第09讲 连接体模型讲义（思维导图+知识点+技巧方法+题型归纳+巩固练习）-2026届高考物理一轮复习

第09讲 连接体模型讲义 目 录 思维导图 2 学习目标 2 知识要点 3 技巧方法 6 题型分类 7 题型01：平衡状态下的物物叠放连接体 7 题型02：平衡状态下的弹簧连接体 11 题型03：物物叠放连接体与牛顿第二定律 14 题型04：轻杆连接体与牛顿第二定律 65 题型05：弹簧连接体与牛顿第二定律 67 题型06：轻绳连接体与牛顿第二定律 81 题型07：连接体与功能关系及动量结合 100 题型08：连接体瞬时性及临界值问题 126 高中物理连接体模型的学习目标可围绕“理解模型本质、掌握解题方法、提升综合能力”三个核心维度展开，具体如下： 一、知识与概念目标 1. 明确模型定义：理解连接体是指通过绳子、轻杆、弹簧或接触面等相互作用连接的两个及以上物体组成的系统，能识别常见连接体类型（如轻绳连接、轻杆连接、叠放体、斜面连接体等）。 2. 掌握受力特点：清晰区分系统内的“内力”（物体间相互作用力）和系统外的“外力”（重力、支持力、拉力等），理解“整体法”分析外力、“隔离法”分析内力的逻辑依据。 3. 关联运动规律：结合牛顿运动定律（尤其是第二定律），明确连接体系统在共速、变速（加速/减速）、相对静止或相对滑动等不同运动状态下，受力与加速度的关系。 二、方法与技能目标 1. 熟练两大核心方法： 掌握整体法：能对连接体系统整体分析，列写“合外力=总质量×共同加速度”的方程，快速求解加速度或外力（适用于系统加速度相同的场景）。 掌握隔离法：能对系统中单个物体隔离分析，画出受力示意图，列写牛顿第二定律方程，求解物体间的内力（如绳子拉力、杆的作用力、摩擦力等）。 2. 学会方法选择策略：根据问题条件（如是否求内力、加速度是否相同），灵活切换整体法与隔离法，能通过“先整体求加速度，后隔离求内力”的思路解决典型问题。 3. 提升建模与计算能力：能将复杂情境（如斜面、传送带、临界状态）中的连接体问题，抽象为标准模型；熟练进行力的分解（如沿运动方向与垂直方向）和方程求解，避免计算错误。 三、思维与应用目标 1. 培养系统思维：从“部分”（单个物体）到“整体”（系统）再到“部分”，建立多角度分析物理问题的思维习惯，理解“整体与隔离的辩证关系”。 2. 突破临界问题：能分析连接体系统的临界状态（如绳子刚绷紧、物体刚要滑动、弹簧弹力突变等），判断临界条件（如弹力为零、静摩擦力达到最大值），并结合规律求解。 3. 实现知识迁移：能将连接体模型的分析方法，迁移到动量守恒、机械能守恒等后续知识中，解决多过程、多规律结合的综合题（如连接体碰撞、机械能与动能定理结合问题）。 通过以上目标，最终能独立解决连接体模型的基础题与中档综合题，为复杂力学问题的学习奠定核心能力。 一：连接体模型的定义 两个或两个以上物体相互通过相互作用力（绳子拉力、弹簧的弹力、摩擦力等）互相联系参与运动的系统称为连接体。通常是指某几个物体所组成的物体系。 二：连接体问题的类型: 物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。 (1)物物叠放连接体（叠加体） (2)轻杆连接体 (3)弹簧连接体 (4)轻绳连接体 连接体的运动特点 轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等． 轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比． 轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等． 三：连接体模型的运动状态 （1）连接体中各物体均处于平衡状态 例：如图已知Q和P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ ，两物体的质量都是m，滑轮的质量和摩擦都不计。若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为多少？ （答案4 μ mg） （2）各物体具有相同的加速度 例：如图水平面光滑，对M施加水平向右的推力F，则M对m的弹力为多大？ （3）连接体中一个静止，另一个物体加速 例：如图中物块m沿斜面体M以加速度a下滑，斜面体不动．求地面对斜面体的静摩擦力的大小与方向。 解法一：对两个物体分别应用隔离法 解法二：系统应用牛顿第二定律法f＝macosθ＋M×0＝macosθ 研究对象的选择和三种常用解题方法: （1）研究对象的选择 （2）三种常用方法 方法一：隔离法 方法二：整体与隔离相结合（整体法求加速度,隔离法求相互作用力） 方法三：系统应用牛顿第二定律法 四：解决连接体问题方法 （1）整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 （2）隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。 （3）整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”的方法。 牛顿第二定律公式F=ma中的“F”指的就是物体(或系统)所受的合力,因此,在处理连接体问题时,必须注意区分内力和外力,特别是用整体法处理连接体问题时,切忌把系统内力列入牛顿第二定律方程中。当然,若用隔离法处理连接体问题,对所隔离的物体,它所受到的力都属外力,就不存在内力问题了。 五：与弹簧有关的平衡问题 弹簧是平衡中考得较多的物理模型，同学们求解时必需抓住以下两点： 1. 弄清弹力的特点 （1）既能施拉力也能施压力。 （2）弹簧只能渐变，不能突变。 （3）轻弹簧内部的弹力处处相等。 （4）弹簧在弹性限度内，产生的弹力遵从胡克定律f=kx，式中x指相对原长的形变量。当形变量变化Δx时，弹力也发生相应的变化Δf，且Δf=kΔx。 2. 注意两个问题 （1）对同一大小的弹力；弹簧对应两个状态，要注意不要漏解。 （2）涉及弹簧“关联物”平衡的问题，要注意弹簧所处的状态，利用胡克定律结合平衡条件求解。 六：解连接体问题时的常见错误 错误一：例如F推M及m一起前进（如图），隔离m分析其受力时，认为F通过物体M作用到m上，这是错误的． 错误二：用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时（如图所示．不考虑弹簧秤的重力），往往会认为弹簧秤对物块M的拉力也一定等于F．实际上此时弹簧秤拉物体M的力F/＝F—ma，显然F/＜F．只有在弹簧秤质量可不计时，才可认为F/＝F． 错误三：运用整体法分析问题时，认为只要加速度的大小相同就行，例如通过滑轮连接的物体，这是错误的．正确做法应产用分别隔离法求解。 一：同条件同加速度轻弹簧连接体模型的动力学计算问题 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＝； （2）若外力F作用于m2上，则m1和m2的相互作用力F12＝； 二：轻弹簧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－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＋at2可得＝v0＋at，由此知－t图象的斜率为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－v＝2ax得x＝v2－v，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为v02。 ⑦由x＝at2，可知x－t2图线的斜率表示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01：平衡状态下的物物叠放连接体 【典型例题1】(多选)如图所示，在粗糙的水平面上叠放着物体A和B，A和B间的接触面也是粗糙的，如果用水平拉力F施于A，而A、B仍保持静止，则下面的说法中正确的是（ ） A．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于F B．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于零 C．物体A与B间的静摩擦力的大小等于F D．物体A与B间的静摩擦力的大小等于零 【答案】AD 【解析】以A、B整体为研究对象，分析受力可知，整体水平方向受到拉力F和地面对A的静摩擦力fA，由平衡条件得到fA＝F。故A正确，B错误。以B为研究对象，分析受力可知，B相对于A没有运动趋势，B不受静摩擦力，即物体A与B间的静摩擦力的大小等于零。故C错误，D正确。 【变式训练1】(多选)如图13所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　) A．该水平拉力大于轻绳的弹力 B．物块c受到的摩擦力大小为μmg C．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg 【答案】　ACD 【解析】　三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：T＝2μmg，则F>T，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解得f＝ 0.5 μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2μmg＝2ma′，对c：f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D正确． 【变式训练2】如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。A与天花板之间的细绳沿竖直方向，则关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ） A. A、B之间一定存在摩擦力作用 B. A可能受三个力作用 C. B可能受到地面的摩擦力作用 D. B受到地面的支持力一定大于B的重力 【答案】B 【解析】对A进行受力分析，则A可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时AB间没有相互的挤压，故没有摩擦力，故A错误；若绳子对木块没有拉力，则此时A受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故B正确；对整体受力分析可知，整体不受水平方向的推力作用，故B不受地面的摩擦力，故C错误；若出现A中情况，此时A对B没有压力，故B只受重力和支持力而处于平衡；此时支持力等于B的重力，故D错误。 【变式训练3】如图所示，斜面光滑、底面粗糙的三角形斜面A放置在水平地面上，将上表面水平的三角形滑块B放于斜面上，在B的上表面放置物块C，将B和C同时释放，发现B和C相对静止，A相对地面静止，已知斜面倾角为，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C组成的系统处于超重状态 B．斜面A对地面的摩擦力向左 C．C对B的作用力对B做负功 D．B与C之间的动摩擦因数一定不小于 【答案】D 【解析】A．B、C沿斜面加速运动，隔离B和C作为一个整体受力分析，可得B和C的加速度大小 方向沿斜面向下，由于具有竖直向下的分加速度，所以BC系统处于失重状态，故A错误； B．由于A、B、C整体具有水平向左的分加速度，所以地面对斜面体的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律，斜面A对地面的摩擦力水平向右，故B错误； C．设物块C的质量为m，对物块C受力分析 由牛顿第二定律得水平方向上 竖直方向上 假设摩擦力与支持力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得 联立解得 即 所以B对C的作用力与斜面垂直，由牛顿第三定律得，C对B的作用力垂直斜面向下，所以C对B不做功，故C错误； D．由于B和C相对静止，可知B和C之间的摩擦力不大于最大静摩擦力，对物块C受力分析，水平方向满足 解得 故D正确。 故选D。 【变式训练4】（多选）如图所示，质量为的滑块Q，沿质量为M、倾角为的斜面体P的斜面匀速下滑，斜面体P静止在水平面上，在滑块Q下滑的过程中（ ） A．Q对P的压力大小为 B．Q对P的摩擦力大小为 C．地面对P的支持力大小为（M+m）g D．P对Q的作用力大小为mg，方向竖直向上 【答案】CD 【解析】因Q物体匀速下滑，受力平衡，在垂直斜面方向有，由力的相互性可知，故A项错误；沿斜面方向有，由力的相互性知Q对P的摩擦力大小 ，故B项错误；如果将斜面与物块看成一个整体，整体受力平衡合外力为零，竖直方向N地=（M+m）g，故C项正确；由于物块沿粗糙的斜面匀速下滑，故其受到的合力为零，物块受到重力是竖直向下的，所以斜面对物块的力竖直向上，与重力平衡；故D项正确。 【变式训练5】如图所示，在水平桌面上放置一斜面体，两长方体物块a和b叠放在斜面体上，整个系统处于静止状态，若将a和b、b与斜面体、斜面体与桌面之间摩擦力的大小分别用、和表示，则（ ） A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0 C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0 【答案】C 【解析】取a为研究对象，a有沿b的表面下滑的运动趋势，故f1≠0；取a、b整体为研究对象，a、b整体有沿斜面下滑的运动趋势，故f2≠0；取a、b、P整体为研究对象，a、b、P整体相对地面没有运动趋势，故f3＝0，C项正确。 【变式训练6】如图，水平地面上叠放着矩形物体A 和B，细线一端连接A，另一端跨过定滑轮连接着物体C，A、B、C 均静止. 下列说法正确的是（　　） A．A共受到三个力作用 B．B共受到四个力作用 C．适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则A对B的压力比原来大 D．适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则地面对B的摩擦力比原来大 【答案】D 【解析】A物体受到重力、物体B的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，共四个力。