1、第二部分 考前调节 激发状态 方法规律通晓高考4大解题策略一 (一)力与直线运动物理概念、规律公式备注匀变速直线运动匀变速直线运动vv0at xv0tat2v2v022axvxaT2适用于任何形式的运动自由落体运动vgthgt2v22ghv00，ag竖直抛体运动vv0gthv0tgt2v2v022gh上抛取“”号下抛取“”号相互作用重力Gmg无特殊说明时g取9.8 m/s2，估算时g取10 m/s2胡克定律Fkxx为形变量，k为劲度系数滑动摩擦力FFNFN为接触面间的压力，不一定等于重力牛顿运动定律牛顿第二定律F合maa与F合的方向一致超重和失重超重时物体具有向上的加速度或分量，失重时物体具有
2、向下的加速度或分量航天器中的人和物体处于完全失重状态保温训练1从地面竖直上抛物体A，初速度大小为v，同时在离地高为H处，有一物体B自由下落，经过时间t两物体在空中相遇，重力加速度为g，则()At BtCtDt解析：选A两物体相遇时位移大小之和等于H，故有vtgt2gt2H，解得t，A正确。2以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B。若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为x，则 t0图线为()解析：选B两小球释放后都做自由落体运动，小球B释放时为t0时刻，此时小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据
3、匀变速直线运动规律，小球B下落时间为t时，两小球下落的高度分别为hAgt0tgt2和hBgt2，则xhAhBgt0t，gt0，由函数图像知识，可知B正确。3如图是某物体在 t时间内的位移时间图像和速度时间图像，从图像上可以判断()A物体的运动轨迹是抛物线B物体时间t内的平均速度不一定是4.5 m/sC物体运动的时间t2 sD物体的加速度为 m/s2解析：选D由v t图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体在时间t内的平均速度是 m/s4.5 m/s，B错误；由xt得t s s，C错误；物体的加速度为a m/s2 m/s2，D正确。4.
4、在平直公路上行驶的a车和b车，其xt图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于2 m/s2，t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则()Aa车做匀速运动且其速度为va m/sBt3 s时，a车和b车相遇但此时速度不等Ct1 s时，b车的速度为10 m/sDt0时，a车和b车的距离x09 m解析：选D由题图可知，a车做匀速运动，其速度：va m/s2 m/s，故A错误；t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度vbva2 m/s，故B错误；由b车的加速度等于2 m/s2易得，t1 s时，b车的速度为6 m/s，故C错误；设b车的初速度为vb，对b车，由vbatvb，解得 v
5、b8 m/s，t3 s时，a车的位移 xavat6 m，b车的位移：xbt15 m，此时a车和b车到达同一位置，得x0xbxa9 m，故D正确。5.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其vt图像如图所示。下列说法正确的是()A运动员在010 s内的平均速度大小等于10 m/sB10 s末运动员的速度方向改变C10 s末运动员打开降落伞D1015 s内运动员做加速度逐渐增加的减速运动解析：选C若运动员在010 s内做匀变速直线运动，则平均速度 m/s10 m/s，故A错误；在整个过程中，速度都是正值，运动员的速度方向未改变，故B错误；从10 s末开始运动员做减速运动，则知10
6、 s末运动员打开降落伞，故C正确；1015 s内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，运动员做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。6.(2019浙江选考)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，木水铁)()AA球将向上运动，B、C球将向下运动BA、B球将向上运动，C球不动CA球将向下运动，B球将向上运动，C球不动DA球将向上运动，B球将向下运动，C球不动解析：选D开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向
7、上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬时，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动。7.(2019天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是()A增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D为了使索塔受到钢索的
8、合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布解析：选C索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡。增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的压力变大，A错。若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角将变大，由Tcos G可知，钢索拉力T将变大，B错。两侧拉力对称，合力一定在夹角平分线上，即竖直向下，C对。若钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错。8(2019全国卷)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面、固定在车上，倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F
