垂直导轨向下, $ \mathrm{C} $ 正确.对小孩和抱枕整体分析,绳子的拉力 $ {F}_{\mathrm{T}}=({m}_{1}+{m}_{2})g \cos \beta $ ,抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上,大小为 $ {m}_{2}g \cos \beta $ ,则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力大小之比为 $ ({m}_{1}+{m}_{2}):{m}_{2} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

以物体1为研究对象,受重力 $ {m}_{1}g $ 和拉力 $ T $ ,根据牛顿第二定律有 $ {m}_{1}g \tan \theta ={m}_{1}a $ ,解得 $ a=g \tan \theta $ ,则车厢的加速度也为 $ g \tan \theta $ ,绳对物体1的拉力为 $ T=\dfrac{{m}_{1}g}{ \cos \theta } $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 正确；以物体2为研究对象,根据牛顿第二定律得 $ f={m}_{2}a={m}_{2}g \tan \theta $ ,竖直方向,根据平衡条件可得 $ N={m}_{2}g-T={m}_{2}g-\dfrac{{m}_{1}g}{ \cos \theta } $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.本题选说法不正确的,故选 $ \mathrm{D} $ .

$ A $ 车和 $ B $ 车加速度相同,故 $ A $ 车和 $ B $ 车所受合外力相同,故 $ \mathrm{A} $ 错误；对整体,根据牛顿第二定律可得 $ 2F-k(2{m}_{1}+{m}_{2})g=(2{m}_{1}+{m}_{2})a $ ,故“列车”的加速度大小为 $ a=\dfrac{2F}{2{m}_{1}+{m}_{2}}-kg $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确；对 $ A $ ,有 $ F-k{m}_{1}g+F\prime ={m}_{1}a $ ,解得 $ F\prime =-\dfrac{{m}_{2}}{2{m}_{1}+{m}_{2}}F $ ,可知 $ A $ 、 $ C $ 间轻杆对 $ A $ 的作用力是拉力，同理可知 $ A $ 、 $ C $ 间轻杆对 $ C $ 的作用力也是拉力,故 $ \mathrm{B} $ 正确；对 $ B $ ,有 $ F-k{m}_{1}g+F″={m}_{1}a $ ,解得 $ F″=\dfrac{-{m}_{2}}{2{m}_{1}+{m}_{2}}F $ ,可知 $ B $ 、 $ C $ 间轻杆对 $ B $ 的作用力是推力,同理可知 $ B $ 、 $ C $ 间轻杆对 $ C $ 的作用力也是推力,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

对题图甲中小车和小球组成的整体,根据牛顿第二定律有 $ F=({m}_{0}+m)a $ ,对题图甲中小球受力分析,如图甲所示,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{T}} \cos \alpha -mg=0 $ , $ F-{F}_{\mathrm{T}} \sin \alpha =ma $ ,联立解得 $ {F}_{\mathrm{T}}=\dfrac{mg}{ \cos \alpha } $ , $ F=\dfrac{m({m}_{0}+m)}{{m}_{0}}g \tan \alpha $ ,对题图乙中小车和小球组成的整体,根据牛顿第二定律有 $ F\prime =({m}_{0}+m)a\prime $ ,对题图乙中小球受力分析,如图乙所示,根据牛顿第二定律有 $ F{\prime }_{\mathrm{T}} \cos \alpha -mg=0 $ , $ F{\prime }_{\mathrm{T}} \sin \alpha =ma\prime $ ,解得 $ F{\prime }_{\mathrm{T}}=\dfrac{mg}{ \cos \alpha } $ , $ F\prime =({m}_{0}+m)g \tan \alpha $ ,可知 $ F{\prime }_{\mathrm{T}}={F}_{\mathrm{T}} $ ,而 $ {m}_{0} > m $ ,所以 $ F\prime > F $ ,故选 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ .

对 $ B $ 、 $ C $ 整体进行受力分析,可得 $ B $ 、 $ C $ 整体受到 $ A $ 的支持力为 $ N=({m}_{B}+{m}_{C})g \cos \theta $ ,在 $ B $ 未发生滑动时，摩擦力 $ f=({m}_{B}+{m}_{C})g \sin \theta $ ,缓慢增大木板的倾角 $ \theta $ 的过程中, $ N $ 减小, $ f $ 增大,由作用力与反作用力可知,木板 $ A $ 受到的压力 $ N\prime =N $ 减小,当 $ \tan \theta > \mu =\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ 时, $ B $ 开始滑动,即 $ \theta $ 大于 $ {30}^{\circ } $ 时,立方体 $ B $ 开始滑动,摩擦力 $ f=\mu ({m}_{B}+{m}_{C})g \cos \theta $ 开始减小,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；对 $ C $ 受力分析,可知 $ C $ 受重力和 $ B $ 对 $ C $ 的支持力,根据二力平衡和作用力与反作用力可知 $ C $ 对 $ B $ 的压力大小先不变,当 $ B $ 开始滑动以后,有向下的加速度, $ B $ 对 $ C $ 的支持力减小,结合牛顿第三定律可知, $ C $ 对 $ B $ 的压力也减小,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 第1步：小球受力相对简单,所以先对小球受力分析,小球有向下的加速度对小球有 $ mg-T=ma $ ,第2步：对物块受力分析,注意绳上拉力相等对物块有 $ T-\mu Mg=Ma $ ,联立解得 $ a=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ T=8\mathrm{N} $ .