B受到重力、地面的支持力、A给B的压力、A对B的摩擦力和地面对B的摩擦力，共五个力。所以A项和B项错。增加C的质量，绳子的拉力增大。选Ａ为研究对象，在竖直方向上，拉力分力变大，而重力不变，所以，Ｂ对Ａ的支持力变小。选ＡＢ作为整体，拉力变大，水平向右的分力变大，则地面给Ｂ向左的摩擦力也变大。所以Ｃ项错，Ｄ项对。 故答案为：D 【分析】分别研究Ａ和Ｂ的受力时，应该把两个物体单独隔离出来，分析它们的受力。因为Ａ和绳子直接连在一起，研究Ａ和Ｂ之间的压力时，应该把Ａ隔离出来，分析在竖直方向的受力情况。研究地面对Ｂ的摩擦力时，应该选ＡＢ作为整体进行研究。 题型02：平衡状态下的弹簧连接体 【典型例题1】如图所示，完全相同的质量为m的A、B两球用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】对其中一个小球进行受力分析，如图所示，根据平衡条件可得F＝mgtan，根据胡可定律可得F＝kx，联立两式解得x＝，A正确。 【变式训练1】（多选）如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于拉伸状态的弹簧，A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是（ ） A．B受到向左的摩擦力 B．B对A的摩擦力向右 C．地面对A的摩擦力向右 D．地面对A没有摩擦力 【答案】ABD 【解析】拉伸的弹簧对B有向右的弹力，B有向右运动的趋势，受到向左的摩擦力，选项A正确；A对B的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向右，选项B正确；对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力，选项C错误，D正确。 【变式训练2】(多选)如图所示，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静置于倾角为θ的粗糙斜面体上，斜面体始终保持静止，则下列判断正确的是（ ） A．物体甲一定受到4个力的作用 B．物体甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下 C．物体乙所受的摩擦力不可能为零 D．水平面对斜面体无摩擦力作用 【答案】CD 【解析】若压缩的弹簧对物体甲向上的弹力大小恰好等于，则甲只受三个力作用，选项A、B错误。因弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，乙的重力也有沿斜面向下的分力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，选项C正确。取甲、乙和斜面体为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体无摩擦力作用，选项D正确。 【变式训练3】(多选)如图为一位于墙角的斜面，其倾角θ＝37°，一轻质弹簧一端系在质量为m的物体上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，物体在斜面上静止时，弹簧处于伸长状态，则（ ） A．物体一定受四个力作用 B．弹簧弹力可能是 C．物体受到的摩擦力一定沿斜面向上 D．斜面对物体的作用力方向一定竖直向上 【答案】AC 【解析】物体受力如图所示，物体共受重力、支持力和弹簧的拉力，要使物体处于平衡状态，物体一定受到向上的摩擦力作用，选项A、C正确。若，则F垂直斜面向上的分力为，等于，此时物体对斜面没有压力，物体不可能处于平衡状态，选项B错误。斜面对物体的作用力包括FN和Ff，二者的合力的方向与F和mg的合力方向相反，故应斜向左上方，不可能竖直向上，选项D错误。 【变式训练4】如图所示，质量为m的小球放在光滑水平地面上，与连接在天花板上的细线和连接在竖直墙上的水平轻弹簧连接，细线与竖直方向的夹角为45°，此时重物对水平地面的压力大小等于 。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，则弹簧的伸长量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】对小球进行受力分析可得 整理得 故答案为：A。 【分析】对小球进行受力分析并正交分解，再根据平衡列方程求解。 【变式训练5】(多选)如图所示，将一充有氢气的气球系在一个石块上，风沿水平方向吹，气球受到的风力大小为F风＝kSv2(k是阻力系数，S是迎风横截面积)，石块开始静止于水平地面上，则（ ） A．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面 B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面 C．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起沿地面向左滑动 D．无论风速多大，气球连同石块都不会被吹动 【答案】BC 【解析】如图所示，整体分析气球与石块。开始时受力平衡，水平风力增大，不改变竖直方向的各个力，则石块不会离开地面，选项A错误，B正确。开始时系统平衡，有，又有(μ为石块与地面的动摩擦因数)，解得，若增大，竖直方向，压力不变，当增大到时，系统会沿地面向左滑动，选项C正确，D错误。 题型03：物物叠放连接体与牛顿第二定律 【典型例题1】(多选)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上，如图所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是(　　) A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F B．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为 C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmg D．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为 【答案】BD 【解析】　若水平地面光滑，将A、B看做一个整体有：a＝＝，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：a＝，所以FA＝ma＝F，A错误，B正确；若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，将A、B看做一个整体有：a′＝，将B隔离有：a′＝，解得FA′＝，C错误，D正确 【变式训练1】(多选)水平面上A和B两物体和水平面间的动摩擦因数为，A和B的质量均为，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．当时，A、B间的弹力为 B．当时，A、B间的弹力为 C．当时，A、B间的弹力为 D．若，当时，A、B间的弹力大于 【答案】AC 【解析】A．AB整体受到地面的最大静摩擦力当，AB整体处于静止状态，对于A受到水平向右1N的F与地面给的1N向左的静摩擦力而平衡，则A和B没有挤压，A、B间的弹力为，A正确； B．对于A，受到的最大静摩擦力当时，AB整体处于静止状态， A静止时合力为零，则B给A向左的弹力即A、B间的弹力为1N，B错误； C．AB整体受到地面的最大静摩擦力所以当时，整体运动，整体的加速度对于B物体;解得,C正确； D．若，当时，整体的加速度对于B物体,D错误。 故选AC。 【变式训练2】．(多选)如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们一起做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．第1块木块与第2块木块之间的弹力大小为 B．第4块木块与第5块木块之间的弹力大小为 C．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变大 D．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变小 【答案】ABD 【解析】设每个木块的质量为m，木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，木块一起做匀加速运动的加速度大小为a，对整体根据牛顿第二定律有 ①设第n块木块与第n+1块木块之间的弹力大小为Fn，则对1~n块木块根据牛顿第二定律有 ②联立①②解得 ③ 根据③式可知，第1块木块与第2块木块之间的弹力大小为第4块木块与第5块木块之间的弹力大小为且由左向右，n增大，两块木块之间的相互作用力依次变小，故ABD正确，C错误。故选ABD。 【变式训练3】如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（） A．若μ≠0，则k= B．若μ≠0 ， k = C．若μ=0，则 D．若μ=0，则 【答案】D 【解析】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小： 所以，和之间相互作用力为： 与之间相互作用力： 所以可得： 【变式训练4】．如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4kg，mB为6kg．从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA=（8–2t）（N）和FB=（2+2t）（N）。则下列说法不正确的是（　　） A．两物块共同运动的加速度为1m/s2 B．两物块从在开始运动到4s末恰好分离 C．4s末物体A运动的加速度为零 D．8s末物体B运动的加速度为3m/s2 【答案】B 【解析】A．FA、FB的大小都随时间而变化，但A、B整体受到的合力 F合=FA+FB=10N 保持不变，故开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，对整体有 FA+FB=（mA+mB）a 得 a=1m/s2 故A正确； B．当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，此时两者的加速度仍相等，有 即 解得 t=2s 所以在2s内，A、B两物体一直以1m/s2的加速度做匀加速运动，t=2s后A、B两物体分离，故B错误； C．在t=4s时，A、B间无相互作用，此时 FA=0 所以，A所受合力为0，加速度为0，故C正确； D．在t=8s时，A、B间无相互作用，此时 FB=（2+28）N=18N B的加速度为 故D正确。 由于本题选择错误的，故选B。 【变式训练5】如图所示，质量分别为、的两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑的水平面上。从开始，推力和拉力分别作用于上，随时间t的变化规律为、；经过一段时间，刚好分开。此时，作用在A上的推力随时间t的变化规律不变，作用在B上的拉力立即撤出，换上与水平方向的夹角为斜向上的恒力F，且B与地面之间的弹力为0，当B沿着地面继续向前再运动一段时间时，A的加速度刚好为0。已知重力加速度g取，，，求： （1）A，B未分离之前的加速度大小和第一段时间； （2）换上恒力F瞬间B物体的加速度大小和第二段时间； （3）第二段时间内B物体的位移大小。 【答案】（1）；；（2）；；（3） 【解析】（1）依题意，可知A，B分离之前，可得，整体加速，由牛顿第二定律有，代入数据求得加速度大小，A，B分离瞬间，二者之间的弹力为0，但加速度仍然相同，则有，代入表达式可得 （2）依题意，换上恒力F瞬间，对B在竖直方向上有，水平方向 求得，，此时A加速度为0，有，则 （3）第二段时间内B物体的位移， 联立两式，代入数据求得 【典型例题2】如图，在水平拉力F的作用下，小车在光滑的水平面上向右加速运动时，物块A与车厢壁相对静止，当水平拉力F增大时，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)则(　　) A．物块A受到的摩擦力变大 B．物块A受到的摩擦力不变 C．物块A可能相对于车厢滑动 D．车厢壁对物块A的支持力不变 【答案】B 【解析】设物块A的质量为M，以物块A为研究对象，受力分析如图所示．当水平拉力F增大时，小车和物块A的加速度增大．当加速度增大时，物块A受到的支持力增大，竖直方向根据平衡条件可得，摩擦力Ff＝Mg，保持不变，故B正确，A、D错误；小车的加速度增大时，弹力FN＝ma增大，物块A受到的最大静摩擦力增大，则物块A不可能相对于车厢滑动，故C错误． 【变式训练1】如图所示，在竖直平面内，一辆小车正在水平面上以加速度a向右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物块放在大物块上与大物块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对滑动。重力加速度为g，a < g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块与大物块间的动摩擦因数μ2间的大小关系正确的是（   ） A．μ1 < μ2 B．μ1 = μ2 C．μ1 > μ2 D．μ1μ2 < 1 【答案】C 【解析】将m与M看作一个整体有 (m + M)g = μ1N1，N1 = (m + M)a 对m受力分析有 mg = N2，μ2N2 = ma 代入分别解得 μ1 = ，μ2 = 由于a < g，则有 μ1 > 1，μ2 < 1，μ1 > μ2 故选C。 【典型例题3】如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】D 【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知 可得 可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。 