专题04 连接体模型-【模型与方法】2025届高考物理热点模型与方法归纳

专题04 连接体模型 目录 【模型一】平衡中的连接体模型 1 1.轻杆连接体问题 1 2． 轻环穿杆问题 2 【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 5 1． 悬绳加速度问题 5 2． 类悬绳加速度问题 6 【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体 17 【模型四】板块加速度相同的连接体模型 23 【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型 26 【模型六】弹簧木块分离问题模型 32 【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型 45 1.绳、杆末端速度分解四步 45 2.绳杆末端速度分解的三种方法 46 3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型 47 4.轻杆相连的系统机械能守恒模型 47 【模型一】平衡中的连接体模型 【模型构建】 1.轻杆连接体问题 【问题】如图，求m1：m2大小 方法一、正弦定理法 方法二、力乘力臂法 方法三、重心法 对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有， 对m1： 对m2： 根据等腰三角形有：θ1=θ2 联立解得m1gsinα=m2gsinβ ∴m1：m2=sinβ：sinα 以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知:动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ。 ∴m1：m2=sinβ：sinα 以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2，∴m1：m2=sinβ：sinα 2． 轻环穿杆问题 FN T FN T θ f μ FN T FN T1 T2 轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆 轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tanθ=μ 轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向 1．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，直角杆POQ固定在竖直平面内，PO部分水平且表面粗糙，OQ部分竖直且表面光滑，a、b为两个套在此杆上由特殊材料制成的小球，在一定范围内，它们之间的相互作用力大小满足（k为定值，r为两者间的距离），方向在a、b两小球的连线上。当用一沿着PO水平向右的力F作用在a小球上时，两小球均处于静止状态。现将a小球向右缓慢拉动一小段距离，此过程中，下列说法正确的是（　　） A．水平力F逐渐变大 B．a、b两小球间的距离逐渐变小 C．a小球对PO的压力逐渐变小 D．b小球对OQ的压力逐渐变小 【答案】D 【详解】D．设a、b两小球连线与QO的夹角为，对b小球受力分析，根据平衡条件可得 将a小球向右缓慢拉动一小段距离，减小，OQ对b小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律，b小球对OQ的压力逐渐变小，故D正确； B．将a小球向右缓慢拉动一小段距离，此过程中，若b小球发生移动，a、b两小球间的距离可能会增大，故B错误； AC．以a、b两小球为整体，受力分析，如图所示 竖直方向有 故PO对a小球的支持力不变，根据牛顿第三定律，a小球对PO的压力不变，滑动摩擦力不变，水平方向有 且 联立可得 将a小球向右缓慢拉动一小段距离，减小，故水平力F逐渐变小，故AC错误。 故选D。 2．（2024·山东临沂·模拟预测）如图所示，A球质量为，B球质量为m，分别用轻质细线悬挂于O点，A、B用轻质细线c连接。给B球施加水平向右的拉力F，静止时，细线a与竖直方向夹角为30°，细线b与竖直方向夹角为45°，细线c刚好水平，重力加速度为g，则拉力F的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】分别对A、B球受力分析，如图所示 对A球，由平衡条件得 ， 对B球，由平衡条件得 根据牛顿第三定律有 联立解得 故选C。 3．如图所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D点固定一定滑轮（大小忽略），圆环两侧套着、两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为．则两小球的质量之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角形法则建立三角形，根据正弦定理列出比例式子可得两球的质量比. 【详解】对两小球分别受力分析，如图所示；由三角形法则可知： 对小球m1，可得：；对小球m2，可得：；联立解得：，故选B. 【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 【模型要点】 1． 悬绳加速度问题 水平加速中的悬绳 θ m 倾斜加速中的悬绳 注意“发飘” 多悬绳 θ m θ m α ①绳竖直 m α θ=0，a=0，μ=tanα ②绳垂直 θ=α，a=gsinα，μ=0 θ m α ③绳水平 m α a=g/sinα，向上减速μ=cotα m α a θ m θ mg T x y θ-α mg T x y α α mg T x y FN α θ mg T x y F a=g·tanθ T=mg/cosθ 加速度大小与质量无关，与偏角有关 T=mgcosα/cos(θ-α) T=mgsinθ+macosθ FN=mgcosθ-masinθ a>g·cotα发飘: FN=0 T= T=mg/cosθ F=mg·tanθ-ma a>g·tanθ发飘: F=0 T= 2． 类悬绳加速度问题 光滑斜面车上物体 光滑圆弧车中物体 车上死杆 车中土豆 车上人 m θ a m θ a m θ a 死杆 a m a m a θ mg FN x y θ mg FN x y mg F x y mg F x y mg F x y FN f 加速度a=g·tanθ 支持力FN=mg/cosθ 加速度a=g·tanθ 支持力FN=mg/cosθ 杆对球的弹力 其它土豆对黑土豆的作用力 车对人的作用力 1．（2025高三上·广东东莞·阶段练习）如图，沿东西方向（以水平向右为东）直线行驶的列车顶部用细线悬挂一小球A，质量为m的物块B始终相对列车静止在桌面上。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，且A相对列车静止，重力加速度为g，则此刻（  ） A．列车可能向东做匀速直线运动 B．列车一定向东做匀加速直线运动 C．物块对桌面的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向东 D．轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力 【答案】D 【详解】AB．以小球A为研究对象，分析受力如图所示 根据牛顿第二定律得 可得 方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做减速运动，故AB错误； C．物块B始终相对列车静止在桌面上，对物体B由牛顿第二定律得 即桌面对B的静摩擦力大小为，方向向东，由牛顿第三定律可知物块对桌面的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向西，故C错误； D．对A球在竖直方向平衡可得 可得 则轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力，故D正确。 故选D。 2．如图所示，在水平轨道运动的小车中悬挂一小球，小球的质量为，小球随小车一起运动，悬线与竖直方向的偏角，由此可知（　　） A．悬线的张力大小为 B．小车一定向左运动 C．小车的加速为 D．若增大，悬线的张力在竖直方向的分量不变 【答案】D 【详解】A．小球随小车一起运动，竖直方向有 解得悬线的张力大小为 故A错误； B．由图可知小球有向左的加速度，小车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故B错误； C．根据牛顿第二定律 解得小车的加速为 故C错误； D．小球竖直方向受力平衡，若增大，悬线的张力在竖直方向的分量仍与小球重力平衡，故悬线的张力在竖直方向的分量不变，故D正确。 故选D。 3.在水平铁轨上行驶的车厢里，车顶上挂一个单摆，车底板上放一个质量是的木块．当列车减速稳定时，摆线与竖直方向夹角为，如图所示。列车底板对木块的静摩擦力大小和方向分别为（　　） A．，左 B．，左 C．，右 D．，右 【答案】A 【详解】设小球的质量为，根据牛顿第二定律有 方向向左 对A物体，在水平方向，根据牛顿第二定律有 方向向左。 故选A。 4.在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了地铁进站减速运行时情景的照片，如图所示，细绳与竖直方向夹角为，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定（　　） A．地铁运行方向 B．地铁运行加速度方向 C．圆珠笔的质量 D．地铁运行加速度大小为 【答案】AB 【详解】AB．对圆珠笔受力分析，圆珠笔的重力与绳子拉力的合力方向向左，根据牛顿第二定律可知，加速度方向向左，则地铁运行加速度向左，已知列车进站减速运行，故列车向右做匀减速运动。故AB正确； C．根据已知条件，无法确定圆珠笔的质量，故C错误； D．根据牛顿第二定律有 解得地铁运行加速度大小为 故D错误。 故选AB。 5.如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是 A. 货车速度增加得越来越快 B. 货车在相邻的两个相等时间间隔内的位移之差为 C. 与B接触的物体对B的作用力大小为 D. 与B接触的物体对B的作用力方向水平向右 【答案】BC 【解析】根据加速度的定义式可知，速度变化率不变，单位时间内货车速度增加量不变，故A选项错误；根据匀变速直线运动的规律可知，货车在相邻的两个相等时间T内的位移之差为，故B选项正确；货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动，与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所示，作用力大小为，故C选项正确，D选项错误。 6.两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（　　）    A．a环沿杆做匀加速直线运动 B．b环与杆有摩擦力 C．d球处于失重状态 D．细线对c、d球的弹力大小相等 【答案】AB 【详解】A．c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示   c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有 则a环的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，故A正确； BC．对球d隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，可知b环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡，d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B正确，C错误； D．根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力 根据共点力平衡，可得对d球的拉力 细线对c、d球的弹力大小不相等，故D错误。 故选AB。 7.如图所示，小球A和B用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶端。小车向右匀加速直线运动时，两小球与车厢保持相对静止，轻绳与竖直方向的夹角，轻弹簧与竖直方向夹角为β，剪断细线的瞬间，小球B的加速度大小为，取重力加速度为，则（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】对整体，根据牛顿第二定律有 解得 对B有 故 剪断细绳，弹簧弹力不突变，B球受力不变，故 故选BD。 8.如图所示静止在水平面上的小车内有一质量的物体通过两根轻质细绳悬挂在车顶，AC绳与水平面成角，BC绳与水平面成角，g取，，。若小车沿水平面向右做直线运动，下列说法正确的是（　　） A．若小车做匀速直线运动，则AC绳拉力为6N B．若小车做加速度的匀加速运动，则BC绳拉力为 C．若小车做加速度的匀加速运动，则AC绳拉力为零 D．若小车做加速度的匀加速运动，则BC绳拉力为 【答案】C 【详解】A．若小车做匀速直线运动，对物体进行受力分析有 故A错误； B．若小车做加速度为的匀加速运动，对物体受力分析有 解得 故B错误； C．若小车做加速度为的匀加速运动，对物体受力分析有 解得 故C正确； D．若小车做加速度为的匀加速运动，由于，结合上述可知，此时AC绳拉力为零，BC绳稳定后，对物体受力分析有 解得 故D错误。 故选C。 9.质量为m的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。现用水平向左的推力F（为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静止时，细线与竖直杆之间的夹角为，已知斜面的倾角为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ） A．当时，水平推力大小一定为 B．当时，水平推力大小一定为 C．当时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0 D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直 【答案】ACD 【详解】A．当时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力，合力水平向左，如图 则 解得 整体由牛顿第二定律得 故A正确； B．当时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误； C．当时，小球的加速度大小为 物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0。如果，物块与斜面间的摩擦力一定不为0，当时，物块受到斜面沿斜面向上的摩擦力；当时，物块受到斜面沿斜面向下的摩擦力，故C正确； D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则 解得 细线与斜面一定垂直，故D正确。 故选ACD。 10．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，每个空油桶的质量均为。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶，自由地摆放在桶之间，没有用绳索固定，重力加速度为。则汽车（　　） A．匀速运动，对的作用力大小为 B．向左加速前进，若加速度增大，则和对的支持力可能同时增大 C．向左加速前进，当加速度为时，对的作用力为零 D．向右加速倒车，当加速度为时，可能脱离的表面，翻到桶另一侧 【答案】D 【详解】A．若汽车匀速行驶，对C进行受力分析，如图1所示 设对的支持力与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得 所以 同理可得，对的支持力与竖直方向的夹角也为； 水平方向根据平衡条件可得 竖直方向根据平衡条件可得 联立解得 故A错误； BC．若汽车向左加速前进，以为研究对象，则受到的合力向左，对的支持力减小、对的支持力变大，当对的支持力为零时，只受重力和对的支持力，如图2所示 根据牛顿第二定律可得 所以加速度 所以当货车的加速度为时，对的支持力为零，故BC错误； D．同理可知，向右加速倒车，加速度方向向右，对的支持力增大、对的支持力减小，当货车的加速度为时，对的作用力为零，故D正确。 故选D。 【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体 m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F a m1 m2 F μ μ a m3 μ 求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体 整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 m1 m2 F2 μ μ a F1 隔离T-F1-μm1g=m1a 得 1.如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，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；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，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。则下列说法正确的是(　　) A．a1＝a2，FN1>FN2 B．a1＝a2，FN1＝FN2 C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2 【答案】D　 【解析】设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝＝，对B分析FN1＝mBa1＝。接触面粗糙时，对整体分析有a2＝＝－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝，则FN1＝FN2。故D正确。 2.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A.F B. C. D. 【答案】　C 【解析】　设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C项正确，A、B、D项均错误。 3.