9、2，则()AF1mg，F2mgBF1mg，F2mgCF1mg，F2mgDF1mg，F2mg解析：选D如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1与F2相互垂直。由牛顿第三定律知F1F1，F2F2，则F1mgsin 60mg，F2mgsin 30mg，选项D正确。9多选(2019全国卷)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10
10、 m/s2。由题给数据可以得出()图(a)图(b)图(c)A木板的质量为1 kgB24 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：选AB木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩0.2 N。由题图(c)知，24 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2。设木板质量为m，对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：FF摩ma1，F摩ma2，且知F摩m块g0.2 N，解得m1 kg，F0.4 N，由于不知道物块的质量，故无法求出物
11、块与木板间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。02 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。10如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为30的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其xv2图像如图乙所示。g取10 m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是()A物块的加速度大小为8 m/s2B物块在t1 s时的速度大小为8 m/sC物块在t4 s时处于斜面上x24 m的位置D物块与斜面间的动摩擦因数解析：选D由v22ax得加速度为a4 m/s2，故A错误；由vat得t1 s时物块速度大小为4 m/s，故B错误；由xat2得t4
12、s时，x32 m，C错误；由牛顿第二定律得：mgsin 30mgcos 30ma，解得：，故D正确。(二)曲线运动、万有引力与机械能物理概念、规律公式备注曲线运动平抛运动vxv0，vygt xv0t，ygt2沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做自由落体运动匀速圆周运动va2rrvFmamm2rvvr万有引力定律万有引力定律FG引力常量：G6.671011 Nm2/kg2功和功率功WFlcos 是F与l的夹角功率平均功率P瞬时功率PFvcos 是F与v的夹角机械效率100%100% s2 Bs2s3Cs1s3Ds2s3解析：选BC对轨道1：小物块射出时的速度v1，射程s1v12h0；对轨道2：
13、小物块射出时的速度v2，射程s2v24h0；对轨道3：小物块射出时的速度v3，射程s3v32h0；则s1s3，s2s3，故B、C正确，A、D错误。5.多选(2019苏北四市一模)2017年9月15日，微信启动“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号”卫星拍摄地球的动态图，如图所示。“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有()A能全天候监测同一地区B运行速度大于第一宇宙速度C在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等D向心加速度大于地球表面的重力加速度解析：选AC由于“风云四号”是地球同步卫星，相对地面静止，故能全天候监测同一地区，A正确；万有引力提
14、供向心力，由Gm，解得v，而第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，故同步卫星的速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据开普勒第二定律，在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等，故C正确；向心加速度由万有引力产生，由Gma，得a，而地球表面的重力加速度g，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。6多选(2019如皋调研)我国“神舟”十一号载人飞船于2016年10月17日7时30分发射成功。飞船先沿椭圆轨道飞行，在接近400 km高空处与“天宫”二号对接，然后做圆周运动。两名宇航员在空间实验室生活、工作了30天。“神舟”十一号载人飞船于11月17日12时41分与“天宫”二号成功实施分离，11
15、月18日顺利返回至着陆场。下列判断正确的是()A飞船变轨前后的机械能守恒B对接后飞船在圆轨道上运动的速度小于第一宇宙速度C宇航员在空间实验室内可以利用跑步机跑步来锻炼身体D分离后飞船在原轨道上通过减速运动，逐渐接近地球表面解析：选BD每次变轨都需要发动机对飞船做功，故飞船机械能不守恒，故A错误；根据万有引力提供向心力Gm，得v，轨道高度越大，线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，故对接后飞船在圆轨道上运动的速度比第一宇宙速度小，故B正确；利用跑步机跑步是由于重力作用，人与跑步机之间有压力，又由于有相对运动，人受到摩擦力作用运动起来，在空间实验室内，宇航员处于完全失重状态，无法利用跑
16、步机跑步，故C错误；当飞船要离开圆形轨道返回地球时，飞船做近心运动，万有引力需大于向心力，需要减小速度，故D正确。7.如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m0.25 kg的小物块，它与水平轨道间的动摩擦因数0.4，OO1的距离s4 m。在O1右侧固定了一半径R0.32 m的光滑的竖直半圆弧，现用F2 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力。g取10 m/s2，求：(1)为使小物块到达O1，求拉力F作用的最短时间；(2)若将拉力变为F1，使小物块由O点静止运动至OO1的中点位置撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小。解析：(1)设拉力F作用的最短时间t内，物块