【典型例题4】有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°、45°、30°，这些轨道交于O点，现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙，分别沿这3个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序为（　　） A．甲最先，乙稍后，丙最后 B．乙最先，然后是甲和丙同时到达 C．丙最先，乙稍后，甲最后 D．甲、乙、丙同时到达 【答案】B 【解析】设斜轨道底边的长度为，斜面的倾角为，则斜轨道的长度为 根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为 则有 代入数据得 得到 根据数学知识得知 则甲和丙运动的时间相等，同时达到斜轨道的底端O点；乙运动时间最短，乙最先到达O点。故ACD错误，B正确。 【变式训练1】农村拆旧房时需要将旧瓦片由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB、CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上。把一摞瓦片放在滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到低处。在实际操作中，为了防止瓦片滑到底端时因速度过大而被摔碎，下列措施中可行的是（　　） A．增大两杆的倾角α B．增大两杆之间的距离 C．减小两杆之间的距离 D．减少每次运送瓦片的数量 【答案】B 【解析】A．瓦片滑到底端时速度过大，说明其加速度较大，为了防止摔碎，应该减小瓦片加速度，对瓦片根据牛顿第二定律得 解得 增大两杆的倾角α，增大，减小，a增大，故A错误； BC．增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故B正确，C错误； D．根据加速度得表达式可得，瓦片加速度与瓦片质量无关，减少每次运送瓦片的数量不能使瓦片加速度减小，故D错误。 【变式训练2】倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈恰能匀速下滑，斜劈静止。现给下滑的物体施加如图所示的恒力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则（　　） A．此时地面对斜劈的摩擦力为0 B．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向左 C．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向右 D．物体与斜面间的摩擦力不变 【答案】A 【解析】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到物体对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力F后，根据滑动摩擦定律f=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故支持力和滑动摩擦力合力的方向不变，物体仍将沿斜面匀速下滑，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；由于物体对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向不变，竖直向下；因此地面对斜劈没有摩擦力，故A正确，BCD错误。故选A。 【变式训练3】如图所示，质量为M、倾角为的斜面体始终静止在水平桌面上，质量为的木块沿光滑斜面自由下滑，重力加速度大小为，，，下列结论正确的是（　　）    A．斜面体处于失重状态 B．木块对斜面体的压力大小为0.6mg C．桌面对斜面体的摩擦力大小为0.64mg D．桌面对斜面体的支持力大小为 【答案】D 【解析】A．斜面体处于静止状态，不是失重状态，故A错误； B．木块对斜面体的压力大小为 故B错误； C．物块下滑的加速度 对斜面体和物块的整体，水平方向 即桌面对斜面体的摩擦力大小为0.48mg，故C错误； D．对斜面体和物块的整体，竖直方向 即桌面对斜面体的支持力大小为，故D正确。 故选D。 【变式训练4】 (多选)如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（  ） A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】ACD 【解析】AC．由图可知上滑过程的加速度大小为 有 下滑过程加速度大小为 有 联立上述方程可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，故AC符合题意； B．物块的质量无法求得，故B不符合题意； D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 可知可以求出，故D符合题意。 【变式训练5】(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端（脚底与滑梯不打滑），然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列判断正确的是（    ） A．儿童向上走时所受摩擦力为，方向沿斜面向上 B．儿童向上走时所受摩擦力为，方向沿斜面向上 C．儿童下滑时加速度为，方向沿斜面向下 D．儿童下滑时加速度为，方向沿斜面向下 【答案】AC 【解析】AB．儿童从底端缓慢走到顶端时，处于平衡状态，所受摩擦力为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为，方向沿斜面向上，故A正确B错误； CD．儿童下滑时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为 下滑时的加速度大小为 方向沿斜面向下，故C正确，D错误。 【变式训练6】(多选)如图所示，高为、长为的斜面体静置于水平地面上，将质量为、可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经小球与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小为，不计一切摩擦，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　）    A．斜面体的质量为 B．小球能达到的最大速度为 C．小球对斜面体的压力大小为 D．小球在斜面体上运动时，斜面体对地面的压力大小为 【答案】AC 【解析】A．斜面体的底边长内斜面体运动的位移大小为 所以小球从释放到与斜面体分离，沿水平方向运动的位移大小为 根据水平方向上动量守恒知 斜面体的质量为 选项A正确； B．根据动量守恒定律知 即 小球与斜面体分离时的速度大小为 选项B错误； C．对斜面体有 解得 选项C正确； D．小球在竖直方向上满足 即 对整体在竖直方向上有 解得 选项D错误。 故选AC。 【变式训练7】如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中（　　） A．地面对物体M的摩擦力先向左后向右 B．地面对物体M的摩擦力大小不变 C．地面对物体M的摩擦力方向不变 D．地面对物体M的支持力总等于（M+m）g 【答案】C 【解析】物体减速上滑时，物块的加速度沿斜面向下，大小为 a1=gsinθ+μgcosθ 以整体为研究对象，把m的加速度在水平方向和竖直方向进行分解，水平方向的加速度由水平方向的摩擦力提供，则 f1=ma1cosθ 摩擦力方向水平向左；竖直方向的加速度由竖直方向的合力提供， 所以上滑过程中斜面体所受支持力小于；在下滑过程中，m的加速度向下，大小为 a2=gsinθ-μgcosθ 同理把加速度分解后判断摩擦力 f2=ma2cosθ≠f1 水平向左，支持力小于，故ABD错误，C正确。 故选C。 【变式训练8】物体A、B分别静止在倾角为θ1、θ2的光滑斜面上,它们的质量分别为mA、mB,用沿斜面方向向上的拉力F拉物体A、B,所得加速度a与拉力F的关系图线如图中A、B所示,则(　　)。 A.θ1>θ2,mA>mB B.θ1>θ2,mA<mB C.θ1<θ2,mA>mB D.θ1<θ2,mA<mB 【答案】B 【解析】用沿斜面方向向上的拉力F拉物体时,根据牛顿第二定律,有F-mgsinθ=ma,即a=F-gsinθ,因此在a-F图象中,斜率表示物体质量的倒数,所以mA<mB,纵轴截距为-gsinθ,所以θ1>θ2。 【变式训练9】在第24届北京冬奥会后，全国范围内掀起了一股滑雪运动热潮。如图所示是某高山滑雪场一滑道示意图，为弧形滑道，为水平滑道，为倾斜直滑道，滑道间平滑连接。小王从段滑下，到达B点时速度达，然后保持身体姿态不变自由滑行，后滑至C点，后沿上滑再经至最高点。已知长度为，小王和滑板整套装备总质量为，滑道倾角为，g取，，求： （1）运动员滑至C点的速度； （2）沿上滑的最大距离； （3）沿上滑过程中受到的阻力大小。 【答案】（1）14m/s；（2）28m；（3）35N 【解析】（1）从B到C由平均速度公式 又因中间时刻的瞬时速度等于平均速度 解得 （2）上滑中间时刻的瞬时速度等于平均速度 由平均速度公式 （3）上滑，由牛顿第二定律 又因为 解得 【变式训练10】如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v-t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求： (1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L； (2)沿斜面向上运动两个阶段的加速度、和拉力F的大小。 【答案】(1)0.5m，1.5m；(2)，方向为平行斜面向上；，方向为平行斜面向下；8N 【解析】(1)在内，由图乙可知，物块上升的最大距离为 物块下滑的距离为 所以物块的位移为 物块的路程为 (2)由图乙知，沿斜面向上运动第一阶段加速度为 方向为平行斜面向上， 沿斜面向上运动第二阶段加速度为 方向为平行斜面向下， 设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为，根据牛顿第二定律有，沿斜面向上运动第一阶段 沿斜面向上运动第二阶段 解得 【变式训练11】在高速公路长下坡路端的外侧，常设有避险车道（可简化为倾角为的斜面，如图所示），供刹车失灵的车辆自救，当失控车辆冲上该车道时，减速至停车。若一辆货车关闭发动机后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段距离时到B点速度减为0，该货车与避险车道的动摩擦因数为，忽略空气阻力，重力加速度为g．求： （1）货车在避险车道上减速运动的加速度； （2）货车在避险车道上减速通过的距离． 【答案】见解析 【解析】（1）货车受重力G、支持力N和摩擦力f，设货车上滑的加速度为a，根据牛顿第二运动定律有： 解得货车在避险车道上减速运动的加速度 ，方向沿着车道向下。 （2）根据运动学公式得，将a代入得 货车在避险车道上减速通过的距离 【典型例题5】　如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(　　) A. B. C. D. 【答案】　B 【解析】对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：＝，选项B正确. 【变式训练1】新闻里多次报导家长抱孩子乘坐自动感应扶梯，因为受力变化而站立不稳．自动扶梯上没有人时静止，人踏上扶梯的水平踏板后，扶梯会自动以加速度a匀加速运动一段时间后再匀速运动．如图所示，质量为M的母亲抱着质量为m的婴儿踏上扶梯下楼，下楼过程中母婴始终保持与扶梯相对静止，设扶梯与水平面之间的夹角为θ．关于母婴受力情况分析正确的是（　　） A．电梯在匀速运动过程中，婴儿对母亲的作用力与扶梯运动方向一致 B．电梯在匀速运动过程中，踏板给母亲水平向前的摩擦力 C．电梯在加速运动过程中，踏板对母亲的摩擦力大小为 D．电梯在加速运动过程中，婴儿对母亲的作用力大小为 【答案】C 【解析】A．电梯在匀速运动过程中，婴儿受重力和支持力二力平衡，所以他对母亲的作用力是竖直向下的压力，与扶梯运动方向不同，故A错误； B．电梯在匀速运动过程中，母亲和婴儿整体受力平衡，重力和踏板给的支持力，不受摩擦力，故B错误； C．电梯在加速运动过程中，对母亲和婴儿整体受力分析如图 将加速度分解到水平方向和竖直方向上，由牛顿第二定律可得故C正确； D．对婴儿受力分析如下图，设母亲对其作用力斜向左上与水平方向夹 沿水平和竖直方向正交分解，由牛顿第二定律；联立可得 根据牛顿第三定律可知，婴儿对母亲的作用力与上式结果等大反向，故D错误。 故选C。 【典型例题6】如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，A的左侧面有一个圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F作用在A上时，质量为m的小球B在圆弧面上与A保持相对静止，且B距圆弧面末端Q的竖直高度。已知重力加速度大小为g，则力F的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】连接OB，设OB连续与竖直方向的夹角为，如图： 由几何关系得则；此时小球B受到的合外力由牛顿第二定律可得以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 故选D。 【变式训练】如图所示，质量为、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为的小铁球。现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽保持相对静止一起向右做匀加速直线运动，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向夹角，取重力加速度。（）求： （1）小铁球匀加速直线运动的加速度大小； （2）恒力F的大小。 【答案】（1）；（2）30N 【解析】（1）小铁球受两个力：重力mg、支持力FN，且两力的合力方向水平向右，对小铁球受力分析如图所示 根据牛顿第二定律可得，,解得 （2）对整体根据牛顿第二定律可得,解得F=30N。 