（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）如图所示，a、b是由同种材料构成的两物体，质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连，放置在倾角为θ的光滑的斜面上。当给物体a施加一沿斜面向上的恒力F时，两物体一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，此时弹簧的伸长量为x，则（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．弹簧的劲度系数为 C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间a物体的加速度大小为 D．若斜面粗糙，在同样恒力F作用下，两物体仍能斜向上匀加速运动，弹簧的伸长量将大于x 【答案】C 【详解】AB．对a、b的整体，根据牛顿第二定律有 对物体b，根据牛顿第二定律有 联立解得 故AB错误； C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，则b物体的加速度大小仍为a，此时对物体a，有 撤去拉力F前，对物体a，有 解得 故C正确； D．若斜面是粗糙的，设滑动摩擦因数为μ，则对整体 对物体b，有 联立解得 显然，弹簧的伸长量将保持x不变，故D错误。 故选C。 4.如图甲所示，物块a、b用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平地面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块a施加一水平向右的恒力F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，则物块a、b的质量之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得 其中 时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得 以物块b为对象，根据牛顿第二定律可得 其中 ， 联立可得物块a、b的质量之比为 故选D。 5.如图所示，两个完全相同的物体A、B用轻质弹簧相连，现用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，则（　　） A．弹簧的弹力小于0.5F B．撤去F的瞬间，A的加速度变小 C．撤去F的瞬间，B的加速度不变 D．若水平面粗糙，AB仍一起运动，弹簧的弹力变小 【答案】C 【详解】A．A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，根据整体法，有 隔离B物体，有 解得 A错误； B．撤去F的瞬间，弹簧上弹力瞬间不变， A物体此时合力为弹簧拉力，则有 解得 可知A的加速度大小不变， B错误； C．撤去F的瞬间，弹簧上弹力瞬间不变，B受力情况不变，所以加速度不变，C正确； D．若水平面粗糙，设两物体与水平地面的摩擦因数均为，根据整体、隔离法，有 解得 可知，弹簧上弹力不变，D错误。 故选C。 6.将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P上加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的恒力F，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙．则下列说法正确的是(　　) A．a乙最大，F乙最大 B．a丙最大，F丙最大 C．a甲＝a乙＝a丙，F甲＝F乙＝F丙 D．a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙 【答案】　D 【解析】　假设物体P的质量为M，物体Q的质量为m.由牛顿第二定律，对图甲中的物体P和Q有：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a甲，对物体Q：F甲－mgsin θ＝ma甲，解得：a甲＝－gsin θ，F甲＝；同理对图乙，解得a乙＝，F乙＝；同理对图丙，解得a丙＝－g、F丙＝；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确． 7.如图所示，质量分别为mA=5kg、mB=3kg的物体A、B静置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤水平连接。两个大小分别为F1=4N、F2=20N的水平拉力分别作用在A、B上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（　　） A．弹簧秤的示数是10N B．弹簧秤的示数是14N C．在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为2.8m/s2 D．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为2m/s2 【答案】B 【详解】AB．对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律 解得，整体的加速度为 对A受力分析，由牛顿第二定律得 解得，弹簧秤的示数为 A错误，B正确； C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度大小仍为，C错误； D．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，B所受合外力为弹簧弹力，则B的加速度大小为 D错误。 故选B。 【模型四】板块加速度相同的连接体模型 m1 m2 μ 光滑 a F m1 m2 μ1 μ2 a )θ m1 μ1 μ2 a )θ m2 整体：a=F/(m1+m2) 隔离m1：f=m1a 得f=m1F/(m1+m2) 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：m1gsinθ-f=m1a 得f=μ2m1gcosθ 方向沿斜面向上 若μ2=0 则 f=0 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：f=m1acosθ 得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ 方向水平向左 若μ2=0 则 f=m1gsinθcosθ 1.如图所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ。将两个矩形物块A、B叠放后置于木板上，之后A、B保持相对静止一起以大小为a的加速度沿斜面加速下滑。若A、B的质量分别为mA和mB，A与B之间及B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列说法正确的是(　　) A.μ1一定大于tan θ B.μ2一定小于tan θ C.加速度a的大小与mA和mB都无关 D.A与B之间的摩擦力大小与μ1有关，而与μ2无关 【答案】　BC 【解析】　A、B保持相对静止加速下滑，加速度a＝gsin θ－μ2gcos θ，因a＞0，故μ2＜tan θ，选项B、C正确；对A，有mAgsin θ－Ff＝mAa，则摩擦力Ff＝μ2mAgcos θ≤μ1mAgcos θ，所以mAgsin θ－μ1mAgcos θ＞0，即μ1＜tan θ，选项A、D错误。 2.如图所示，木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m，B的质量为2m，现施水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力拉A，使A，B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则不得超过（   ） A. 2F B. C. 3F D. 【答案】B 【解析】 力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm=ma对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F=3ma解得fm=F当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F1-fm=ma1对整体有F1=3ma1由上述各式联立解得F1=F即F1的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则的可能值不超过F。故选B。 3.如图所示，A、B两物体的质量分别为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。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　） A. 当时，A、B都相对地面静止 B. 当时，A的加速度为 C. 当时，A相对B滑动 D. 当F超过某数值时，B的加速度可能会超过 【答案】BC 【解析】 A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg，故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误； BC．设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′ 对A、B整体，有F′-μmg＝3ma′联立解得F′=3μmg故当μmg＜F≤3μmg时A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当时，代入上式求得A的加速度为 当F＞3μmg时，由前面分析可知A将相对于B滑动，故BC正确；D．对B来说，由牛顿第二定律可得，其所受合力最大值有Fm=2μmg-μmg=μmg=ma即B的加速度不会超过μg，故D错误。故选BC。 4.如图所示，斜面倾角为，木块B上表面水平，木块A置于B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，A与B始终保持相对静止，在下滑过程中下列说法错误的是（　　） A. B对A的摩擦力做正功 B. B对A的作用力大于A的重力 C. A的加速度大小为 D. A对B不做功 【答案】B 【解析】A．A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，对于A由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力Ff，所以B对A的摩擦力做正功，A正确；BD．因为斜面光滑， A与B一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，对AB整体来看，整体它们受重力垂直于斜面方向的支持力，这二个力的合力是沿斜面向下的，对物体A分析，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，同理对于A，它也会受到重力和垂直于斜面方向的一个力的作用，大小为 ，即B对A的作用力小于A的重力，B错误；C．A与B始终保持相对静止，一起下滑，根据牛顿第二定律解得及A的加速度大小为，C正确；D．根据分析对于A，它也会受到垂直于斜面方向的一个力的作用，则A对B也是垂直于斜面方向下的力，即力与位移垂直， A对B不做功，D正确。故选B。 5.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．2F B． C．3F D． 【答案】B　 【解析】力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有 fm＝ma ① 对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma ② 由①②解得fm＝F。 当F′作用在物体A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有 F′－fm＝ma1 ③ 对整体，有F′＝3ma1 ④ 由上述各式联立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。 【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型 [来源:学科网]m1 m2 a a μ m1 m2 a a 隔离m1：T-μm1g=m1a 隔离m2：m2g-T=m2a 得， 隔离m1：m1g-T=m1a 隔离m2：T-m2g=m2a 得， 若μ=0， 且m2<<m1， 若m1=m2，T=m1g=m2g 1.如图所示，物体a、b通过细绳连接在光滑的轻质定滑轮两侧，开始时用手托着物体a，细绳恰好伸直且无拉力，此时物体a与地面间的距离为h，物体b静止在地面上，物体a、b的质量分别为2m、m，重力加速度为g，由静止释放物体a，则下列说法中正确的是（    ） A．物体a从释放到落地经历的时间为 B．细绳的拉力对物体a做功为 C．物体a落地时物体b的动能为mgh D．物体b能上升的最大高度为 【答案】D 【详解】AB．以a为对象，根据牛顿第二定律可得 以b为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得 ， 根据运动学公式可得 解得物体a从释放到落地经历的时间为 细绳的拉力对物体a做功为 故AB错误； C．物体a落地时，根据运动学公式可得 则物体b的动能为 故C错误； D．物体a落地后，物体b继续向上做竖直上抛运动，继续上升的高度为 则物体b能上升的最大高度为 故D正确。 故选D。 2．（2025·广东·一模）如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为和，且（滑轮质量及一切摩擦不计），此时系统的加速度为a，今用一竖直向下的恒力代替，系统的加速度为，则和a的关系为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得 得 当用一竖直向下的恒力代替时，对，根据牛顿第二定律得 得 则 故ACD错误，B正确。 故选B。 3.如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量m0不变，取不同质量m的B物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化的关系曲线如图乙所示，F=F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g，则（　　） A．m越大，F越小 B．m越大，F越大 C．A物体质量 D．在范围内，B的质量m越大，其运动的加速度越大 【答案】B 【详解】ABC．设绳中拉力大小为T，当m较大时，对A物体分析，根据牛顿第二定律可得 对B物体分析，有 解得 则m越大，F越大，m趋向于无穷大时，有 解得A物体质量为 故AC错误，B正确； D．在范围内，对A分析有 对B分析有 解得加速度为 则m越大，加速度越小，故D错误。 故选B。 4.如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　) A．Mg B．M(g＋a) C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g 【答案】C 【解析】以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。 5.(多选)质量分别为M和m的物块A和B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，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B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A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　乙 A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为g 【答案】ACD　 【解析】本题考查连接体的临界问题。第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝g。对B，由牛顿第二定律有T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、C、D正确，B错误。 6.(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为(　　) A.mB＝ B.mB＝ C.a＝0.2g D.a＝0.4g 【答案】　BC 【解析】　当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 (mBg＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)a 当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 (m＋m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋m)a 联立解得mB＝ 加速度大小为a＝0.2g 故A、D错误、B、C正确. 【模型六】弹簧木块分离问题模型 分离问题（一） 分离类型：A与弹簧分离 A F a 处于原长， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 [来源:学科网ZXXK] [来源:学|科|网Z|X|X|K] A 处于压缩状态， 接触 分离问题（二） 分离类型：B与地面分离 A B F a 处于伸长状态， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 A B 处于压缩状态， x O F 分离 mAa x1+x2 (mA+mB)g+mAa 斜率k 分离问题（三） 临界条件：①力的角度：A、B间弹力为零FAB=0；②运动学的角度：vA=vB、aA=aB. 分离类型：A、B分离 A B F a 处于压缩状态， x2=mB(g+a)/k 分离：弹力为零； 加速度瞬间还相等 t O v 分离 a B t1 A A B 处于压缩状态， x O F 分离 (mA+mB)a x1-x2 mA(g+a) 斜率k 1.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量，物体B的质量，弹簧的动度系数为，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　） A．