（2） 第3步：小球落地后,绳上无拉力,物块继续做匀减速运动设小球着地时物块的速度为 $ v $ ,小球着地后物块做匀减速运动的加速度大小为 $ a\prime $ ,小球着地后,对物块有 $ -\mu Mg=-Ma\prime $ ,解得 $ a\prime =\mu g=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,对物块,由运动学公式得 $ {v}^{2}=2aℎ=2a\prime (L-ℎ) $ ,解得 $ ℎ=\dfrac{L}{2}=1.25\mathrm{m} $ .

（3） 设小球着地时物块的速度为 $ {v}_{1} $ ,小球着地后,物块滑行距离为 $ s $ ,对物块有 $ 0-{v}_{1}^{2}=-2a\prime s $ ,且 $ s⩽ L-ℎ $ , $ {v}_{1}^{2}=2{a}_{1}ℎ $ ,解得 $ {a}_{1}⩽ \dfrac{(L-ℎ)\mu g}{ℎ}=8\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,又 $ {a}_{1}=\dfrac{mg-\mu Mg}{M+m} $ ,解得 $ m⩽ 10\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,要能够拉动物块必须有 $ mg > \mu Mg $ ,即 $ m > 0.4\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,故小球质量的范围是 $ 0.4\mathrm{k}\mathrm{g} < m⩽ 10\mathrm{k}\mathrm{g} $ .

（1） 依题意知,当计时开始时,设 $ B $ 向左运动,受力分析如图所示,有 $ {N}_{B}=mg=10\mathrm{N} $ , $ {f}_{B}={\mu }_{2}{N}_{B}=2\mathrm{N} $ , $ {N}_{A}=Mg \cos \theta =16\mathrm{N} $ , $ {f}_{A}={\mu }_{1}{N}_{A}=4\mathrm{N} $ ,由牛顿第二定律,可知 $ {T}_{0}-{f}_{A}-Mg \sin \theta =M{a}_{0} $ , $ F-{T}_{0}-{f}_{B}=m{a}_{0} $ ,解得 $ {a}_{0}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

（2） 由（1）可知, $ 1\mathrm{s} $ 前 $ B $ 向左加速, $ 1\mathrm{s} $ 时的速度大小为 $ {v}_{0}={a}_{0}{t}_{0}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ 1\mathrm{s} $ 后物块 $ B $ 向左减速,根据牛顿第二定律有 $ Mg \sin \theta -{T}_{1}+{\mu }_{1}Mg \cos \theta =M{a}_{1} $ , $ {T}_{1}+{\mu }_{2}mg=m{a}_{1} $ ,解得 $ {a}_{1}=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,则 $ \dfrac{5}{3}\mathrm{s} $ 时 $ B $ 的速度大小为 $ {v}_{1}={v}_{0}-{a}_{1}({t}_{1}-{t}_{0})=0 $ .

（3） $ \dfrac{5}{3}\sim 2\mathrm{s} $ 内，设 $ A $ 、 $ B $ 整体加速度大小为 $ {a}_{2} $ ,由牛顿第二定律有 $ Mg \sin \theta -{\mu }_{1}Mg \cos \theta -{\mu }_{2}mg=(M+m){a}_{2} $ ,解得 $ {a}_{2}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ 2\mathrm{s} $ 末的速度大小为 $ {v}_{2}={a}_{2}({t}_{2}-{t}_{1})=\dfrac{2}{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,此后根据牛顿第二定律有 $ {T}_{0}+{f}_{A}-Mg \sin \theta =M{a}_{3} $ , $ F-{T}_{0}+{f}_{B}=m{a}_{3} $ ,解得 $ {a}_{3}=8\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ A $ 、 $ B $ 整体速度减为0的时间为 $ {t}_{3}=\dfrac{{v}_{2}}{{a}_{3}} $ ,解得 $ {t}_{3}=\dfrac{1}{12}\mathrm{s} $ ,由（1）可知此后 $ B $ 向左以 $ {a}_{0}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的加速度加速,运动时间为 $ {t}_{4}=1\mathrm{s}-\dfrac{1}{12}\mathrm{s}=\dfrac{11}{12}\mathrm{s} $ ,根据速度—时间公式有 $ {v}_{3}={a}_{0}{t}_{4}=\dfrac{11}{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

$ A $ 和 $ B $ 的加速度大小相等,但方向不同,故加速度不同, $ \mathrm{A} $ 错误；对 $ A $ 、 $ B $ 整体受力分析,根据牛顿第二定律可得 $ {m}_{2}g \sin \theta -{m}_{1}g \sin \theta =({m}_{1}+{m}_{2})a $ ,代入数据解得 $ a=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,则 $ B $ 在 $ 1\mathrm{s} $ 末的速度大小为 $ v=at=2.5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；对物块 $ A $ 受力分析,设绳子的拉力为 $ F $ ,由牛顿第二定律可得 $ F-{m}_{1}g \sin \theta ={m}_{1}a $ ,代入数据解得 $ F=7.5\mathrm{N} $ ,由题图乙可知,滑轮 $ C $ 两边绳子的夹角为 $ {120}^{\circ } $ ,由平行四边形定则可知,滑轮 $ C $ 对轻绳的作用力 $ {F}_{C}=F=7.5\mathrm{N} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；结合上述分析可得,滑轮 $ D $ 对轻绳的作用力 $ {F}_{D}=2F \cos {30}^{\circ }=7.5\sqrt{3}\mathrm{N} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.