【典型例题7】如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（　　） A．时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【答案】B 【解析】A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误； B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确； C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误； D．时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。 【典型例题8】(多选)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率顺时针运行。一小木块以初速度从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像可能的是（　　） A．B．C．D． 【答案】ABD 【解析】A． v1<v0时，若满足 从v0减速到0，然后反向加速运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 加速度恒定，图像的斜率不变，v-t图像与坐标轴所围面积表示位移，可判断出物块返回底端时的速度大小仍等于v1，故A正确； B．v1<v0时，若满足 从v0加速到v1，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 然后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足 故B正确； C．v1>v0时，若满足 从v1减速到v0，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律 从v0减速到0，然后反向加速运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 可知 加速度从变为，图像的斜率变小；t轴上方图像所围面积应该等于t 轴下方图像所围面积，所以返回底端时物块的速度应该小于v1，故C错误； D．v1>v0时，若满足 从v1减速到v0，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律 然后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足 故D正确。 【变式训练1】(多选)图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知，则（　　） A．时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D．时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【答案】BC 【解析】A．相对地面而言，小物块在小时间内，向左做匀减速运动，之后反向向右向右运动，故小物块在时刻离A处距离最大，A错误； B．小物块在小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，时刻两者同速，在时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确； C．由B中分析可知，时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确； D．在时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。 【变式训练2】(多选)工厂中常用传送带传送货物的运动情景简化如下：质量为100kg的货物与传送带间的动摩擦因数为0.1，以2m/s的初速度滑上静止的水平传送带，经t=0.4s，传送带启动（不计启动时间），启动后传送带立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2，在货物运动的整个过程中（　　） A．滑块相对传送带的位移大小为0.26m B．滑块相对传送带的位移大小为1.70m C．滑块与传送带间的摩擦生热为26J D．滑块与传送带间的摩擦生热为170J 【答案】AD 【解析】AB．由题可知小滑块先做匀减速直线运动，当传送带启动后，做匀加速运动，知道速度与传送带速度相等时后，与传送带一起做匀速直线运动，减速阶段由牛顿第二定律有 减速时间为0.4s，传送带静止可得，滑块想对于传送带向右的位移 带入数据得 此时滑块速度为 当传送带启动后，传动带的速度比滑块速度大，故滑块向右做匀加速直线运动，加速时间为 由于传送带速度大，故滑块相对于传送带向左的位移为 带入数据得 则物块在整个过程中相对传送带的位移为 故A正确，B错误； CD．由 可得滑块与传送带的摩擦热为 带入数据得 故D正确，C错误。 【变式训练3】(多选)如图，倾斜传送带以恒定速率逆时针转动，一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的初速度滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用表示时间，用表示滑块的速度大小，则能够正确描述滑块从A滑向运动过程的下列图像可能是（　　） A．B．C．D. 【答案】BC 【解析】对滑块受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力，摩擦力f AB．当，滑块刚开始加速运动，摩擦力向下，加速度为 当滑块速度等于传动带速度相等时，如果最大静摩擦力，则滑动摩擦突变为静摩擦向上，大小为，物体和传送带一起做匀速直线运动，若最大静摩擦力，则摩擦力方向会突变向上，物体做匀加速直线运动，加速度为 比较可得,故B正确，A错误； CD．若,物体相对于传送带向下运动，若最大静摩擦力，则物体一直做匀加速速直线运动，加速度为 若如果最大静摩擦力，则物体一开始做匀减速直线运动，速度与传送带相等时，滑动摩擦力突变为静摩擦力向上，大小为，故C正确，D错误。 【变式训练4】(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，，，则下列说法正确的是（  ） A．倾斜传送带与水平方向夹角 B．煤块与传送带间的动摩擦因数 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 【答案】AD 【解析】AB．由v-t图像得0~1s的加速度大小 方向沿传送带向下；1~2s的加速度大小 方向沿传送带向下，0~1s，对煤块由牛顿第二定律得 1~2s，对煤块由牛顿第二定律得 解得 ， 故A正确，B错误； C．v-t图像图线与坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为，由运动学公式得下滑时间为 所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误； D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m；1~2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m；传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为 故D正确。 【变式训练5】如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像可能的是（　　） A．B．C．D． 【答案】ABD 【解析】如果传送带足够长，从而使得物体不能向左滑出传送带，则物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，则：如果v1＜v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动；故图像B正确；如果v1＞v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带；如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v1时，物体恰好离开传送带，此时的图像为A；若物体向左滑上传送带后做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，则图像为D； 【变式训练6】(多选)如图所示，足够长的倾斜传送带以的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角，某时刻同时将A、B物块（可视为质点）轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时间距为0.042m，与传送带间的动摩擦因数分别为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，重力加速度，则下列说法中正确的是（　　） A．物块B始终沿斜面向下做匀加速直线运动 B．物块B最终一定能追上物块A C．在前，A、B两物块之间的距离先增大后不变 D．在时，A、B物块速度大小相等 【答案】BD 【解析】A．对物体B受力分析，在刚放到传送带时，物体受到重力，支持力和沿斜面向下的摩擦力，向下做匀加速运动，加速度大小为 当达到传送带速度后，由于 B继续向下匀加速运动，加速度大小为 则B向下并不是匀加速直线运动，故A错误； B．对A分析可知，当A达到传送带速度时，由于 物体A随传送带一起匀速运动，由于B继续向下加速运动，故物块B最终一定追上物块A，故B正确； D．物体刚放到传送带时，A、B的加速度分别为 同理可得 A、B达到传送带速度所需时间为 故经历0.24s时A、B具有相同的速度，故D正确； C．当B与传送带达到共同速度前，AB间的距离逐渐增大，B与传送带达到共同速度后，B的速度继续增大，AB间的距离减小，故在t=0.24s前，A、B两物块之间的距离先增大后减小，故C错误。 【变式训练7】用电动机带动倾斜传送带运送货物到顶端，A、B为传送带上表面平直部分的两端点，如图所示。AB长为L = 32 m，传送带与水平面的夹角为θ，保持速度v = 8 m/s顺时针转动。将某种货物轻放底端A，正常情况下，经t0 = 6 s时间货物到达B端。某次运送同种货物时，货物从传送带A端无初速向上运动Δt = 5.2 s时，电动机突然停电，传送带立刻停止转动，但最终该货物恰好到B端。取g = 10 m/s2，求： (1)货物在传送带上向上加速运动时的加速度大小a1； (2)sinθ 的值。 【答案】(1)；(2) 0.15 【解析】（1）第一次，若一直加速 所以，应该是先加速后匀速，加速阶段的位移 加速的时间 匀速阶段，匀速的时间 匀速的位移 又有 联立得 代入数据解得 （2）因为 所以，内物体先加速后匀速，加速阶段时间仍为 位移为 匀速阶段时间为 位移为 皮带停止后 设皮带停止后，货物加速度大小为 由牛顿第二定律得 两式相减得 【变式训练8】如图甲所示，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为，关于带电物块及其运动过程的说法中正确的是（　　） A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小一定为 C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在内，物块与皮带仍可能有相对运动 【答案】D 【解析】A．由图乙可知物块做加速度减小的加速运动，设物块对皮带的压力为，由牛顿第二定律可得 加速度减小说明物块对斜面的压力减小，从而物体受到垂直皮带向上的洛伦兹力，根据左手定则可知物体带正电，故A错误； B．随着物块速度的增加，物块受到的洛伦兹力越来越大，物体受到皮带的支持力越来越小，受到的滑动摩擦力也越来越小，在时物块的重力和上述三个力达到了平衡，在此后过程中即使传送带速度大于也不会影响物块的速度。所以传送带的速度可能为也可能大于，故B错误； C．由B项的分析可知传送带的速度未知，所以不能求出物体与皮带的相对位移，故C错误； D．由B项的分析，若皮带的速度大于，则物块与皮带有相对位移，即在内，物块与皮带仍可能有相对运动，故D正确。 故选D。 【典型例题9】如图所示，质量为mB=12.2kg的木板B放在水平地面上，木块A放在木板B上。一根轻绳一端拴木块A上，另一端拴在地面上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37°，绳的拉力大小为80N，已知木块A与木板B之间的动摩擦因数µ1=0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数µ2=0.4。重力加速度g取10m/s2。现用水平力F将木板B从木块A下面匀速抽出，试求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）A、B间的摩擦力大小及木块A的质量； （2）水平拉力F的大小。 【答案】(1)64N，；(2)164N 【解析】（1）对物体A，受力分析如图所示 A静止，受力平衡，则在x轴上，在y轴上，又，联立解得，。 （2）对物体B受力分析如图所示 B处于静止，根据平衡条件可得，在x轴上，在y轴上 又有，联立解得，即拉力F的大小为164N。 【典型例题10】(多选)如图所示，质量为3kg的木板M放置在足够大的光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大水平压力为5N，质量为1kg可视为质点的物块恰好与竖直挡板接触。已知M、间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时两物体均静止，从某时刻开始M受到水平向左的拉力作用，与M的位移的关系式为（其中，，，的单位为N，的单位为m），重力加速度，从静止到与M恰好发生相对运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．的最大加速度为 B．