物块A上升12.5cm时，A、B开始分离 B．恒力作用瞬间，A、B即分离 C．物块A、B分离前，A、B一起做匀加速直线运动 D．物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为 【答案】A 【详解】A．物体A、B处于静止状态时，由平衡条件可知弹簧的压缩量为 两物块A、B分离时二者之间的弹力是零，对A由牛顿第二定律可得 对B由牛顿第二定律可得 联立解得 在此过程中物块A上升的高度为 A正确； B．设力作用瞬间，物体AB的加速度大小为，由牛顿第二定律可得 代入数据解得 设此时二者之间的弹力大小为，对A分析可得 代入数据解得 可知恒力作用瞬间，A、B没有分离，B错误； CD．对A、B整体分析，开始时弹簧弹力大小等于总重力，在二者上升过程中，弹力逐渐减小，则二者受合力减小，则加速度减小，因此物块A、B分离前，A、B一起做变加速直线运动；可知在恒力刚作用时，二者的加速度最大，则物块B的最大加速度大小为，CD错误。 故选A。 2．（2025高三上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）如图所示，质量都为2kg的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，从某时刻起，用大小为30N的恒力F竖直向上拉B物体，直至二者分离。弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，则B和A刚分离时，弹簧的形变量为初始时的（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设弹簧的劲度系数为k，在施加恒力F前，对A、B两物体整体受力分析有 解得 A、B两物体刚分离时，B物体的加速度大小 此时A、B两物体的加速度相同，对A物体有 解得 则有 故选D。 3．（2025高三上·河北邢台·开学考试）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量相等，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力与物体B的位移的关系如图乙所示，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（    ） A．物体A的质量为 B．弹簧的劲度系数为 C．物体B与A刚分离瞬间，物体B的加速度大小为 D．物体B的位移为时，弹簧处于原长状态 【答案】A 【详解】D．物体B运动到4cm时，恰好分开，此时物体A、B有共同向上的加速度，弹簧有向上的弹力，所以弹簧处于压缩状态，故D错误； AC．刚开始A、B处于静止状态，A、B的重力和弹力二力平衡，有 初始状态拉力 弹簧弹力与两物体重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有 物体B与物体A分离后，拉力 根据牛顿第二定律有 联立解得 ， 故A正确，C错误； B．物体A与物体B分离时物体B的加速度为，则根据牛顿第二定律有 代入数据解得 故B错误。 故选A。 4．（2025高三上·黑龙江·开学考试）如图所示，弹簧下端固定在水平地面上，上端和物块B拴接，物块A叠放在物块B上，两物块的质量均为m，初始时两物块均静止。现对物块A施加竖直向上、大小为F的恒力，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，若，下列说法正确的是（　　） A．施加恒力F的瞬间，A、B的加速度大小均为 B．弹簧恢复原长时，A的加速度大小为 C．从开始运动到A、B分离的瞬间，它们的位移大小为 D．A、B分离后，B就开始做加速度逐渐减小的减速运动 【答案】C 【详解】A．施加恒力F的瞬间，由牛顿第二定律可得 解得 故A错误； C．未施加恒力F时，有 解得 当A、B之间弹力为零时，二者分离，可得 ， 联立，解得 从开始运动到A、B分离的瞬间，它们的位移大小为 故C正确； B．根据C选项分析可知，弹簧恢复原长时，A、B已经分离，A的加速度大小为 解得 故B错误； D．依题意，A、B分离后，B受自身重力与弹簧弹力共同作用，就开始做竖直方向的简谐振动。故D错误。 故选C。 5.如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的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。则下列说法中正确的是（   ） A．B和A刚分离时，弹簧弹力为mg B．B和A刚分离前一起向上做匀加速运动 C．B和A刚分离时，A的加速度不为0 D．弹簧的劲度系数等于 【答案】D 【详解】AC．B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且A、B间无相互作用力。对B分析知，B具有向上的加速度 解得 a = 0 此时对A分析有 解得 且处于压缩状态，故AC错误； B．B和A刚分离前对AB整体有 kΔx＋F－3mg = 3ma AB整体向上运动的过程中弹簧形变量Δx逐渐减小，则a也逐渐减小，AB做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误； D．B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为 原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量 两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小 由胡克定律得 故D正确。 故选D。 6.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。 【答案】72 N　36 N 【解析】设开始时弹簧的压缩量为x0， 由平衡条件得 (m1＋m2)gsin θ＝kx0 代入数据解得x0＝0.12 m 因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1 对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝3 m/s2 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。 7.（2025高三上·山西大同·阶段练习）如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连。物块A、B质量均为，初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的图像如图乙所示（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为 C．弹簧恢复到原长时，物体A的速度达到最大值 D．A、B在时刻分离，此时弹簧弹力恰好为 【答案】AB 【详解】A．根据题意，对AB整理受力分析，由平衡条件有 解得 故A正确； B．设外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为，对B由牛顿第二定律有 对AB整体由牛顿第二定律有 联立解得 故B正确； C．根据题意可知，当A所受合力为零时，A的速度最大，此时弹簧弹力不为零，即弹簧未恢复到原长，故C错误； D．由图可知，A、B在时刻分离，此时A、B间的弹力大小为0，对A由牛顿第二定律有 解得 故D错误。 故选AB。 8．如图所示，两完全相同、质量均为m的物体A、B（不粘连）叠放在竖直轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加一竖直向上的恒力，重力加速度大小为g，在物体A、B的运动过程中，下列说法正确的是（    ） A．物体A的最大加速度为 B．轻弹簧中的最小弹力为mg C．物体A、B间支持力的最小值为 D．物体A、B间支持力的最大值为 【答案】BCD 【详解】A．两物体放在轻弹簧上静止，弹簧的压缩量为，有 恒力向上提A物体，开始两物体一起向上加速运动，有 随着压缩量的减小，两者加速的加速度逐渐减小，则开始运动时两者的加速度最大，有 故A错误； B．设A与B一起做简谐运动，不会分离，根据对称性可知，AB运动到最高点时的加速度大小为，方向向下，此时以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得 方向竖直向上，可知在最高点B对A仍有支持力作用，所以AB不分离，一起做简谐运动；在最高点时，以AB为整体，根据牛顿第二定律可得 解得轻弹簧中的最小弹力为 故B正确； CD．A与B一起做简谐运动，加速度方向向上时，对A有 随着加速度的减小，逐渐减小；当加速度向下时，对A有 随着加速度的增大，逐渐减小；即向上振动时，一直减小，则初位置最大，有 解得 A与B一起向上振动到达最高点时，最小，有 解得 故CD正确。 故选BCD。 9．（2025高三上·山西太原·开学考试）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量，物体B的质量，弹簧的劲度系数为80N/m，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　） A．恒力作用瞬间，A．B即分离 B．物块A上升12.5cm时，A、B开始分离 C．恒力作用瞬间，A的加速度大小为 D．物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为 【答案】BC 【详解】CD．分离前，将A、B作为一个整体，恒力作用前，整个系统所受合力为零，由于弹簧弹力不能突变，恒力作用瞬间，系统所受合力最大，为恒力F，因此两者的加速度最大，根据牛顿第二定律 可得恒力作用瞬间，A、B的最大加速度大小为 C正确，D错误； A．恒力作用瞬间，B对A的支持力为N，对物块A 可得 可知此时A、B并未分离，A错误； B．静止时，弹簧的压缩量 分离时两者加速度相等，但没有相互作用力，根据牛顿第二定律，对物块A 对物块B 联立解得 ， A、B开始分离时，物块A上升的高度 B正确。 故选BC。 10．（2025高三上·广东东莞·阶段练习）一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，如图所示。已知在头0.2s内F的大小是变化的，在0.2s以后F是恒力，g取。求 (1)未施加力F时，弹簧的压缩量？ (2)物体做匀加速直线运动的加速度大小？ (3)F的最小值是多少，最大值是多少？ 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）未施加力F时，根据受力平衡可得 解得弹簧的压缩量为 （2）根据题意可知，在时，物体P与秤盘开始分离，此时弹簧处于原长状态，则在内，根据运动学公式可得 解得物体做匀加速直线运动的加速度大小为 （3）物体P与秤盘分离前，以物体P为对象，根据牛顿第二定律可得 由于秤盘质量忽略不计，则有 由于压缩量逐渐减小，逐渐减小，则逐渐增大；可知初始时刻最小，则有 解得 当物体P与秤盘分离时，，此时最大，则有 解得 【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型 1.绳、杆末端速度分解四步 ①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；④根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。 2.绳杆末端速度分解的三种方法 方法一、微元法 要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。 如图所示，设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△x cosθ，两边同除以△t得： 即收绳速率v0=vA cosθ，因此船的速率为：vA=υ0/cosθ。 【链接】“微元法”，可设想物体发生一个微小位移，分析由此而引起的牵连物体运动的位移是怎样的，得出位移分解的图示，再从中找到对应的速度分解的图示，进而求出牵连物体间速度大小的关系。 解法二、效果分解法 首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1=v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图所示，由此可得vA=υ0/cosθ。 【链接】解题流程：①选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）；②确定该点合速度方向（物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变；③确定该点合速度的实际运动效果从而依据平行四边形定则确定分速度方向；④作出速度分解的示意图，利用沿绳方向的速度相等，寻找速度关系。 解法三、功率等值法 由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为F，则对绳子做功的功率为P1=Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体做功的功率为P2=FvAcosθ，因为P1= P2所以vA=v0/cosθ。 【名师点拨】①分解速度不是分解力，二者分解不可混淆； ②注意只能分解合速度（实际运动速度），而不能分解分速度；在上述问题中，若不对物体A的运动认真分析，就很容易得出vA=v0cosθ的错误结果； ③绳两端速度不一定相等，只是沿绳方向速度大小相等。当物体A向左移动，θ将逐渐变大，vA逐渐变大，虽然人做匀速运动，但物体A却在做加速运动。 3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型 ①注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动 ②注意两物体运动位移和高度不一定相等 ③注意两物体速度大小不一定相等，可能需要分解速度 ④注意最大速度和最大加速度区别 ①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒； ②b落地后若不反弹，绳松，a机械能守恒； 4.轻杆相连的系统机械能守恒模型 类型 类型一：绕杆上某固定点转动 类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动 图示 特点 同轴转动，角速度相等，线速度与半径成正比。 沿杆分速度大小相等，两物体速度大小不一定相等。 1．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45°）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（　　） A．a球不能回到初始位置 B．a球从释放运动至最低点的过程中，杆对a球做的功为 C．b球的速度为零时，a球的加速度大小为零 D．b球的最大速度为 【答案】D 【详解】A．a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误； B．A球在最低点速度为零，a球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球a做的功为W，由动能定理，有 解得 故B错误； C．设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知 则 可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，故C错误； D．当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有 解得 故D正确。 故选D。 2．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，在B球即将落地的过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg B．竖直墙面对B球的冲量大小为 C．轻杆对A球先做正功后做负功 D．A球的最大动能为 【答案】C 【详解】AD．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得 解得 由根据机械能守恒，则有 运用数学知识，整理可得 当，取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，A球的动能最大，最大动能为 此时对水平面的压力大小等于mg，AD错误； B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B球有冲量，又由于在B球脱离竖直墙面前B球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对B球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对A球在水平方向的冲量大小，该过程就是A球获得最大动量过程，由动量定理，可知 B错误； C．因为杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，所以轻杆对A球先做正功后做负功，C正确。 故选C。 3．如图所示，有一光滑轨道，部分为半径的圆弧，部分水平，质量均为的小球、固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为，小球可视为质点。开始时球处于圆弧上端点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．球下滑过程中机械能保持不变 B．两球都滑到水平轨道上时，球速度大小为 C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆不对两球做功 D．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功 【答案】D 【详解】ABD．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，两球组成的系统满足机械能守恒，则有 解得两球都滑到水平轨道上时，、两球的速度大小均为 从释放小球到、球都滑到水平轨道上，对球根据动能定理可得 解得 可知整个过程中轻杆对a球做功，则球下滑过程中机械能不守恒，故AB错误，D正确； C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中由于轻杆对球做正功，所以轻杆对球做负功，故C错误。 故选D。 4．