17、运动的位移为x，由动能定理：Fxmgs0解得x2 m由牛顿第二定律：Fmgma解得a4 m/s2由运动学公式：xat2解得t1 s。(2)设小物块到达O1点的速度为v1，刚好到达最高点时的速度为v，由牛顿第二定律：mgm由机械能守恒定律：mv122mgRmv2在水平轨道上运动，应用动能定理：F1mgsmv12解得F13 N。答案：(1)1 s(2)3 N(三)电场、电路和磁场物理概念、规律公式备注静电场库仑定律Fk(k9.0109 Nm2/C2)适用条件：真空中的点电荷电场强度E定义式，适用于任何电场的计算Ek只适用于真空中的点电荷产生的电场E只适用于匀强电场电场力FqEF与E的方向相同或相反
18、电势、电势差UABAB电势与零势面的选取有关，电势差则与零势面无关电容器的电容C定义式C适用于平行板电容器恒定电流电阻定律R为电阻率电流InqSv电源电动势EU内U外欧姆定律I部分电路欧姆定律I闭合电路欧姆定律路端电压UE断路时U0短路时UIREU内EIr通路时电功WUIt适用于一切电路WI2Rtt适用于纯电阻电路焦耳定律QI2Rt电源功率PEI用电器功率PUI适用于一切电路PI2R适用于纯电阻电路电源效率100%100%磁场磁感应强度BI与B的方向垂直安培力FBILBI，用左手定则判断力的方向洛伦兹力FBqvBv，用左手定则判断力的方向保温训练1(2019海南高考)如图，静电场中的一条电场线
19、上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则()AM点的电势比N点的低BM点的场强大小一定比N点的大C电子在M点的电势能比在N点的低D电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大解析：选C顺着电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的高，选项A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能比较MN两点场强的大小，也不能比较电子在MN两点受电场力的大小，选项B、D错误；负电荷在高电势点的电势能较低，选项C正确。2.(2019天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A动能增加mv2B机械
20、能增加2mv2C重力势能增加mv2D电势能增加2mv2解析：选B小球动能增加量Ekm(2v)2mv2mv2，A错。重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)202x，则电势能减少量等于电场力做的功Ep电W电qEx2mv2，B对，D错。小球在竖直方向做匀减速到零的运动，由v22gh，得重力势能增加量Ep重mghmv2，C错。3.(2019北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在b点速率大于在a点速率C若仅减小磁感应强度，则粒子
21、可能从b点右侧射出D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：选C由左手定则知，粒子带负电，A错。由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错。由R， 若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C对。由R，若仅减小入射速率v, 则R变小，粒子在磁场中的偏转角变大。由tT，T知，运动时间变长，D错。4(2019浙江选考)电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2。则()A.I1C. D.I2R2，U1I1R1，则60 V，L为自感系数很大、电阻不为零的电感线圈，直流电源
22、电动势E6 V。接通开关S，氖泡不亮；稳定时，L中电流恒定为I0；断开S时，氖泡能短时间内发光。关于该现象，下列说法正确的有()AS接通瞬间，L中电流是逐渐增加的BS接通稳定时，P两端电压为零CS断开瞬间，氖泡P发光时电流最大值可能超过I0DS断开瞬间，氖泡P发光时电流从右向左解析：选ADS接通瞬间，线圈L中的电流从无到有发生变化，线圈L中产生的自感电动势对电流的增大有阻碍作用，所以通过线圈L的电流慢慢变大，故选项A正确；S接通稳定时，由于电感线圈的电阻不为零，电感线圈两端电压不为零，所以发光氖泡两端电压不为零，故选项B错误；S断开瞬间前，线圈L中电流恒定为I0，S断开瞬间，线圈L由于自感现象
23、会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的I0逐渐减小，方向不变，且由于它和氖泡P构成回路，通过氖泡P的电流和线圈L中的电流大小相同，也从I0逐渐减小，通过氖泡P的电流从右向左，故选项D正确，C错误。4.如图所示，一个匝数为N100匝，电阻不计的线框以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1n2101的理想变压器给阻值R20 的电阻供电，已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()At0时刻线框内的电流最大B变压器原线圈中电流的有效值为10 AC穿过线框平面的最大磁通量为 WbD理想变压器的输入功率为10 W解析：选
24、Ct0时刻导线框处于中性面位置，则感应电动势为零，感应电流为零，所以流过线框的电流为零，故A错误；副线圈中的电流I2 A1 A，根据电流与匝数成反比，原线圈中电流的有效值I1I21 A0.1 A，故B错误；根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1200 V，角速度2n100 rad/s，线圈产生最大感应电动势Em200 V，又EmNBS，所以最大磁通量BS Wb Wb，故C正确；理想变压器输出功率P2U2I2201 W20 W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20 W，故D错误。5如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ组成的平面与水平面成37角放置，导轨宽度L1 m，一匀