从静止开始到达到最大加速度的过程中，M的位移 C．当刚作用时，竖直挡板对就有弹力作用 D．当M运动位移为时，的速度为 【答案】AD 【解析】A．根据题意可知，与M之间的最大静摩擦力为 对物块，由牛顿第二定律有，解得 故A正确； B．根据题意，加速度最大时，对整体，由牛顿第二定律有 又有，解得 故B错误； C．根据题意，当刚作用时 对整体，由牛顿第二定律有 对物块，由牛顿第二定律有，解得 则此时竖直挡板对没有弹力作用，故C错误； D．当M运动位移为时，M、间保持相对静止，则 由于与为线性关系，则有动能定理有，解得 故D正确。 故选AD。 【变式训练1】(多选)如图，足够长的质量为的木板静置于水平地面上，木板右端放置一质量为的物块（可视为质点）。时刻，对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用2 s后撤去F。物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．未撤去F时，木板和物块的加速度大小均为3.5 m/s2 B．撤去F时，木板的速度大小为8 m/s C．物块最终距木板右端的距离为 D．整个过程中由于摩擦产生的总热量为 【答案】BC 【解析】A．设未撤去F时，物块和木板的加速度大小分别为和，则有 ，，解得， A错误； B．撤去F时，木板的速度大小为，有 B正确； C．撤去F时，物块的速度大小为，物块和木板的位移分别为和，有 ， 撤去F后，物块和木板的加速度大小分别为和，有， 解得， 设再过时间，两者速度相等为，有， 解得， 在这段时间里的两者的位移分别为和，有， 假设共速后二者一起匀减速，设加速度为，有， 此时物块需要的静摩擦力为 而物块的最大静摩擦力为 所以假设不成立，物块与木板将会分别减速，加速度大小为和，有 ， 解得， 到减速为0，位移分别为和，有， 物块最终距木板右端的距离为 C正确； D．根据能量守恒，整个过程由于摩擦产生的总热量等于外力所做的功，即 D错误。 故选BC。 【变式训练2】如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当恒力F较小时，木块和木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，此时a1=a2，v1=v2 当恒力F较大时，木块相对于木板向前滑动，木块的加速度a2大于木板的加速度a1，且木块比木板运动得快，由于两者受力恒定，所以分别做匀加速直线运动，此时a1<a2，v1<v2 故选C。 【变式训练3】如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为mA=6kg、mB=2kg。A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若作用在A上的外力F由0增大到45N，则此过程中（　　） A．在拉力F=12N之前，物体一直保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始发生相对运动 C．两物体从受力开始就有相对运动 D．两物体始终不发生相对运动 【答案】D 【解析】先分析两物体的运动情况，由于水平面光滑，所以只要有拉力，两物体就会运动。B运动是因为受到A对它的静摩擦力，但静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下F的大小；如果F再增大，则两物体间会发生相对滑动，所以这里存在一个相对滑动的临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时Ff的大小。以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力，则有F-Ff=mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff=mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得此时F=48N，由此可知此过程中A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，A、B间不会发生相对运动；故选D。 【变式训练4】．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为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．无论F为何值，B的加速度不会超过 【答案】BCD 【解析】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为 因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为 A、B间的最大静摩擦力为 故时，A、B都相对地面静止，A错误； B．A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足 且 即 则当≤F＜3μmg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有 解得 故B正确。 CD．当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有 F－2μmg＝2maA， 解得 ， 故CD正确。 故选BCD。 【变式训练5】 (多选)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图B所示。已知重力加速度g = 10 m/s2，由下列说法正确的是 A．A的质量是5kg B．B的质量是5kg C．A、B之间的动摩擦因数是0.4 D．A、B之间的动摩擦因数是0.8 【答案】BC 【解析】 拉力F很小时，AB两物体何持相对静止，以相同的加速运动，后来B在A上表现滑动。 当拉力F1=60N时，A物体加速度a1=4m/s2，两物体恰好要相对滑动，这时AB间的摩擦力是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，以B为对象有：① 对A有：② 当拉力F2=100N时，A物体加速度a2=8m/s2，两物体发生相对滑动，这时AB间是滑动静摩擦力，根据牛顿第二定律,对A有：③ 由①②③解得： ；；，故B、C正确，A、D错误。 【变式训练6】．(多选)A、两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图所示，、始终相对静止，则在时间内，下列说法正确的是（　　） A．时刻，、间静摩擦力最大 B．时刻，、速度最大 C．时刻，、速度最小，与初始时刻相等 D．时刻，、位移最大 【答案】BCD 【详解】A．物体A、B始终保持相对静止，整体的加速度等于各物体的加速度，当t0时刻，整体所受外力为零，整体加速度为零，所以物体A的加速度也为零，根据牛顿第二定律可知A不受摩擦力作用，故A错误； BCD．根据图乙可知，在0-t0时刻整体向正方向做加速度减小的加速运动，t0-2t0时刻整体向正方向做加速度增大的减速运动，所以t0时刻物体B的速度为最大；根据对称性可知，在2t0时刻物体的速度为零，与初始时刻相等，所以在2t0时刻，A、B位移最大，故BCD正确。故选BCD。 【变式训练7】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】解：当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得对A物体：μ•mg=ma 得a=μg，对整体：F=（2m+m）a，得：F=3ma=3μmg。故选C． 【变式训练8】．(多选)如图所示，质量分别为kg，kg的A、B两木块放在光滑的水平桌面上，A与B的动摩擦因数为，现用水平拉力F拉木块B，已知m/s2，B在A上滑动过程中，下列判断正确的是（　　）    A．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别为m/s2 B．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别为m/s2，m/s2 C．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别m/s2 D．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别为m/s2，m/s2 【答案】AD 【解析】AB．若拉力N，假设A与B相对静止，有 解得 A与B的最大静摩擦力为 A木块的合力为 故假设成立，A、B两木块的加速度大小分别为 故A正确，B错误； CD．若拉力，假设A与B相对静止，有 解得 A木块的合力为 故假设不成立，A与B发生相对滑动，A、B两木块的加速度大小分别为 故C错误，D正确。 故选AD。 【变式训练9】在水平面上有一木块A，其上放一个物体B，质量mA=mB=1kg，A与地面之间的动摩擦因数为0.1。各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。如图甲所示，A、B都静止，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于8N时，A、B开始相对滑动。如图乙所示，A、B都静止，对A施加一水平推力F′，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值为（　　） A．8N B．10N C．12N D．16N 【答案】C 【解析】设AB之间的最大静摩擦力为f，地面对A的摩擦力为fA，则甲图中有 联立可得乙图有可得故ABD错误，C正确。故选C。 【变式训练10】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲击后获得的初速度大小vB． 【解析】．（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg 匀变速直线运动 2aAL=vA2 解得 （2）设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=maB，得 aB=3μg 对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v=aAt，v=vB–aBt 且xB–xA=L 解得 【典型例题11】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。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s 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g=10 m/s2。由题给数据可以得出（ ） A．木板的质量为1 kg B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N C．0~2 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 【答案】AB 【解析】由图像（b）和图像（c）可知，2s后物块相对于木板滑动，其滑动摩擦力f=0.2N，木板的加速度a1=0.2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律，F-f=ma1，4s后撤去外力F，木板在物块摩擦力作用下做减速运动，加速度大小为a2=0.2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律， f=ma2，联立解得：木板的质量为m=1 kg，2 s~4 s内，力F的大小为F=0.4 N，选项AB正确；由于0~2 s内，在拉力作用下木板处于静止状态，而物块对木板的静摩擦力逐渐增大，所以0~2 s内，力F的大小从0开始逐渐增大，选项C错误；由于题述没有给出物块质量，不能根据二者之间的滑动摩擦力计算得出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。 【典型例题12】如图所示，在一辆小车上，有质量为m1，m2的两个物块（m1 > m2）随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块（   ） A．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰 B．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰 C．上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰 D．上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰 【答案】A 【解析】如果上表面光滑，当车突然停止时，两物块所受的合力均为零，将以相同的速度做匀速直线运动，一定不会相撞；如果上表面粗糙，当车突然停止时，两物块的合外力均为滑动摩擦力，均做匀减速运动，加速度 因为初速度相同，减速的加速度相同，根据 可知两滑块一定不相撞。 故选A。 【变式训练1】如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为(　　) A．1 m/s2 B．2.5 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 【答案】A 【解析】A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax<fBmax，所以B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力，即： 由，代入数据可知B的加速度最大为2 m/s2，即．A．描述与分析相符，故A正确.B．描述与分析不符，故B错误.C．描述与分析不符，故C错误.D．描述与分析不符，故D错误. 【变式训练2】如图，两个滑块A和B的质量分别为和，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求 （1）B与木板相对静止时，木板的速度； （2）A、B开始运动时，两者之间的距离。 