（2025高三上·湖南·阶段练习）如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m的物体P用细线跨过光滑的定滑轮连接质量为3m的物体Q，用手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且，，，重力加速度为g。释放Q，让二者开始运动，则下列说法正确的是（    ） A．当物体P运动到B处时，此时物体P速度最小，物体Q速度最大 B．在物体P从A滑到B的过程中，物体P的机械能减小，物体Q的机械能增加 C．物体P运动的最大速度为 D．开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q下降了 【答案】C 【详解】AB．当物体P滑到B点时，Q下降到最低点，此时Q的速度为零，物体P速度最大；在物体P从A滑到B的过程中，根据系统机械能守恒定律可知，物体Q的机械能减小，物体P的机械能增大，故AB错误； C．当P运动到B处时，P的速度最大，Q的速度为零，根据系统机械能守恒定律可得 解得P运动的最大速度为 故C正确； D．开始运动后，当P速度再次为零时，即P的机械能不变，则Q的机械能也不变，说明此时Q回到初始释放的位置，故D错误。 故选C。 5.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮、和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是（　　） A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg B．小球下降的最大距离为 C．当轻绳与直杆垂直时，此时物块速度最大，且小球速度最大 D．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2∶3 【答案】B 【详解】A．小物块刚释放时，小球加速下落，则轻绳张力小于小球重力mg，A错误； B．当轻绳与直杆垂直时，小球下降到最低点 B正确； C．当轻绳与直杆垂直时，此时物块沿绳方向速度为零，小球速度是零，C错误； D．小物块沿绳方向的分速度与小球速度大小相等，则 得 D错误。 故选B。 6．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为的小球，初始时置于a点。一原长为L的轻质弹簧左端固定在点，右端与小球相连。直杆上还有三点，且与在同一水平线上，与Ob夹角均为37°，与Ob夹角为，现释放小球，小球从a点由静止开始下滑，到达d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法中不正确的有（重力加速度为g，取）（　　） A．小球经过b点时，小球的加速度为g B．小球经过b点时，小球的机械能最大 C．小球经过c点时，小球的速度大小为 D．小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了 【答案】C 【详解】A．从a到b，弹簧对滑块由沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大；从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块扔在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时合力为mg，则加速度为g，故A正确，不符合题意； B．小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在b点时弹簧的弹性势能最小，是零，所以小球在b点时动能和重力势能的总和最大，故B正确，不符合题意； C．小球从a点下滑到c点的过程中，由小球和弹簧的系统机械能守恒得 得小球的速度大小为 故C错误，符合题意； D．小球从c点下滑到d点的过程中，小球的机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量 = 故D正确，不符合题意。 故选C。 7．如图所示，小球A的质量为M，小球B、C的质量均为m，M=2m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，且弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，以弹簧原长为弹性势能零势点。在此过程中，设ABC的动能分别为、、，则：（　　） A．A下降到最低点时，弹簧与三小球构成的系统势能最小 B．A运动时，三小球的动能之比为 C．A的动能最大时，B对地面的压力大小为2mg D．弹簧的弹性势能最大值为（-1）mgL 【答案】CD 【详解】A．由于只有重力和弹簧弹力做功，弹簧与三小球构成的系统机械能守恒，当A下降到最低点时，三只小球速度均为0，系统动能最小，系统势能最大，A错误； B．根据对称性可知，B、C两小球速度大小相等，设A球速度大小为，B、C两小球速度大小为，根据牵连速度关系，有 整理得 三小球的动能之比为 B错误； C．A的动能最大时，速度达到最大，此时A所受合力为0，设A与B间杆上的力为，对A，有 对B受力分析，竖直方向，有 C正确； D．当A下降到最低点时，弹簧的弹性势能最大，此时三个小球速度均为0 ，根据系统机械能守恒，可知A球减小的重力势能等于弹簧的弹性势能，有 D正确。 故选CD。 8．如图所示，质量的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮后与套在光滑直杆顶端的、质量的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为，且与水平面的夹角，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。已知，重力加速度g取，轻绳不可伸长，图中直线与杆垂直。现将小球A由静止释放。下列说正确的是（　　） A．释放小球A之前弹簧的形变量 B．小球A运动到C点的过程中拉力对小球A所做的功 C．小球A运动到底端D点时，B物体的速度大小为 D．小球A运动到底端D点的过程中，小球A和物体B组成的系统机械能守恒 【答案】AC 【详解】A．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为，对于B根据平衡条件有 解得 故A正确； B．小球A从顶点运动到C的过程，设绳子拉力对小球A所做的功为，根据动能定理有 由图，根据几何关系有 ， 物块B下降的高度为 由此可知，弹簧此时被压缩了，则弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B组成的系统机械能守恒，则 当小球A运动到C点时，小球A的速度方向与绳子垂直，则此瞬间物块B的速度 联立解得 故B错误； C．由图根据几何关系可知 则小球A运动到D点时，物体B又回到原位置，有 对于整个下降过程由机械能守恒得 解得 ， 则小球A运动到底端D点时B物体的速度大小为，故C正确； D．小球A运动到底端D点的过程中，弹簧对B物体做功，则小球A和物体B组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选AC。 9．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小圆环，圆环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环从图中所示的A处由静止释放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，整个过程中重物都只在竖直方向运动且未与定滑轮相碰。忽略定滑轮的质量和大小，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为 B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为 C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小 D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为 【答案】AD 【详解】AB．设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为T，重物加速度为a，则有 根据运动的分解可知 解得 ， 故A正确，B错误； C．圆环下落到最低点的过程中，拉力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆环的机械能先增加后减小，故C错误； D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，根据运动的分解可知，重物的速度为0，系统根据机械能守恒定律有 解得 故D正确； 故选AD。 10．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等且均为m，运动过程的摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移大小为h时。则（　　） A．B的速率是A的2倍 B．悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为 C．A的速度大小为 D．轻绳对B做功为 【答案】AD 【详解】A．根据题意可知，当A的位移大小为h时，B的位移大小为2h，由公式可知，B的加速度大小是A的加速度大小的2倍，由可得，B的速率是A的2倍，故A正确； B．设悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为，A的加速度大小为，则B的加速度大小为，由牛顿第二定律，对A有 对B有 联立解得 故B错误； CD．根据题意可知，运动过程中系统的机械能守恒，则有 又有 解得 ， 设轻绳对B做功为，由动能定律有 解得 故C错误，D正确。 故选AD。 11.如图，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（     ） A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 C．圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 【答案】BC 【详解】A．圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，故A错误； B．圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为 圆环的速度为零，根据整个系统机械能守恒，可得 即弹簧弹性势能变化了，故B正确； C．圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所受合力不为零，故C正确； D．在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，故D错误。 故选BC。 12.如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑块C上，物块A的下端用弹簧与放在地面上的物块B连接，A、B两物块的质量均为5kg，开始时绳连接滑块C部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为3米，用手控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当C下滑4米时，释放滑块C，结果滑块C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为（　　） A．C的质量为8kg B．当B刚好要离开地面时，所以绳的拉力为100N C．弹簧的劲度系数为500N/m D．若从开始位置（绳连接滑环C部分处于水平时）由静止释放滑块C，当物块B刚好要离开地面时，滑块C的速度大小为 【答案】ABD 【详解】AB．开始时绳连接滑块C部分处于水平，滑轮到杆的距离为3米，当C下滑4米时，由几何关系可得绳与竖直方向的夹角为 当B刚好要离开地面时，所以绳的拉力 T=2mAg=100N 对C受力分析得 mCg=Tcosθ 解得 mC=8kg 故AB正确； C．设弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为 当B刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为 由几何关系可得A上升的距离为 则有 联立可得劲度系数为 故C错误； D．设由静止释放滑块C，求当物块B刚好要离开地面时，C的速度为v，则 A、B两物块的质量相等，弹簧的压缩量等于伸长量，弹性势能不变，根据机械能守恒定律有 解得 故D正确。 故选ABD。 13.如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在光滑的竖直固定杆上，圆环从M处由静止释放，圆环在N点时弹簧处于原长，圆环在M点与在P点的机械能相同，下列说法中正确的是（    ） A．圆环在N点时动能最大 B．圆环在M点与P点时弹簧的弹性势能相同 C．圆环由M到P的过程中，圆环的机械能守恒 D．圆环由M到N的过程中增加的机械能等于圆环由N到P的过程中减少的机械能 【答案】BD 【详解】A．圆环在N点时弹簧处于原长，则从N点继续向下运动时弹簧弹力从0开逐渐增大，一开始弹簧弹力沿竖直向上的分力仍然小于重力，圆环继续向下加速运动，所以圆环在N点时动能不是最大，故A错误； B．圆环与弹簧组成的系统满足机械能守恒，由题意可知圆环在M点与在P点的机械能相同，则圆环在M点与P点时弹簧的弹性势能相同，故B正确； C．圆环由M到P的过程中，由于存在弹簧弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故C错误； D．有圆环在M点与P点时弹簧的弹性势能相同，所以圆环由M到N的过程中弹性势能的减少量等于圆环由N到P的过程中弹性势能的增加量，又圆环与弹簧组成的系统满足机械能守恒，所以圆环由M到N的过程中增加的机械能等于圆环由N到P的过程中减少的机械能，故D正确。 故选BD。 14．如图所示，一劲度系数为的轻弹簧下端固定于倾角为的光滑斜面底端，上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为。初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，段轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N。已知物块P的质量，物块Q的质量为，不计轮滑大小及摩擦作用，取，，。现将物块P由静止释放，求： (1)物块P位于A时，弹簧的伸长量； (2)物块P上升至与滑轮O等高的B点时的速度大小； (3)物块P上升至B点过程中，轻绳拉力对其所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P位于A点，假设弹簧伸长量为，对Q受力分析，则 代入得 （2）此时OB垂直竖直杆，，，则，此时物块Q速度为0，下降距离为 代入得 即弹簧压缩量为 弹簧的弹性势能不变。对物块P、Q及弹簧组成的整体，根据能量守恒有 代入得 （3）对物块P，由能量守恒知 代入得 15.如图所示，质量为m的小球甲，穿过一竖直固定的光滑杆与轻弹簧的一端连接，轻弹簧套在杆上，另一端固定在地面。质量为4m的小球乙用轻绳跨过光滑的小定滑轮与甲连接，O为滑轮的顶点。开始托住乙球，左侧轻绳刚好竖直伸直但无张力，甲球静止于P点，绳OP与水平方向夹角为。某时刻由静止释放乙球，当小球甲经过Q点时，弹簧的弹力大小与在其P点时弹簧的弹力大小相等，OQ水平，。已知重力加速度为g，，乙球运动过程中始终未与地面接触。求： (1)弹簧的劲度系数； (2)甲球到达Q点时的速度大小； (3)若只改变乙球的质量，仍让乙球从轻绳刚好伸直的位置由静止释放，为使甲球能够到达Q点，乙的质量应该满足的条件。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球甲经过Q点时，弹簧的弹力大小与在其P点时弹簧的弹力大小相等，则在P点弹簧的压缩量为，由甲球在P点平衡可得 解得 （2）由图中的几何关系可知 设甲球到达Q点时的速度大小为，甲乙两球沿绳方向的速度相等，可知此时乙球的速度为零，在P、Q两点弹力相同，由系统机械能守恒可得 解得 （3）当甲球到达Q点时，速度应该大于等于零，由系统机械能守恒可知 解得 16．（2025高三上·福建福州·开学考试）如图所示，倾角、光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为的物体A和B用一劲度系数的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆。当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆间的夹角，且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C从位置R由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取。求： (1)小环C的质量M； (2)小环C运动到位置Q的速率v； (3)小环C通过位置S时的动能； 【答案】(1)0.72kg (2)2m/s (3)2.76J 【详解】（1）当圆环在Q点时由平衡可知 对AB整体 解得 M=0.72kg （2）圆环在R和Q位置时两位置的弹性势能相等，小环从位置R运动到位置Q的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统，由机械能守恒有 又 vA=vcosα 两式联立可得 v=2m/s （3）由题意可知，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、斜面的支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态，由平衡条件有 mgsinθ=kΔx1 解得弹簧的伸长量为 Δx1=0.05m 当小环C通过位置S时A下降的距离为 此时弹簧的压缩量为 Δx2=xA-Δx1=0.1m-0.05m=0.05m 由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末状态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统，由机械能守恒有 Mgdcotα+mgxAsinθ=Ek 解得 Ek=2.76J 29 / 32 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 连接体模型 目录 【模型一】平衡中的连接体模型 1 1.