25、强磁场垂直导轨平面向下，导轨上端M与P之间连接阻值R0.3 的电阻，质量为m0.4 kg、电阻r0.1 的金属棒ab始终紧贴在导轨上。现使金属导轨ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计。g取10 m/s2，sin 370.6，忽略ab棒在运动过程中对原磁场的影响。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)在金属棒ab开始运动的2.0 s内，通过电阻R的电荷量；(3)在金属棒ab开始运动的2.0 s内，电阻R产生的焦耳热。解析：(1)当金属棒沿斜面方向的重力分力与安培力平衡时，即AB段，金
26、属棒做匀速运动，此时mgsin BIL金属棒切割磁感线产生的电动势为EBLv由闭合电路欧姆定律知：I金属棒匀速运动时，v m/s6 m/s联立以上各式，代入数据解得：B0.4 T。(2)qttt6 C。(3)设在金属棒开始运动的2 s内，系统产生的热量为Q，由功能关系得：mgxsin mv2Q电阻R产生的焦耳热为QRR联立以上两式解得QR5.4 J。答案：(1)0.4 T(2)6 C(3)5.4 J6如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间均存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1 T，方向垂直于虚线所在的平面向里。现有一矩形线圈ab
27、cd，cd宽度L0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与 L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)线圈的长度；(2)在0t1时间内，通过线圈的电荷量；(3)0t3时间内，线圈产生的热量。解析：(1)在t2t3时间内，线圈做匀速直线运动，根据平衡条件有：mgBIL，而I解得：v28 m/st1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，可知ab边刚进上边的磁场时，c
28、d边也刚进下边的磁场，此段时间内线圈内磁通量不变，线圈的加速度为g设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L2d线圈下降的位移为：xLd3d此段时间内的逆运动为初速度为v2、加速度为g的匀减速直线运动，则有：3dv2tgt2解得：d1 m所以线圈的长度为L2d2 m。(2)在0t1时间内，cd边从L1运动到L2通过线圈的电荷量为：qtt0.25 C。(3)0t3时间内，根据能量守恒得：Qmg(3d2d)mv220.110(32) J0.182 J1.8 J。答案：(1)2 m(2)0.25 C(3)1.8 J二 必忆模型和规律快速破题“往上套”(一)水平面内的圆周运动模型图示或释义规律或方法线模型由于
29、细线对物体只有拉力且细线会弯曲，所以解答此类问题的突破口是要抓住“细线刚好伸直”的临界条件：细线的拉力为零。在此基础上，再考虑细线伸直之前的情况(一般物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角都会发生变化)和伸直之后的情况(物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角一般不再发生变化，但细线的拉力通常会发生变化)弹力模型此类问题一般是由重力和弹力的合力提供物体在水平面内做圆周运动的向心力，因此正确找出做圆周运动的物体在水平方向上受到的合力，是解决此类问题的关键摩擦力模型临界条件是关键：找出物体在圆周运动过程中的临界条件，是解答此类问题的关键。如轻绳开始有拉力(或伸直)、物体开始滑动等，抓住这些临
30、界条件进行分析，即可找出极值，然后可根据极值判断其他物理量与极值之间的关系，从而进行求解(二)连接体模型图示或释义规律或方法轻绳连接体模型求解“绳物”或“杆物”模型的方法先明确物体的合速度(物体的实际运动速度)，然后将物体的合速度沿绳(杆)方向及垂直绳(杆)方向分解(要防止与力的分解混淆)，利用沿绳(杆)方向的分速度大小总是相等的特点列式求解轻杆连接体模型(三)斜面模型图示或释义与斜面相关的滑块运动问题规律或方法(1)tan ，滑块恰好处于静止状态(v00)或匀速下滑状态(v00)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(2)tan ，滑块一定处于静止状态(v00)或匀减
31、速下滑状态(v00)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(加力时加速度变大，加物体时加速度不变)(3)tan ，滑块一定匀加速下滑，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(加力时加速度变大，加物体时加速度不变)(4)若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面体的支持力为(Mm)g，地面对斜面体的摩擦力为0；若滑块处于匀变速运动状态，可用牛顿第二定律求出，地面对斜面体的支持力为(Mm)gmasin ，地面对斜面体的摩擦力为macos ；不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块，利用滑块的运动状态求斜面对滑块的弹力、摩擦力及作用力(5)0，滑块
32、做匀变速直线运动，其加速度为agsin (四)弹簧模型图示或释义规律或方法与弹簧相关的平衡问题弹簧类平衡问题常常以单一问题出现，涉及的知识主要是胡克定律、物体的平衡条件，求解时要注意弹力的大小与方向总是与弹簧的形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量x与物体空间位置变化的对应关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的情况来列式求解与弹簧相关的动力学问题(1)弹簧(或橡皮筋)恢复形变需要时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变，即弹力不能突变。而细线(或接触面)是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其中弹力立即消失，即弹力可突变，一般题目中所给细线和接触面在没有特殊说明时，均可按此模型处理(2)对于连接体的加速问题往往先使用整体法求得其加速度，再用隔离法求得受力