【答案】（1）与木板相对静止时，木板的速度为 （2）、开始运动时，两者之间的距离为 【解析】 （1）如图所示对、和木板受力分析，其中、分别表示物块、受木板摩擦力的大小，、和分别表示木板受到物块、及地面的摩擦力大小，设运动过程中、及木板的加速度大小分别为，和，根据牛顿运动定律得： ① ② ③ 且： ④ ⑤ ⑥ 联立①~⑥解得：，， 故可得向右做匀减速直线运动，向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动；且，显然经历一段时间之后先与木板达到相对静止状态，且此时、速度大小相等，方向相反。不妨假设此时与木板的速度大小为： ⑦ ⑧ 解得：， （2）设在时间内，、的位移大小分别为，，由运动学公式得： ⑨ ⑩ 此后将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和相遇，这段时间内的加速度大小仍为，设和木板的加速度大小为，则根据牛顿运动定律得： 对木板和： ⑪ 假设经过时间后、刚好相遇，且此时速度大小为，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化： 对和木板： ⑫ 对： ⑬ 联立⑪~⑬解得，可以判断此时和木板尚未停下 则时间内物块、的位移大小假设为、，由运动学公式： ⑭ ⑮ 则和开始相距满足： ⑯ 联立解得： 【变式训练3】一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．则下列说法错误的是：(　　) A．若F＝1 N，则A、B都相对板静止不动 B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为2 N D．若F＝6 N，则B物块的加速度为1 m/s2 【答案】B 【解析】A．A与木板的摩擦力最大为 B与木板的摩擦力最大为 若F=1N，小于A的最大静摩擦力，所以A和木板没有发生相对运动，所以在F的作用下三者一起运动，没有发生相对运动，A正确，不符合题意； B．当F=1.5N,小于最大摩擦阻力，所以A B的加速度一样 根据牛顿第二定律可得 即A受到的摩擦力为 B错误，符合题意； CD．轻质木板则质量为0，就是说木板只相当于一介质，最终受力是通过另一物体作用而形成的．就是说B受到的力就是A作用于木板的力，若F>2N时，A相对长木板发生滑动，长木板受到向前的摩擦力，相当于一个2N的力拉B运动，而B发生滑动必须克服4N的摩擦力，所以B仍与木板保持静止，所以受到的摩擦力为2N，加速度 CD正确，不符合题意； 故选B。 【变式训练4】如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力F作用于a，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．水平轻绳的弹力大小为F B．物块c受到的摩擦力大小为μmg C．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg D．当该水平拉力增大为原来的倍时，物块c受到的摩擦力大小为μmg 【答案】D 【解析】A．三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件 对a、b、c系统 F=3μmg 对b、c系统 T=2μmg 则 T＜F 故A错误； B．因为c做匀速直线运动，处于平衡状态，c不受摩擦力，故B错误； C．剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 对b、c系统 2μmg=2ma′ 对c f′=ma′ 解得 f′=μmg 故C错误； D．当水平拉力增大为原来的倍，即 由牛顿第二定律，对a、b、c系统 F′-3μmg=3ma 对C f=ma 解得 f=μmg 故D正确。 故选D。 【变式训练5】(多选)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　) A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用 B．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为 C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同 D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 【答案】.BC 【解析】：　在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。 【变式训练6】如图所示，水平面上停放着A、B两辆小车，质量分别为M和m，M>m，两小车相距为L，人的质量也为m，另有质量不计的硬杆和细绳。第一次人站在A车上，杆插在B车上；第二次人站在B车上，杆插在A车上；若两种情况下人用相同大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不计阻力，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t1和t2，则（ ） A．t1＜t2 B．t1=t2 C．t1＞t2 D．条件不足，无法判断 【答案】A 【解析】第一次人站在A车上，杆插在B车上，人用相同大小的水平作用力F拉绳子，A的加速度aA=F/(m+M)，B的加速度aB=F/m. 两车都做初速度为零的匀加速直线运动，aAt12+aBt12=L.. 第二次人站在B车上，杆插在A车上, 人用相同大小的水平作用力F拉绳子，A的加速度aA’=F/M，B的加速度aB’=F/2m. 两车都做初速度为零的匀加速直线运动，aA’t22+aB’t22=L.. 联立解得：=<1，所以t1＜t2，选项A正确。 考点：牛顿第二定律的应用 【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及匀加速直线运动位移公式的直接应用，要注意明确两物体相互作用，作用力大小相等方向相反；根据两物体的位移关系列出方程求解. 【变式训练7】三个完全相同的小物体A、B、C如图放置。大小为F的水平力作用于A，使三物体一起向右匀速运动。经过一段时间撤去力F，三物体仍一起向右运动，此时A、B间摩擦力Ff与B、C间作用力FN的大小分别是（　　） A．Ff=0、FN= B．Ff=、FN=0 C．Ff=、FN= D．Ff=、FN= 【答案】B 【解析】以A、B、C为整体，三物体一起向右匀速运动时，地面对整体的摩擦力大小为 撤去力，，三物体仍一起向右运动，以A、B、C为整体，根据牛顿第二定律可得 以A对象，根据牛顿第二定律可得 以C为对象，根据牛顿第二定律可得，解得 故选B。 【变式训练8】．(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA=5kg的物块A，A的上方放一质量mB=3kg的滑块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量mC=4kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行。现由静止释放物块C，在以后的过程中，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面（重力加速度g取10m/s2）。则下列说法正确的是（　　） A．A的加速度大小为 B．A的加速度大小为5m/s2 C．A对B的摩擦力大小为15N D．A对B的摩擦力大小为10N 【答案】AD 【解析】AB．对C物体，由牛顿第二定律可知对AB整体，由牛顿第二定律可知 联立代入数据解得故A正确，B错误； CD．对B物体进行受力分析，A对B的摩擦力为故C错误，D正确。故选AD。 【变式训练9】(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑。已知m2与斜面间的动摩擦因数μ<tanα，则（ ） A．整体在上滑的过程中处于失重状态 B．整体在上滑到最高点后将停止运动 C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等 D．两物块之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程 【答案】.AC 【解析】整体在上滑的过程中一定做匀减速直线运动，加速度沿斜面向下，处于失重状态，选项A正确；根据题述已知m2与斜面间的动摩擦因数μ<tanα，可知所受摩擦力大小小于重力沿斜面方向的分力，整体在上滑到最高点后将沿斜面返回，做匀加速直线运动，选项B错误；对物块上滑过程，对m1、m2的两物块叠放整体，由牛顿第二定律，（m1+m2）gsinα+μ（m1+m2）gcosα=（m1+m2）a1，设上滑过程中两物块之间的摩擦力为f1，隔离物块m1，分析所受力，由牛顿第二定律，m1gsinα+ f1= m1a1，解得f1=μm1gcosα；对物块下滑过程，对m1、m2的两物块叠放整体，由牛顿第二定律，（m1+m2）gsinα-μ（m1+m2）gcosα=（m1+m2）a2，设下滑过程中两物块之间的摩擦力为f2，隔离物块m1，分析所受力，由牛顿第二定律，m1gsinα- f2= m1a2，解得f2=μm1gcosα；选项C正确D错误。 【变式训练10】如图所示，足够长、上表面光滑的斜面体静止在水平面上，一薄木板和物块沿着斜面相对静止一起上滑，滑到最高点后一起沿着斜面下滑，薄木板和物块始终相对静止，斜面体始终静止在水平面上，在薄木板和物块向上滑动和向下滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．向上滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上 B．向下滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上 C．薄木板与物块之间始终没有摩擦力 D．斜面体与水平面之间没有摩擦力 【答案】C 【解析】ABC．在向上滑动过程中,整体根据牛顿第二定律可得 ，对物块受力分析可得可得,所以向上滑动过程中薄木板和物块之间没有摩擦力,同理下滑过程中也没有摩擦力，AB错误，C正确； D．斜面体与A的作用力只有弹力，方向垂直于接触面，具有水平分量，由平衡条件可知斜面体与水平面之间有摩擦力，D错误； 故选C。 【变式训练11】如图所示，在倾角为的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（　　） 1． 2． A．fm B．fm C．fm D．fm 【答案】C 【解析】当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大，将4个物体看做整体，由牛顿第二定律 将2个m及上面的2m看做整体 联立解得 故C正确，ABD错误。 故选C。 【变式训练12】如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k=200N/m，一端固定在倾角为θ=30° 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m=2kg，初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a=1m/s2的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v-t图像如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．F在0-t1为恒力，t1-t2为变力 B．弹簧恢复到原长时，物体A的速度达到最大值 C．由题中条件可知A达到最大速度所用时间为t2 D．如图t1-t2时刻A图线与x轴围成的面积表示位移其大小为10m 【答案】C 【解析】A．对AB整体，根据牛顿第二定律得 F-2mgsinθ+kx=2ma 得 F=2mgsinθ-kx+2ma 则知开始时随弹簧的压缩量x的减小F增加，由图读出，t1时刻A、B开始分离；以后F保持不变；选项A错误； B．对物体A，当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，受合力为零，此时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，选项B错误； C．因t2时刻对应A图线的最高点，则A达到最大速度所用时间为t2，选项C正确； D．由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律 kx1-mgsinθ=ma 解得 x1=0.06m t2时刻A的速度最大，此时 kx2=mgsinθ 解得 x2=0.05m 则如图t1-t2时刻A图线与x轴围成的面积表示位移其大小为0.01m，选项D错误。 故选C。 【变式训练13】如图所示，三个质量均为m的物体A、B、C叠置在光滑的水平面上，斜面体A的倾角为θ，B的上表面水平，现对A施加水平向左的力F，三个物体一起向左匀加速运动且保持相对静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）    A．A、B间的摩擦力大小为 B．B、C间的摩擦力大小为 C．若水平力F方向改为向右，则A、B间摩擦力方向一定改变 D．若水平力F方向改为向右，则B、C间摩擦力方向一定不变 【答案】B 【解析】AC．对整体受力分析，有 可得 对AB整体受力分析，设A对B的摩擦力大小为，受力分析图如图所示    沿水平方向和竖直方向进行分解，可得 可得 可知摩擦力大小与加速度大小有关，也即与力F大小有关；且当时，摩擦力不为零，方向仍然向上，故当F向右，即加速度向右的时候，摩擦力方向仍然有可能向左，故AC错误； BD．对物体C受力分析，设B对C的摩擦力大小为，可得 将加速度代入可得 根据以上分析可知与力F的方向相同，即如果力F的方向发生变化，的方向也随之发生变化，故B正确，D错误。 故选B。 【变式训练14】如图所示，带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架，小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ，且保持不变，则在这段时间内（　　）    A．