轻杆连接体问题 1 2． 轻环穿杆问题 2 【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 5 1． 悬绳加速度问题 5 2． 类悬绳加速度问题 6 【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体 17 【模型四】板块加速度相同的连接体模型 23 【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型 26 【模型六】弹簧木块分离问题模型 32 【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型 45 1.绳、杆末端速度分解四步 45 2.绳杆末端速度分解的三种方法 46 3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型 47 4.轻杆相连的系统机械能守恒模型 47 【模型一】平衡中的连接体模型 【模型构建】 1.轻杆连接体问题 【问题】如图，求m1：m2大小 方法一、正弦定理法 方法二、力乘力臂法 方法三、重心法 对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有， 对m1： 对m2： 根据等腰三角形有：θ1=θ2 联立解得m1gsinα=m2gsinβ ∴m1：m2=sinβ：sinα 以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知:动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ。 ∴m1：m2=sinβ：sinα 以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2，∴m1：m2=sinβ：sinα 2． 轻环穿杆问题 FN T FN T θ f μ FN T FN T1 T2 轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆 轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tanθ=μ 轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向 1．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，直角杆POQ固定在竖直平面内，PO部分水平且表面粗糙，OQ部分竖直且表面光滑，a、b为两个套在此杆上由特殊材料制成的小球，在一定范围内，它们之间的相互作用力大小满足（k为定值，r为两者间的距离），方向在a、b两小球的连线上。当用一沿着PO水平向右的力F作用在a小球上时，两小球均处于静止状态。现将a小球向右缓慢拉动一小段距离，此过程中，下列说法正确的是（　　） A．水平力F逐渐变大 B．a、b两小球间的距离逐渐变小 C．a小球对PO的压力逐渐变小 D．b小球对OQ的压力逐渐变小 【答案】D 【详解】D．设a、b两小球连线与QO的夹角为，对b小球受力分析，根据平衡条件可得 将a小球向右缓慢拉动一小段距离，减小，OQ对b小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律，b小球对OQ的压力逐渐变小，故D正确； B．将a小球向右缓慢拉动一小段距离，此过程中，若b小球发生移动，a、b两小球间的距离可能会增大，故B错误； AC．以a、b两小球为整体，受力分析，如图所示 竖直方向有 故PO对a小球的支持力不变，根据牛顿第三定律，a小球对PO的压力不变，滑动摩擦力不变，水平方向有 且 联立可得 将a小球向右缓慢拉动一小段距离，减小，故水平力F逐渐变小，故AC错误。 故选D。 2．（2024·山东临沂·模拟预测）如图所示，A球质量为，B球质量为m，分别用轻质细线悬挂于O点，A、B用轻质细线c连接。给B球施加水平向右的拉力F，静止时，细线a与竖直方向夹角为30°，细线b与竖直方向夹角为45°，细线c刚好水平，重力加速度为g，则拉力F的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】分别对A、B球受力分析，如图所示 对A球，由平衡条件得 ， 对B球，由平衡条件得 根据牛顿第三定律有 联立解得 故选C。 3．如图所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D点固定一定滑轮（大小忽略），圆环两侧套着、两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为．则两小球的质量之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角形法则建立三角形，根据正弦定理列出比例式子可得两球的质量比. 【详解】对两小球分别受力分析，如图所示；由三角形法则可知： 对小球m1，可得：；对小球m2，可得：；联立解得：，故选B. 【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 【模型要点】 1． 悬绳加速度问题 水平加速中的悬绳 θ m 倾斜加速中的悬绳 注意“发飘” 多悬绳 θ m θ m α ①绳竖直 m α θ=0，a=0，μ=tanα ②绳垂直 θ=α，a=gsinα，μ=0 θ m α ③绳水平 m α a=g/sinα，向上减速μ=cotα m α a θ m θ mg T x y θ-α mg T x y α α mg T x y FN α θ mg T x y F a=g·tanθ T=mg/cosθ 加速度大小与质量无关，与偏角有关 T=mgcosα/cos(θ-α) T=mgsinθ+macosθ FN=mgcosθ-masinθ a>g·cotα发飘: FN=0 T= T=mg/cosθ F=mg·tanθ-ma a>g·tanθ发飘: F=0 T= 2． 类悬绳加速度问题 光滑斜面车上物体 光滑圆弧车中物体 车上死杆 车中土豆 车上人 m θ a m θ a m θ a 死杆 a m a m a θ mg FN x y θ mg FN x y mg F x y mg F x y mg F x y FN f 加速度a=g·tanθ 支持力FN=mg/cosθ 加速度a=g·tanθ 支持力FN=mg/cosθ 杆对球的弹力 其它土豆对黑土豆的作用力 车对人的作用力 1．（2025高三上·广东东莞·阶段练习）如图，沿东西方向（以水平向右为东）直线行驶的列车顶部用细线悬挂一小球A，质量为m的物块B始终相对列车静止在桌面上。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，且A相对列车静止，重力加速度为g，则此刻（  ） A．列车可能向东做匀速直线运动 B．列车一定向东做匀加速直线运动 C．物块对桌面的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向东 D．轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力 【答案】D 【详解】AB．以小球A为研究对象，分析受力如图所示 根据牛顿第二定律得 可得 方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做减速运动，故AB错误； C．物块B始终相对列车静止在桌面上，对物体B由牛顿第二定律得 即桌面对B的静摩擦力大小为，方向向东，由牛顿第三定律可知物块对桌面的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向西，故C错误； D．对A球在竖直方向平衡可得 可得 则轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力，故D正确。 故选D。 2．如图所示，在水平轨道运动的小车中悬挂一小球，小球的质量为，小球随小车一起运动，悬线与竖直方向的偏角，由此可知（　　） A．悬线的张力大小为 B．小车一定向左运动 C．小车的加速为 D．若增大，悬线的张力在竖直方向的分量不变 【答案】D 【详解】A．小球随小车一起运动，竖直方向有 解得悬线的张力大小为 故A错误； B．由图可知小球有向左的加速度，小车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故B错误； C．根据牛顿第二定律 解得小车的加速为 故C错误； D．小球竖直方向受力平衡，若增大，悬线的张力在竖直方向的分量仍与小球重力平衡，故悬线的张力在竖直方向的分量不变，故D正确。 故选D。 3.在水平铁轨上行驶的车厢里，车顶上挂一个单摆，车底板上放一个质量是的木块．当列车减速稳定时，摆线与竖直方向夹角为，如图所示。列车底板对木块的静摩擦力大小和方向分别为（　　） A．，左 B．，左 C．，右 D．，右 【答案】A 【详解】设小球的质量为，根据牛顿第二定律有 方向向左 对A物体，在水平方向，根据牛顿第二定律有 方向向左。 故选A。 4.在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了地铁进站减速运行时情景的照片，如图所示，细绳与竖直方向夹角为，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定（　　） A．地铁运行方向 B．地铁运行加速度方向 C．圆珠笔的质量 D．地铁运行加速度大小为 【答案】AB 【详解】AB．对圆珠笔受力分析，圆珠笔的重力与绳子拉力的合力方向向左，根据牛顿第二定律可知，加速度方向向左，则地铁运行加速度向左，已知列车进站减速运行，故列车向右做匀减速运动。故AB正确； C．根据已知条件，无法确定圆珠笔的质量，故C错误； D．根据牛顿第二定律有 解得地铁运行加速度大小为 故D错误。 故选AB。 5.如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是 A. 货车速度增加得越来越快 B. 货车在相邻的两个相等时间间隔内的位移之差为 C. 与B接触的物体对B的作用力大小为 D. 与B接触的物体对B的作用力方向水平向右 【答案】BC 【解析】根据加速度的定义式可知，速度变化率不变，单位时间内货车速度增加量不变，故A选项错误；根据匀变速直线运动的规律可知，货车在相邻的两个相等时间T内的位移之差为，故B选项正确；货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动，与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所示，作用力大小为，故C选项正确，D选项错误。 6.两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（　　）    A．a环沿杆做匀加速直线运动 B．b环与杆有摩擦力 C．d球处于失重状态 D．细线对c、d球的弹力大小相等 【答案】AB 【详解】A．c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示   c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有 则a环的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，故A正确； BC．对球d隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，可知b环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡，d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B正确，C错误； D．根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力 根据共点力平衡，可得对d球的拉力 细线对c、d球的弹力大小不相等，故D错误。 故选AB。 7.如图所示，小球A和B用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶端。小车向右匀加速直线运动时，两小球与车厢保持相对静止，轻绳与竖直方向的夹角，轻弹簧与竖直方向夹角为β，剪断细线的瞬间，小球B的加速度大小为，取重力加速度为，则（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】对整体，根据牛顿第二定律有 解得 对B有 故 剪断细绳，弹簧弹力不突变，B球受力不变，故 故选BD。 8.如图所示静止在水平面上的小车内有一质量的物体通过两根轻质细绳悬挂在车顶，AC绳与水平面成角，BC绳与水平面成角，g取，，。若小车沿水平面向右做直线运动，下列说法正确的是（　　） A．若小车做匀速直线运动，则AC绳拉力为6N B．若小车做加速度的匀加速运动，则BC绳拉力为 C．若小车做加速度的匀加速运动，则AC绳拉力为零 D．若小车做加速度的匀加速运动，则BC绳拉力为 【答案】C 【详解】A．若小车做匀速直线运动，对物体进行受力分析有 故A错误； B．若小车做加速度为的匀加速运动，对物体受力分析有 解得 故B错误； C．若小车做加速度为的匀加速运动，对物体受力分析有 解得 故C正确； D．若小车做加速度为的匀加速运动，由于，结合上述可知，此时AC绳拉力为零，BC绳稳定后，对物体受力分析有 解得 故D错误。 故选C。 9.质量为m的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。现用水平向左的推力F（为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静止时，细线与竖直杆之间的夹角为，已知斜面的倾角为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ） A．当时，水平推力大小一定为 B．当时，水平推力大小一定为 C．当时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0 D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直 【答案】ACD 【详解】A．当时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力，合力水平向左，如图 则 解得 整体由牛顿第二定律得 故A正确； B．当时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误； C．当时，小球的加速度大小为 物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0。如果，物块与斜面间的摩擦力一定不为0，当时，物块受到斜面沿斜面向上的摩擦力；当时，物块受到斜面沿斜面向下的摩擦力，故C正确； D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则 解得 细线与斜面一定垂直，故D正确。 故选ACD。 10．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，每个空油桶的质量均为。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶，自由地摆放在桶之间，没有用绳索固定，重力加速度为。则汽车（　　） A．匀速运动，对的作用力大小为 B．向左加速前进，若加速度增大，则和对的支持力可能同时增大 C．向左加速前进，当加速度为时，对的作用力为零 D．向右加速倒车，当加速度为时，可能脱离的表面，翻到桶另一侧 【答案】D 【详解】A．若汽车匀速行驶，对C进行受力分析，如图1所示 设对的支持力与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得 所以 同理可得，对的支持力与竖直方向的夹角也为； 水平方向根据平衡条件可得 竖直方向根据平衡条件可得 联立解得 故A错误； BC．若汽车向左加速前进，以为研究对象，则受到的合力向左，对的支持力减小、对的支持力变大，当对的支持力为零时，只受重力和对的支持力，如图2所示 根据牛顿第二定律可得 所以加速度 所以当货车的加速度为时，对的支持力为零，故BC错误； D．同理可知，向右加速倒车，加速度方向向右，对的支持力增大、对的支持力减小，当货车的加速度为时，对的作用力为零，故D正确。 故选D。 【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体 m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F a m1 m2 F μ μ a m3 μ 求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体 整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 m1 m2 F2 μ μ a F1 隔离T-F1-μm1g=m1a 得 1.如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，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；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，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。则下列说法正确的是(　　) A．a1＝a2，FN1>FN2 B．a1＝a2，FN1＝FN2 C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2 【答案】D　 【解析】设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝＝，对B分析FN1＝mBa1＝。接触面粗糙时，对整体分析有a2＝＝－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝，则FN1＝FN2。故D正确。 2.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A.F B. C. D. 【答案】　C 【解析】　设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C项正确，A、B、D项均错误。 3.（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）如图所示，a、b是由同种材料构成的两物体，质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连，放置在倾角为θ的光滑的斜面上。当给物体a施加一沿斜面向上的恒力F时，两物体一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，此时弹簧的伸长量为x，则（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．弹簧的劲度系数为 C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间a物体的加速度大小为 D．若斜面粗糙，在同样恒力F作用下，两物体仍能斜向上匀加速运动，弹簧的伸长量将大于x 【答案】C 【详解】AB．对a、b的整体，根据牛顿第二定律有 对物体b，根据牛顿第二定律有 联立解得 故AB错误； C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，则b物体的加速度大小仍为a，此时对物体a，有 撤去拉力F前，对物体a，有 解得 故C正确； D．若斜面是粗糙的，设滑动摩擦因数为μ，则对整体 对物体b，有 联立解得 显然，弹簧的伸长量将保持x不变，故D错误。 故选C。 4.如图甲所示，物块a、b用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平地面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块a施加一水平向右的恒力F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，则物块a、b的质量之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得 其中 时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得 以物块b为对象，根据牛顿第二定律可得 其中 ， 联立可得物块a、b的质量之比为 故选D。 5.如图所示，两个完全相同的物体A、B用轻质弹簧相连，现用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，则（　　） A．弹簧的弹力小于0.5F B．撤去F的瞬间，A的加速度变小 C．撤去F的瞬间，B的加速度不变 D．若水平面粗糙，AB仍一起运动，弹簧的弹力变小 【答案】C 【详解】A．A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，根据整体法，有 隔离B物体，有 解得 A错误； B．撤去F的瞬间，弹簧上弹力瞬间不变， A物体此时合力为弹簧拉力，则有 解得 可知A的加速度大小不变， B错误； C．撤去F的瞬间，弹簧上弹力瞬间不变，B受力情况不变，所以加速度不变，C正确； D．若水平面粗糙，设两物体与水平地面的摩擦因数均为，根据整体、隔离法，有 解得 可知，弹簧上弹力不变，D错误。 故选C。 6.将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P上加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的恒力F，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙．则下列说法正确的是(　　) A．a乙最大，F乙最大 B．a丙最大，F丙最大 C．a甲＝a乙＝a丙，F甲＝F乙＝F丙 D．a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙 【答案】　D 【解析】　假设物体P的质量为M，物体Q的质量为m.由牛顿第二定律，对图甲中的物体P和Q有：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a甲，对物体Q：F甲－mgsin θ＝ma甲，解得：a甲＝－gsin θ，F甲＝；同理对图乙，解得a乙＝，F乙＝；同理对图丙，解得a丙＝－g、F丙＝；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确． 7.如图所示，质量分别为mA=5kg、mB=3kg的物体A、B静置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤水平连接。两个大小分别为F1=4N、F2=20N的水平拉力分别作用在A、B上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（　　） A．弹簧秤的示数是10N B．弹簧秤的示数是14N C．在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为2.8m/s2 D．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为2m/s2 【答案】B 【详解】AB．对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律 解得，整体的加速度为 对A受力分析，由牛顿第二定律得 解得，弹簧秤的示数为 A错误，B正确； C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度大小仍为，C错误； D．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，B所受合外力为弹簧弹力，则B的加速度大小为 D错误。 故选B。 【模型四】板块加速度相同的连接体模型 m1 m2 μ 光滑 a F m1 m2 μ1 μ2 a )θ m1 μ1 μ2 a )θ m2 整体：a=F/(m1+m2) 隔离m1：f=m1a 得f=m1F/(m1+m2) 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：m1gsinθ-f=m1a 得f=μ2m1gcosθ 方向沿斜面向上 若μ2=0 则 f=0 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：f=m1acosθ 得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ 方向水平向左 若μ2=0 则 f=m1gsinθcosθ 1.如图所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ。将两个矩形物块A、B叠放后置于木板上，之后A、B保持相对静止一起以大小为a的加速度沿斜面加速下滑。若A、B的质量分别为mA和mB，A与B之间及B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列说法正确的是(　　) A.μ1一定大于tan θ B.μ2一定小于tan θ C.加速度a的大小与mA和mB都无关 D.A与B之间的摩擦力大小与μ1有关，而与μ2无关 【答案】　BC 【解析】　A、B保持相对静止加速下滑，加速度a＝gsin θ－μ2gcos θ，因a＞0，故μ2＜tan θ，选项B、C正确；对A，有mAgsin θ－Ff＝mAa，则摩擦力Ff＝μ2mAgcos θ≤μ1mAgcos θ，所以mAgsin θ－μ1mAgcos θ＞0，即μ1＜tan θ，选项A、D错误。 2.如图所示，木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m，B的质量为2m，现施水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力拉A，使A，B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则不得超过（   ） A. 2F B. C. 3F D. 【答案】B 【解析】 力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm=ma对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F=3ma解得fm=F当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F1-fm=ma1对整体有F1=3ma1由上述各式联立解得F1=F即F1的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则的可能值不超过F。故选B。 3.如图所示，A、B两物体的质量分别为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。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　） A. 当时，A、B都相对地面静止 B. 当时，A的加速度为 C. 当时，A相对B滑动 D. 当F超过某数值时，B的加速度可能会超过 【答案】BC 【解析】 A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg，故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误； BC．设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′ 对A、B整体，有F′-μmg＝3ma′联立解得F′=3μmg故当μmg＜F≤3μmg时A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当时，代入上式求得A的加速度为 当F＞3μmg时，由前面分析可知A将相对于B滑动，故BC正确；D．对B来说，由牛顿第二定律可得，其所受合力最大值有Fm=2μmg-μmg=μmg=ma即B的加速度不会超过μg，故D错误。故选BC。 4.如图所示，斜面倾角为，木块B上表面水平，木块A置于B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，A与B始终保持相对静止，在下滑过程中下列说法错误的是（　　） A. B对A的摩擦力做正功 B. B对A的作用力大于A的重力 C. A的加速度大小为 D. A对B不做功 【答案】B 【解析】A．A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，对于A由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力Ff，所以B对A的摩擦力做正功，A正确；BD．因为斜面光滑， A与B一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，对AB整体来看，整体它们受重力垂直于斜面方向的支持力，这二个力的合力是沿斜面向下的，对物体A分析，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，同理对于A，它也会受到重力和垂直于斜面方向的一个力的作用，大小为 ，即B对A的作用力小于A的重力，B错误；C．A与B始终保持相对静止，一起下滑，根据牛顿第二定律解得及A的加速度大小为，C正确；D．根据分析对于A，它也会受到垂直于斜面方向的一个力的作用，则A对B也是垂直于斜面方向下的力，即力与位移垂直， A对B不做功，D正确。故选B。 5.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．2F B． C．3F D． 【答案】B　 【解析】力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有 fm＝ma ① 对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma ② 由①②解得fm＝F。 当F′作用在物体A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有 F′－fm＝ma1 ③ 对整体，有F′＝3ma1 ④ 由上述各式联立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。 【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型 [来源:学科网]m1 m2 a a μ m1 m2 a a 隔离m1：T-μm1g=m1a 隔离m2：m2g-T=m2a 得， 隔离m1：m1g-T=m1a 隔离m2：T-m2g=m2a 得， 若μ=0， 且m2<<m1， 若m1=m2，T=m1g=m2g 1.如图所示，物体a、b通过细绳连接在光滑的轻质定滑轮两侧，开始时用手托着物体a，细绳恰好伸直且无拉力，此时物体a与地面间的距离为h，物体b静止在地面上，物体a、b的质量分别为2m、m，重力加速度为g，由静止释放物体a，则下列说法中正确的是（    ） A．物体a从释放到落地经历的时间为 B．细绳的拉力对物体a做功为 C．物体a落地时物体b的动能为mgh D．物体b能上升的最大高度为 【答案】D 【详解】AB．以a为对象，根据牛顿第二定律可得 以b为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得 ， 根据运动学公式可得 解得物体a从释放到落地经历的时间为 细绳的拉力对物体a做功为 故AB错误； C．物体a落地时，根据运动学公式可得 则物体b的动能为 故C错误； D．物体a落地后，物体b继续向上做竖直上抛运动，继续上升的高度为 则物体b能上升的最大高度为 故D正确。 故选D。 2．（2025·广东·一模）如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为和，且（滑轮质量及一切摩擦不计），此时系统的加速度为a，今用一竖直向下的恒力代替，系统的加速度为，则和a的关系为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得 得 当用一竖直向下的恒力代替时，对，根据牛顿第二定律得 得 则 故ACD错误，B正确。 故选B。 3.如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量m0不变，取不同质量m的B物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化的关系曲线如图乙所示，F=F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g，则（　　） A．m越大，F越小 B．m越大，F越大 C．A物体质量 D．在范围内，B的质量m越大，其运动的加速度越大 【答案】B 【详解】ABC．设绳中拉力大小为T，当m较大时，对A物体分析，根据牛顿第二定律可得 对B物体分析，有 解得 则m越大，F越大，m趋向于无穷大时，有 解得A物体质量为 故AC错误，B正确； D．在范围内，对A分析有 对B分析有 解得加速度为 则m越大，加速度越小，故D错误。 故选B。 4.如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　) A．Mg B．M(g＋a) C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g 【答案】C 【解析】以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。 5.(多选)质量分别为M和m的物块A和B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，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B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A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　乙 A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为g 【答案】ACD　 【解析】本题考查连接体的临界问题。第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝g。对B，由牛顿第二定律有T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、C、D正确，B错误。 6.(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为(　　) A.mB＝ B.mB＝ C.a＝0.2g D.a＝0.4g 【答案】　BC 【解析】　当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 (mBg＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)a 当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 (m＋m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋m)a 联立解得mB＝ 加速度大小为a＝0.2g 故A、D错误、B、C正确. 【模型六】弹簧木块分离问题模型 分离问题（一） 分离类型：A与弹簧分离 A F a 处于原长， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 [来源:学科网ZXXK] [来源:学|科|网Z|X|X|K] A 处于压缩状态， 接触 分离问题（二） 分离类型：B与地面分离 A B F a 处于伸长状态， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 A B 处于压缩状态， x O F 分离 mAa x1+x2 (mA+mB)g+mAa 斜率k 分离问题（三） 临界条件：①力的角度：A、B间弹力为零FAB=0；②运动学的角度：vA=vB、aA=aB. 分离类型：A、B分离 A B F a 处于压缩状态， x2=mB(g+a)/k 分离：弹力为零； 加速度瞬间还相等 t O v 分离 a B t1 A A B 处于压缩状态， x O F 分离 (mA+mB)a x1-x2 mA(g+a) 斜率k 1.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量，物体B的质量，弹簧的动度系数为，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　） A．