小车一定正在做加速运动 B．轻质细线对小球A的拉力大小为 C．物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向左 D．小车对物块B的作用力大小为，方向为斜向左上方 【答案】D 【解析】A．对A受力分析，由牛顿第二定律得 解得 方向水平向左，则小车向右做减速运动，故A错误； B．细绳的拉力为 故B错误； CD．由题意可知，A与小车相对静止，则小车与A具有相同的加速度，即小车的加速度大小为gtanθ，方向水平向左，此刻物块B的加速度与小车相同，根据牛顿第二定律 方向水平向左，小车对物体B的作用力为 方向为斜向左上方，故C错误，D正确。 故选D。 【变式训练15】．(多选)水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有如图所示的凹槽，质量也为m的圆柱A能放置在凹槽POQ中，其截面图如图所示，圆心与两条边接触的左端点连线跟竖直方向夹角。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是（　　）    A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为 B．如果A、B能保持相对静止，绳子对B的作用力大小为Mg C．当时，A会从凹槽中滚出 D．如果调整OP边的倾斜程度使得时，无论M为多大，OQ边对圆柱A的支持力一定不为0 【答案】ACD 【解析】AB．如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知 解得加速度大小为 对A进行分析，则A受到B水平方向的作用力大小为 A受到B竖直方向的作用力大小为 则B对A的作用力大小为 对A、B整体进行分析，绳子对B的作用力大小为 故A正确，B错误； C．小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，如下图所示。根据几何关系可得 解得临界加速度大小为 对整体根据牛顿第二定律可得 解得 故C正确；    D．当时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据C选项的分析可得临界加速度大小为 由于 所以无论M为多大，A都不能滚出凹槽，则OQ边对圆柱A的支持力一定不为0，故D正确。 故选ACD。 【变式训练16】(多选)如图所示，光滑小球A放置在固定有竖直轻质挡板的斜面B上，小球A的质量为，斜面B的质量为，斜面倾角为。用大小为、方向水平向右的力推挡板时，A、B恰好在水平面上向右做匀速直线运动，速度大小为，已知重力加速度大小为，某时刻撤去推力，下列说法正确的是（　　） A．撤去推力前，竖直挡板对小球A的弹力大小为 B．撤去推力后，A、B不可能发生相对运动 C．撤去推力后，若A、B不发生相对运动，则B在水平面上滑行的距离为 D．撤去推力后，若A、B发生相对运动，则 【答案】AC 【解析】A．撤去推力前，整体匀速运动，对A受力分析，由平衡条件可得，竖直挡板对小球A的弹力大小为 故A正确； BD．撤去推力前，整体匀速运动，则地面对B的摩擦力大小为 撤去推力后，若A、B不发生相对运动，则在摩擦力的作用下A、B做减速运动，当竖直挡板对小球A恰好无弹力时，小球A的加速度由斜面支持力的水平分力提供，由牛顿第二定律可知 当A、B整体产生的加速度 A与B发生相对运动，所以当 时A、B发生相对运动，故BD错误； C．撤去推力后，若A、B不发生相对运动，由动能定理可得 则B在水平面上滑行的距离 故C正确。 故选AC。 题型04：轻杆连接体与牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点．当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN，已知重力加速度为g，则(　　) A．Ff＝Mgsin θ B．Ff＝Mgtan θ C．FN＝(M＋m)g D．FN＝Mg 【答案】C 【解析】以m为研究对象，受力如图所示 　　　　　 由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma， 解得a＝gtan θ 以M、m整体为研究对象 在竖直方向上，由平衡条件有 FN＝(M＋m)g 在水平方向上，由牛顿第二定律有 Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，故C正确，A、B、D错误． 【变式训练1】如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时(　　) A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍 【答案】.A 【解析】　对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力FT＝，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。 【变式训练2】如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α<β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是（　　） A．沿着杆减速下滑 B．沿着杆减速上滑 C．沿着杆加速下滑 D．沿着杆加速上滑 【答案】B 【解析】由小球的受力分析可知，小球受到重力和绳子方向的拉力的作用，可推知两者的合力只能在沿着斜杆向下的方向，所以整体的加速度方向沿杆向下。但是整体的速度方向决定了杆对滑块的摩擦力方向，速度方向未知，只能做出假设。把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得： 假设：若速度方向向下，则沿斜面方向垂直斜面方向 摩擦力联立可解得对小球有：现有：，则有 所以有整体相对静止，所以;即因为，所以有 但，所以假设不成立，即速度的方向一定向上；由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑；故选B。 【变式训练3】电影中有这样一个场景，在倾角的足够长的钢索上套一个轻质圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为的人，在圆环沿着钢索向下滑动的过程中，轻绳始终保持竖直，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．人做匀加速运动 B．钢索对圆环无摩擦 C．钢索对圆环的摩擦力的大小为 D．钢索对圆环的支持力的大小为 【答案】C 【解析】A．以人为研究对象，受力分析如图所示，由于细线竖直，所以人受到的绳子拉力和重力平衡，人做匀速直线运动，故A错误； BC．圆环受到的摩擦力为选项B错误，C正确； D．以圆环为研究对象如图所示，钢索对环的支持力大小为故错误。故选C。 题型05：弹簧连接体与牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为(　　) A. B. C. D. 【答案】　C 【解析】对整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝kx＝3ma，得x＝，故A、B、D错误，C正确． 【典型例题2】(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是(　　) A．若m>M，有x1＝x2 B．若m<M，有x1＝x2 C．若μ>sin θ，有x1>x2 D．若μ<sin θ，有x1<x2 【答案】　AB 【解析】　 解析　在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1① 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有 T－μmg＝ma1② 联立①②解得FT＝③ 在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④ 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有 T′－mgsin θ＝ma2⑤ 联立④⑤解得T′＝⑥ 比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误． 【典型例题3】如图所示,小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸的弹簧拉着,小车向右做加速运动。若小车向右的加速度增大,物块始终相对小车静止,则物块所受摩擦力F1和车右壁所受弹簧的拉力F2的大小变化可能是(　　)。 A.F1不变,F2一直变大 B.F1先变小后变大,F2不变 C.F1先变大后变小,F2不变 D.F1变大,F2先变小后不变 【答案】B 【解析】小车向右的加速度增大,而物块始终相对小车静止,即弹簧伸长量始终不变,则F2不变,A、D两项错误;若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右,则随着加速度的增大,摩擦力必变大;若开始摩擦力向左,则随着加速度的增大,摩擦力必先变小后变大,B项正确,C项错误。 【典型例题4】（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　 　) 【答案】AD 【解析】在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下降，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。 【典型例题5】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为（a<g）的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．施加外力F大小恒为M（g+a） B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【答案】C 【解析】A．分离前整体分析有由于a不变，x减小，则F增大。故A错误； B．A、B分离时，对B有解得,A、B分离时，弹簧弹力不为零，故B错误； C．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有2Mg=kx1解得,A、B分离时，A上升的距离为故C正确； D．A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当时，B达到最大速度，故D错误。故选C。 【变式训练1】如图所示，质量均为m的三个物体（可视为质点）A、B、C均放在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均为k。现用外力F拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C间的距离为（初始状态弹簧均为原长）（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对整体根据牛顿第二定律 对B、C，根据牛顿第二定律 对C，根据牛顿第二定律 A、C间的距离 联立可得 故选B。 【变式训练2】(多选)质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20 N,F2=10 N,则下列说法正确的是(　　)。 A.弹簧的弹力大小为16 N B.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零 C.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12 N D.若F1=10 N,F2=20 N,则弹簧的弹力大小不变 【答案】AC 【解析】对两个物体整体运用牛顿第二定律,有F1-F2=(mA+mB)a;再对物体A运用牛顿第二定律有F1-F=mAa,由两式解得F=16N,A项正确。若把弹簧换成轻质绳,同理根据牛顿第二定律列式得到绳对物体的拉力大小也是16N,故B项错误。如果只有F1作用,整体向左匀加速运动,则对B研究得弹簧的弹力大小F'=mBa=mB·=12N,C项正确。若F1=10N,F2=20N,则F2-F1=(mA+mB)a;再对物体B受力分析得F2-F″=mBa,解得F″=14N,D项错误。 【变式训练3】如图5所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为(　　) A.B.C.D. 【答案】　C 【解析】　对整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有：F弹＝kx＝3ma，可得x＝，故A、B、D错误，C正确． 【变式训练4】如图所示，足够长的、倾角为的光滑斜面上，档板C与斜面垂直。质量均为m的A、B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态。现给A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动。已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是　　 A. 恒力F的值一定大于mg B. 物块B开始运动时，物块A的加速度为 C. 物块B开始运动时，A发生位移的值为 D. 当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为 【答案】B 【解析】物块B开始运动时，弹簧的弹力大小，此时A可能在做减速运动，则有，选项A错误；物块B开始运动时，由牛顿运动定律，物块A的加速度为，故选项B正确；初始时弹簧的压缩量物块B开始运动时，弹簧的伸长量，所以A发生位移的值为，选项C错误；当物块B的速度第一次最大时，合力为零，则有，可得弹簧的形变量，选项D错误。此题正确选项为B。 【名师点评】本题是含有弹簧的力学问题，关键分析弹簧的状态，根据平衡条件求得弹簧的压缩的和伸长的长度，采用隔离法分析两个物体的受力情况。 