物块A上升12.5cm时，A、B开始分离 B．恒力作用瞬间，A、B即分离 C．物块A、B分离前，A、B一起做匀加速直线运动 D．物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为 【答案】A 【详解】A．物体A、B处于静止状态时，由平衡条件可知弹簧的压缩量为 两物块A、B分离时二者之间的弹力是零，对A由牛顿第二定律可得 对B由牛顿第二定律可得 联立解得 在此过程中物块A上升的高度为 A正确； B．设力作用瞬间，物体AB的加速度大小为，由牛顿第二定律可得 代入数据解得 设此时二者之间的弹力大小为，对A分析可得 代入数据解得 可知恒力作用瞬间，A、B没有分离，B错误； CD．对A、B整体分析，开始时弹簧弹力大小等于总重力，在二者上升过程中，弹力逐渐减小，则二者受合力减小，则加速度减小，因此物块A、B分离前，A、B一起做变加速直线运动；可知在恒力刚作用时，二者的加速度最大，则物块B的最大加速度大小为，CD错误。 故选A。 2．（2025高三上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）如图所示，质量都为2kg的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，从某时刻起，用大小为30N的恒力F竖直向上拉B物体，直至二者分离。弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，则B和A刚分离时，弹簧的形变量为初始时的（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设弹簧的劲度系数为k，在施加恒力F前，对A、B两物体整体受力分析有 解得 A、B两物体刚分离时，B物体的加速度大小 此时A、B两物体的加速度相同，对A物体有 解得 则有 故选D。 3．（2025高三上·河北邢台·开学考试）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量相等，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力与物体B的位移的关系如图乙所示，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（    ） A．物体A的质量为 B．弹簧的劲度系数为 C．物体B与A刚分离瞬间，物体B的加速度大小为 D．物体B的位移为时，弹簧处于原长状态 【答案】A 【详解】D．物体B运动到4cm时，恰好分开，此时物体A、B有共同向上的加速度，弹簧有向上的弹力，所以弹簧处于压缩状态，故D错误； AC．刚开始A、B处于静止状态，A、B的重力和弹力二力平衡，有 初始状态拉力 弹簧弹力与两物体重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有 物体B与物体A分离后，拉力 根据牛顿第二定律有 联立解得 ， 故A正确，C错误； B．物体A与物体B分离时物体B的加速度为，则根据牛顿第二定律有 代入数据解得 故B错误。 故选A。 4．（2025高三上·黑龙江·开学考试）如图所示，弹簧下端固定在水平地面上，上端和物块B拴接，物块A叠放在物块B上，两物块的质量均为m，初始时两物块均静止。现对物块A施加竖直向上、大小为F的恒力，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，若，下列说法正确的是（　　） A．施加恒力F的瞬间，A、B的加速度大小均为 B．弹簧恢复原长时，A的加速度大小为 C．从开始运动到A、B分离的瞬间，它们的位移大小为 D．A、B分离后，B就开始做加速度逐渐减小的减速运动 【答案】C 【详解】A．施加恒力F的瞬间，由牛顿第二定律可得 解得 故A错误； C．未施加恒力F时，有 解得 当A、B之间弹力为零时，二者分离，可得 ， 联立，解得 从开始运动到A、B分离的瞬间，它们的位移大小为 故C正确； B．根据C选项分析可知，弹簧恢复原长时，A、B已经分离，A的加速度大小为 解得 故B错误； D．依题意，A、B分离后，B受自身重力与弹簧弹力共同作用，就开始做竖直方向的简谐振动。故D错误。 故选C。 5.如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的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。则下列说法中正确的是（   ） A．B和A刚分离时，弹簧弹力为mg B．B和A刚分离前一起向上做匀加速运动 C．B和A刚分离时，A的加速度不为0 D．弹簧的劲度系数等于 【答案】D 【详解】AC．B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且A、B间无相互作用力。对B分析知，B具有向上的加速度 解得 a = 0 此时对A分析有 解得 且处于压缩状态，故AC错误； B．B和A刚分离前对AB整体有 kΔx＋F－3mg = 3ma AB整体向上运动的过程中弹簧形变量Δx逐渐减小，则a也逐渐减小，AB做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误； D．B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为 原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量 两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小 由胡克定律得 故D正确。 故选D。 6.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。 【答案】72 N　36 N 【解析】设开始时弹簧的压缩量为x0， 由平衡条件得 (m1＋m2)gsin θ＝kx0 代入数据解得x0＝0.12 m 因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1 对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝3 m/s2 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。 7.（2025高三上·山西大同·阶段练习）如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连。物块A、B质量均为，初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的图像如图乙所示（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为 C．弹簧恢复到原长时，物体A的速度达到最大值 D．A、B在时刻分离，此时弹簧弹力恰好为 【答案】AB 【详解】A．根据题意，对AB整理受力分析，由平衡条件有 解得 故A正确； B．设外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为，对B由牛顿第二定律有 对AB整体由牛顿第二定律有 联立解得 故B正确； C．根据题意可知，当A所受合力为零时，A的速度最大，此时弹簧弹力不为零，即弹簧未恢复到原长，故C错误； D．由图可知，A、B在时刻分离，此时A、B间的弹力大小为0，对A由牛顿第二定律有 解得 故D错误。 故选AB。 8．如图所示，两完全相同、质量均为m的物体A、B（不粘连）叠放在竖直轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加一竖直向上的恒力，重力加速度大小为g，在物体A、B的运动过程中，下列说法正确的是（    ） A．物体A的最大加速度为 B．轻弹簧中的最小弹力为mg C．物体A、B间支持力的最小值为 D．物体A、B间支持力的最大值为 【答案】BCD 【详解】A．两物体放在轻弹簧上静止，弹簧的压缩量为，有 恒力向上提A物体，开始两物体一起向上加速运动，有 随着压缩量的减小，两者加速的加速度逐渐减小，则开始运动时两者的加速度最大，有 故A错误； B．设A与B一起做简谐运动，不会分离，根据对称性可知，AB运动到最高点时的加速度大小为，方向向下，此时以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得 方向竖直向上，可知在最高点B对A仍有支持力作用，所以AB不分离，一起做简谐运动；在最高点时，以AB为整体，根据牛顿第二定律可得 解得轻弹簧中的最小弹力为 故B正确； CD．A与B一起做简谐运动，加速度方向向上时，对A有 随着加速度的减小，逐渐减小；当加速度向下时，对A有 随着加速度的增大，逐渐减小；即向上振动时，一直减小，则初位置最大，有 解得 A与B一起向上振动到达最高点时，最小，有 解得 故CD正确。 故选BCD。 9．（2025高三上·山西太原·开学考试）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量，物体B的质量，弹簧的劲度系数为80N/m，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　） A．恒力作用瞬间，A．B即分离 B．物块A上升12.5cm时，A、B开始分离 C．恒力作用瞬间，A的加速度大小为 D．物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为 【答案】BC 【详解】CD．分离前，将A、B作为一个整体，恒力作用前，整个系统所受合力为零，由于弹簧弹力不能突变，恒力作用瞬间，系统所受合力最大，为恒力F，因此两者的加速度最大，根据牛顿第二定律 可得恒力作用瞬间，A、B的最大加速度大小为 C正确，D错误； A．恒力作用瞬间，B对A的支持力为N，对物块A 可得 可知此时A、B并未分离，A错误； B．静止时，弹簧的压缩量 分离时两者加速度相等，但没有相互作用力，根据牛顿第二定律，对物块A 对物块B 联立解得 ， A、B开始分离时，物块A上升的高度 B正确。 故选BC。 10．（2025高三上·广东东莞·阶段练习）一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，如图所示。已知在头0.2s内F的大小是变化的，在0.2s以后F是恒力，g取。求 (1)未施加力F时，弹簧的压缩量？ (2)物体做匀加速直线运动的加速度大小？ (3)F的最小值是多少，最大值是多少？ 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）未施加力F时，根据受力平衡可得 解得弹簧的压缩量为 （2）根据题意可知，在时，物体P与秤盘开始分离，此时弹簧处于原长状态，则在内，根据运动学公式可得 解得物体做匀加速直线运动的加速度大小为 （3）物体P与秤盘分离前，以物体P为对象，根据牛顿第二定律可得 由于秤盘质量忽略不计，则有 由于压缩量逐渐减小，逐渐减小，则逐渐增大；可知初始时刻最小，则有 解得 当物体P与秤盘分离时，，此时最大，则有 解得 【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型 1.绳、杆末端速度分解四步 ①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；④根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。 2.绳杆末端速度分解的三种方法 方法一、微元法 要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。 如图所示，设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△x cosθ，两边同除以△t得： 即收绳速率v0=vA cosθ，因此船的速率为：vA=υ0/cosθ。 【链接】“微元法”，可设想物体发生一个微小位移，分析由此而引起的牵连物体运动的位移是怎样的，得出位移分解的图示，再从中找到对应的速度分解的图示，进而求出牵连物体间速度大小的关系。 解法二、效果分解法 首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1=v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图所示，由此可得vA=υ0/cosθ。 【链接】解题流程：①选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）；②确定该点合速度方向（物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变；③确定该点合速度的实际运动效果从而依据平行四边形定则确定分速度方向；④作出速度分解的示意图，利用沿绳方向的速度相等，寻找速度关系。 解法三、功率等值法 由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为F，则对绳子做功的功率为P1=Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体做功的功率为P2=FvAcosθ，因为P1= P2所以vA=v0/cosθ。 【名师点拨】①分解速度不是分解力，二者分解不可混淆； ②注意只能分解合速度（实际运动速度），而不能分解分速度；在上述问题中，若不对物体A的运动认真分析，就很容易得出vA=v0cosθ的错误结果； ③绳两端速度不一定相等，只是沿绳方向速度大小相等。当物体A向左移动，θ将逐渐变大，vA逐渐变大，虽然人做匀速运动，但物体A却在做加速运动。 3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型 ①注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动 ②注意两物体运动位移和高度不一定相等 ③注意两物体速度大小不一定相等，可能需要分解速度 ④注意最大速度和最大加速度区别 ①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒； ②b落地后若不反弹，绳松，a机械能守恒； 4.轻杆相连的系统机械能守恒模型 类型 类型一：绕杆上某固定点转动 类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动 图示 特点 同轴转动，角速度相等，线速度与半径成正比。 沿杆分速度大小相等，两物体速度大小不一定相等。 1．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45°）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（　　） A．a球不能回到初始位置 B．a球从释放运动至最低点的过程中，杆对a球做的功为 C．b球的速度为零时，a球的加速度大小为零 D．b球的最大速度为 【答案】D 【详解】A．a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误； B．A球在最低点速度为零，a球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球a做的功为W，由动能定理，有 解得 故B错误； C．设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知 则 可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，故C错误； D．当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有 解得 故D正确。 故选D。 2．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，在B球即将落地的过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg B．竖直墙面对B球的冲量大小为 C．轻杆对A球先做正功后做负功 D．A球的最大动能为 【答案】C 【详解】AD．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得 解得 由根据机械能守恒，则有 运用数学知识，整理可得 当，取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，A球的动能最大，最大动能为 此时对水平面的压力大小等于mg，AD错误； B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B球有冲量，又由于在B球脱离竖直墙面前B球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对B球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对A球在水平方向的冲量大小，该过程就是A球获得最大动量过程，由动量定理，可知 B错误； C．因为杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，所以轻杆对A球先做正功后做负功，C正确。 故选C。 3．如图所示，有一光滑轨道，部分为半径的圆弧，部分水平，质量均为的小球、固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为，小球可视为质点。开始时球处于圆弧上端点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．球下滑过程中机械能保持不变 B．两球都滑到水平轨道上时，球速度大小为 C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆不对两球做功 D．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功 【答案】D 【详解】ABD．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，两球组成的系统满足机械能守恒，则有 解得两球都滑到水平轨道上时，、两球的速度大小均为 从释放小球到、球都滑到水平轨道上，对球根据动能定理可得 解得 可知整个过程中轻杆对a球做功，则球下滑过程中机械能不守恒，故AB错误，D正确； C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中由于轻杆对球做正功，所以轻杆对球做负功，故C错误。 故选D。 4．（2025高三上·湖南·阶段练习）如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m的物体P用细线跨过光滑的定滑轮连接质量为3m的物体Q，用手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且，，，重力加速度为g。释放Q，让二者开始运动，则下列说法正确的是（    ） A．当物体P运动到B处时，此时物体P速度最小，物体Q速度最大 B．在物体P从A滑到B的过程中，物体P的机械能减小，物体Q的机械能增加 C．物体P运动的最大速度为 D．开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q下降了 【答案】C 【详解】AB．当物体P滑到B点时，Q下降到最低点，此时Q的速度为零，物体P速度最大；在物体P从A滑到B的过程中，根据系统机械能守恒定律可知，物体Q的机械能减小，物体P的机械能增大，故AB错误； C．当P运动到B处时，P的速度最大，Q的速度为零，根据系统机械能守恒定律可得 解得P运动的最大速度为 故C正确； D．开始运动后，当P速度再次为零时，即P的机械能不变，则Q的机械能也不变，说明此时Q回到初始释放的位置，故D错误。 故选C。 5.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮、和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是（　　） A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg B．小球下降的最大距离为 C．当轻绳与直杆垂直时，此时物块速度最大，且小球速度最大 D．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2∶3 【答案】B 【详解】A．小物块刚释放时，小球加速下落，则轻绳张力小于小球重力mg，A错误； B．当轻绳与直杆垂直时，小球下降到最低点 B正确； C．当轻绳与直杆垂直时，此时物块沿绳方向速度为零，小球速度是零，C错误； D．小物块沿绳方向的分速度与小球速度大小相等，则 得 D错误。 故选B。 6．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为的小球，初始时置于a点。一原长为L的轻质弹簧左端固定在点，右端与小球相连。直杆上还有三点，且与在同一水平线上，与Ob夹角均为37°，与Ob夹角为，现释放小球，小球从a点由静止开始下滑，到达d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法中不正确的有（重力加速度为g，取）（　　） A．小球经过b点时，小球的加速度为g B．小球经过b点时，小球的机械能最大 C．小球经过c点时，小球的速度大小为 D．小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了 【答案】C 【详解】A．从a到b，弹簧对滑块由沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大；从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块扔在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时合力为mg，则加速度为g，故A正确，不符合题意； B．小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在b点时弹簧的弹性势能最小，是零，所以小球在b点时动能和重力势能的总和最大，故B正确，不符合题意； C．小球从a点下滑到c点的过程中，由小球和弹簧的系统机械能守恒得 得小球的速度大小为 故C错误，符合题意； D．小球从c点下滑到d点的过程中，小球的机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量 = 故D正确，不符合题意。 故选C。 7．如图所示，小球A的质量为M，小球B、C的质量均为m，M=2m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，且弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，以弹簧原长为弹性势能零势点。在此过程中，设ABC的动能分别为、、，则：（　　） A．A下降到最低点时，弹簧与三小球构成的系统势能最小 B．A运动时，三小球的动能之比为 C．A的动能最大时，B对地面的压力大小为2mg D．弹簧的弹性势能最大值为（-1）mgL 【答案】CD 【详解】A．由于只有重力和弹簧弹力做功，弹簧与三小球构成的系统机械能守恒，当A下降到最低点时，三只小球速度均为0，系统动能最小，系统势能最大，A错误； B．根据对称性可知，B、C两小球速度大小相等，设A球速度大小为，B、C两小球速度大小为，根据牵连速度关系，有 整理得 三小球的动能之比为 B错误； C．A的动能最大时，速度达到最大，此时A所受合力为0，设A与B间杆上的力为，对A，有 对B受力分析，竖直方向，有 C正确； D．当A下降到最低点时，弹簧的弹性势能最大，此时三个小球速度均为0 ，根据系统机械能守恒，可知A球减小的重力势能等于弹簧的弹性势能，有 D正确。 故选CD。 8．如图所示，质量的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮后与套在光滑直杆顶端的、质量的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为，且与水平面的夹角，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。已知，重力加速度g取，轻绳不可伸长，图中直线与杆垂直。现将小球A由静止释放。下列说正确的是（　　） A．释放小球A之前弹簧的形变量 B．小球A运动到C点的过程中拉力对小球A所做的功 C．小球A运动到底端D点时，B物体的速度大小为 D．小球A运动到底端D点的过程中，小球A和物体B组成的系统机械能守恒 【答案】AC 【详解】A．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为，对于B根据平衡条件有 解得 故A正确； B．小球A从顶点运动到C的过程，设绳子拉力对小球A所做的功为，根据动能定理有 由图，根据几何关系有 ， 物块B下降的高度为 由此可知，弹簧此时被压缩了，则弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B组成的系统机械能守恒，则 当小球A运动到C点时，小球A的速度方向与绳子垂直，则此瞬间物块B的速度 联立解得 故B错误； C．由图根据几何关系可知 则小球A运动到D点时，物体B又回到原位置，有 对于整个下降过程由机械能守恒得 解得 ， 则小球A运动到底端D点时B物体的速度大小为，故C正确； D．小球A运动到底端D点的过程中，弹簧对B物体做功，则小球A和物体B组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选AC。 9．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小圆环，圆环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环从图中所示的A处由静止释放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，整个过程中重物都只在竖直方向运动且未与定滑轮相碰。忽略定滑轮的质量和大小，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为 B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为 C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小 D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为 【答案】AD 【详解】AB．设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为T，重物加速度为a，则有 根据运动的分解可知 解得 ， 故A正确，B错误； C．圆环下落到最低点的过程中，拉力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆环的机械能先增加后减小，故C错误； D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，根据运动的分解可知，重物的速度为0，系统根据机械能守恒定律有 解得 故D正确； 故选AD。 10．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等且均为m，运动过程的摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移大小为h时。则（　　） A．B的速率是A的2倍 B．悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为 C．A的速度大小为 D．轻绳对B做功为 【答案】AD 【详解】A．根据题意可知，当A的位移大小为h时，B的位移大小为2h，由公式可知，B的加速度大小是A的加速度大小的2倍，由可得，B的速率是A的2倍，故A正确； B．设悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为，A的加速度大小为，则B的加速度大小为，由牛顿第二定律，对A有 对B有 联立解得 故B错误； CD．根据题意可知，运动过程中系统的机械能守恒，则有 又有 解得 ， 设轻绳对B做功为，由动能定律有 解得 故C错误，D正确。 故选AD。 11.如图，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（     ） A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 C．圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 【答案】BC 【详解】A．圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，故A错误； B．圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为 圆环的速度为零，根据整个系统机械能守恒，可得 即弹簧弹性势能变化了，故B正确； C．圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所受合力不为零，故C正确； D．在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，故D错误。 故选BC。 12.如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑块C上，物块A的下端用弹簧与放在地面上的物块B连接，A、B两物块的质量均为5kg，开始时绳连接滑块C部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为3米，用手控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当C下滑4米时，释放滑块C，结果滑块C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为（　　） A．C的质量为8kg B．当B刚好要离开地面时，所以绳的拉力为100N C．弹簧的劲度系数为500N/m D．若从开始位置（绳连接滑环C部分处于水平时）由静止释放滑块C，当物块B刚好要离开地面时，滑块C的速度大小为 【答案】ABD 【详解】AB．开始时绳连接滑块C部分处于水平，滑轮到杆的距离为3米，当C下滑4米时，由几何关系可得绳与竖直方向的夹角为 当B刚好要离开地面时，所以绳的拉力 T=2mAg=100N 对C受力分析得 mCg=Tcosθ 解得 mC=8kg 故AB正确； C．设弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为 当B刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为 由几何关系可得A上升的距离为 则有 联立可得劲度系数为 故C错误； D．设由静止释放滑块C，求当物块B刚好要离开地面时，C的速度为v，则 A、B两物块的质量相等，弹簧的压缩量等于伸长量，弹性势能不变，根据机械能守恒定律有 解得 故D正确。 故选ABD。 13.如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在光滑的竖直固定杆上，圆环从M处由静止释放，圆环在N点时弹簧处于原长，圆环在M点与在P点的机械能相同，下列说法中正确的是（    ） A．圆环在N点时动能最大 B．圆环在M点与P点时弹簧的弹性势能相同 C．圆环由M到P的过程中，圆环的机械能守恒 D．圆环由M到N的过程中增加的机械能等于圆环由N到P的过程中减少的机械能 【答案】BD 【详解】A．圆环在N点时弹簧处于原长，则从N点继续向下运动时弹簧弹力从0开逐渐增大，一开始弹簧弹力沿竖直向上的分力仍然小于重力，圆环继续向下加速运动，所以圆环在N点时动能不是最大，故A错误； B．圆环与弹簧组成的系统满足机械能守恒，由题意可知圆环在M点与在P点的机械能相同，则圆环在M点与P点时弹簧的弹性势能相同，故B正确； C．圆环由M到P的过程中，由于存在弹簧弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故C错误； D．有圆环在M点与P点时弹簧的弹性势能相同，所以圆环由M到N的过程中弹性势能的减少量等于圆环由N到P的过程中弹性势能的增加量，又圆环与弹簧组成的系统满足机械能守恒，所以圆环由M到N的过程中增加的机械能等于圆环由N到P的过程中减少的机械能，故D正确。 故选BD。 14．如图所示，一劲度系数为的轻弹簧下端固定于倾角为的光滑斜面底端，上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为。初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，段轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N。已知物块P的质量，物块Q的质量为，不计轮滑大小及摩擦作用，取，，。现将物块P由静止释放，求： (1)物块P位于A时，弹簧的伸长量； (2)物块P上升至与滑轮O等高的B点时的速度大小； (3)物块P上升至B点过程中，轻绳拉力对其所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P位于A点，假设弹簧伸长量为，对Q受力分析，则 代入得 （2）此时OB垂直竖直杆，，，则，此时物块Q速度为0，下降距离为 代入得 即弹簧压缩量为 弹簧的弹性势能不变。对物块P、Q及弹簧组成的整体，根据能量守恒有 代入得 （3）对物块P，由能量守恒知 代入得 15.如图所示，质量为m的小球甲，穿过一竖直固定的光滑杆与轻弹簧的一端连接，轻弹簧套在杆上，另一端固定在地面。质量为4m的小球乙用轻绳跨过光滑的小定滑轮与甲连接，O为滑轮的顶点。开始托住乙球，左侧轻绳刚好竖直伸直但无张力，甲球静止于P点，绳OP与水平方向夹角为。某时刻由静止释放乙球，当小球甲经过Q点时，弹簧的弹力大小与在其P点时弹簧的弹力大小相等，OQ水平，。已知重力加速度为g，，乙球运动过程中始终未与地面接触。求： (1)弹簧的劲度系数； (2)甲球到达Q点时的速度大小； (3)若只改变乙球的质量，仍让乙球从轻绳刚好伸直的位置由静止释放，为使甲球能够到达Q点，乙的质量应该满足的条件。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球甲经过Q点时，弹簧的弹力大小与在其P点时弹簧的弹力大小相等，则在P点弹簧的压缩量为，由甲球在P点平衡可得 解得 （2）由图中的几何关系可知 设甲球到达Q点时的速度大小为，甲乙两球沿绳方向的速度相等，可知此时乙球的速度为零，在P、Q两点弹力相同，由系统机械能守恒可得 解得 （3）当甲球到达Q点时，速度应该大于等于零，由系统机械能守恒可知 解得 16．（2025高三上·福建福州·开学考试）如图所示，倾角、光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为的物体A和B用一劲度系数的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆。当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆间的夹角，且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C从位置R由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取。求： (1)小环C的质量M； (2)小环C运动到位置Q的速率v； (3)小环C通过位置S时的动能； 【答案】(1)0.72kg (2)2m/s (3)2.76J 【详解】（1）当圆环在Q点时由平衡可知 对AB整体 解得 M=0.72kg （2）圆环在R和Q位置时两位置的弹性势能相等，小环从位置R运动到位置Q的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统，由机械能守恒有 又 vA=vcosα 两式联立可得 v=2m/s （3）由题意可知，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、斜面的支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态，由平衡条件有 mgsinθ=kΔx1 解得弹簧的伸长量为 Δx1=0.05m 当小环C通过位置S时A下降的距离为 此时弹簧的压缩量为 Δx2=xA-Δx1=0.1m-0.05m=0.05m 由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末状态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统，由机械能守恒有 Mgdcotα+mgxAsinθ=Ek 解得 Ek=2.76J 29 / 32 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$