【变式训练5】如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比为mA∶mB＝2∶1.当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时(如图甲所示)，弹簧的伸长量为xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为xB，则xA∶xB等于(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶2 【答案】A 【解析】设mA＝2mB＝2m，对题图甲，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度： a＝＝－μg，对A物块有：F弹－μ·2mg＝2ma，得F弹＝＝kxA；xA＝，对题图乙，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：a′＝＝－g，对A物体有：F弹′－2mg＝2ma′，得F弹′＝＝kxB，xB＝，则xA∶xB＝1∶1. 【变式训练6(多选)如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持与木箱相对静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现在要使物块A相对木箱底面能够开始水平移动，则下列采取方法可行的是（　　）    A．木箱竖直向下加速运动，加速度为1m/s2 B．木箱竖直向上减速运动，加速度为3m/s2 C．木箱水平向右加速运动，加速度为6m/s2 D．木箱水平向左加速运动，加速度为1m/s2 【答案】BCD 【解析】A．当木箱沿竖直方向运动时，要使物块A相对木箱底面能够开始水平移动，则最大静摩擦力必需小于弹簧拉力1.2N，令木箱对物块A的支持力为N，则有 解得 可知 则物块加速度一定竖直向下，根据牛顿第二定律有 解得 当木箱竖直向下加速运动时，加速度方向向下，加速度为1m/s2，不满足上述要求，故A错误； B．当木箱竖直向上减速运动时，加速度方向向下，加速度为3m/s2，满足上述要求，故B正确； C．当木箱在水平方向运动时，木箱与物块之间的最大静摩擦力为 可知，物块水平向右能够产生的最大加速度 可知，当木箱水平向右加速运动，加速度为6m/s2时，物块与木箱发生相对滑动，故C正确； D．根据上述可知，物块水平向做能够产生的最大加速度 可知，当木箱水平向左加速运动，加速度为1m/s2时，物块与木箱发生相对滑动，故D正确。 故选BCD。 【变式训练7】(多选)如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3间弹簧的弹力为F2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018—2019，则下列结论正确的是( ) A.F1—2∶F2—3∶……F2018—2019=1∶2∶3∶……2018 B.从左到右每根弹簧长度之化为1∶2∶3∶……2018 C.如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为F，其余每个球的加速度依然为a D.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a 【答案】AD 【解析】隔离小球1，由牛顿运动定律，F1-2=ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2-3=2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3-4=3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F4-5=4ma，·····把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2018-2019=2018ma，联立解得：F1-2∶F2-3∶F3-4∶F4-5∶F5-6······F2018-2019=1∶2∶3∶4∶5······2018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018和2019之间的弹簧弹力F2018-2019=2018ma，由牛顿第二定律可得F=2019ma，F2018-2019=ma’，联立解得第2019个小球的加速度a’=，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2-3=ma2，解得第2个小球的加速度a2=2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。此题正确选项为AD。 【变式训练8】(多选) 如图所示，质量相同的木块AB用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中（ ） A。两木块速度相同时，加速度aA=aB B．两木块速度相同时，加速度aA<aB C．两木块加速度相同时，速度vA>vB D．两木块加速度相同时，速度vA<vB 【答案】　BC 【解析】 开始时：由牛顿第二定律，对木块A， F-kx=maA，对木块B， kx=maB。随着弹簧被压缩，压缩量 x增大，A做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，画出二者的速度图象如图所示，由图象可知，两木块加速度相同时，速度vA>vB ，随着弹簧进一步压缩，两木块速度相同时，图象A斜率小于图象B，加速度aA<aB，所以选项BC正确。 【变式训练9】质量均为m的甲、乙两物块，中间连接一根劲度系数为k的轻弹簧，如图所示，把甲放在水平面上，系统处于静止状态。现给乙施加一竖直向上的拉力，使乙向上做匀加速直线运动，加速度大小为g，重力加速度取g，下列说法正确的是（　　） A．乙刚要运动时，竖直向上的拉力为 B．当弹簧处于原长时，竖直向上的拉力为 C．从乙开始运动到甲刚要离地，对应的运动时间为 D．甲刚要离地，乙的速度为 【答案】C 【解析】A．乙刚要运动时，由牛顿第二定律可得 故A错误； B．当弹簧处于原长时，由牛顿第二定律可得 解得 故B错误； CD．整体静止时，弹簧的压缩量为 当甲刚要离地时，设弹簧的伸长量为 从乙开始运动到甲刚要离地，乙的位移为 由匀变速直线运动位移时间关系可得 联立解得 乙的速度为 故C正确，D错误。 故选C。 【变式训练10】(多选)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2.则以下说法正确的是(　　) A．滑块与地面间的动摩擦因数为0.3 B．滑块与地面间的动摩擦因数为0.5 C．弹簧的劲度系数为175 N/m D．弹簧的劲度系数为150 N/m 【答案】BC　 【解析】根据v­t图线的斜率表示加速度，由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma，所以μ＝＝0.5，故A错误，B正确；刚释放时滑块的加速度为a′＝＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma′，代入数据解得k＝175 N/m，故C正确，D错误． 【变式训练11】如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有 对甲有 物块甲运动至最低点时，根据对称性有 对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为 故选C。 【变式训练12】(多选)如图所示，两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20 N的水平拉力分别作用在m1、m2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28 N B．弹簧秤的示数是30N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为5 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为28 m/s2 【答案】AD 【解析】AB．对整体分析，整体的加速度为隔离m2分析，根据牛顿第二定律得解得故A正确，B错误； C．撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m2的加速度大小为故C错误； D．撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为故D正确。故选AD。 【变式训练13】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 【答案】D 【解析】设物体的质量为m，开始时弹簧的压缩量为Δx，由平衡条件可得 kΔx＝mg① 现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得 10＝ma② 30－mg＝ma③ 联立①②③可以解得，物体的质量m＝2 kg，物体的加速度大小a＝5 m/s2，k＝500 N/m，故只有D正确． 【变式训练14】(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a<g）的匀加速运动，A、B的速度随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．拉力F的最小值为2Ma B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【答案】AC 【解析】A．A、B整体原来静止，合外力为零，施加外力F的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F=2Ma 当A、B整体向上运动时，弹簧弹力减小，则F增大，故A正确； B．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a，且A、B间作用力为0，对B有 ，解得 故B错误； C．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有，解得 A、B在t1时刻分离，由，解得 则A、B分离时，A上升的距离为 故C正确； D．当弹簧的弹力时，B达到最大速度，此时弹簧处于压缩状态，故D错误。 故选AC。 【变式训练15】如图所示，在粗糙的水平面上有两个木块1和2，质量分别为m1和m2。中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧相连，木块与地面间的动摩擦因数为，现用一水平力F向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，1木块所受摩擦力为_______，2木块所受摩擦力为_______，弹簧的弹力大小为_______，拉力F的大小为_______，两木块间的距离为________。 【答案】                         【解析】滑动摩擦力大小，滑动摩擦力大小，弹簧的拉力与1木块所受的摩擦力平衡，故弹簧拉力的大小为，拉力F的大小等于2木块收的滑动摩擦力与弹簧的弹力之和，故其大小为F=，弹簧的原长为L，受到弹力做后伸长量为 故两木块之间的距离为 【变式训练16】如图7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＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值． 【答案】　(1)0.16m　(2)m/s2　(3)N　N 【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0， 对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsinθ＝kx0 解得x0＝0.16m. (2)前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1， 对物体P，由牛顿第二定律得： kx1－m1gsinθ＝m1a 前0.2s时间内两物体的位移： x0－x1＝at2 联立解得a＝m/s2. (3)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，则 Fmin＝(m1＋m2)a＝N 对Q应用牛顿第二定律得 Fmax－m2gsinθ＝m2a 解得Fmax＝m2(gsinθ＋a)＝N. 【变式训练17】如图所示，光滑固定斜面的倾角为0=30°。一轻弹簧，下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与质量为mB=1kg的物体B相连。在B的上方放上质量为mA=2kg的物体A。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧轻绳与斜面平行，轻绳的另一端连接一轻质挂钩，整体都处于静止状态。已知轻弹簧的劲度系数为k=50N/m，轻弹簧与斜面平行。现在挂钩上加一个竖直向下的拉力，使物体A由静止开始以加速度大小为a=5m/s2沿斜面向上做匀加速直线运动。重力加速度大小为g取10m/s2求： （1）当物体A和B分离的瞬间，拉力的大小； （2）从物体A开始运动到物体A和B分离所经过的时间。 【答案】（1）；（2） 【解析】 （1）当物体和分离的瞬间，两个物体之间恰好没有作用力，根据牛顿第二定律得 解得 （2）没有加力时，设弹簧的压缩量为，对、整体根据平衡条件得 解得，当物体和分离时，设弹簧的压缩量为，对根据牛顿第二定律得，解得，和分离的瞬间，设物体的速度大小为，对物体根据运动学公式得，解得，从物体开始运动到物体和分离时，设经过的时间为解得。 题型06：轻绳连接体与牛顿第二定律 连接体的动力分配原理：两个物体(系统的两部分)在外力(总动力)的作用下以共同的加速度运动时，单个物体分得的动力与自身的质量成正比，与系统的总质量成反比.相关性：两物体间的内力与接触面是否光滑无关，与物体所在接触面倾角无关. 【典型例题1】如图所示，粗糙水平面上有两个滑块A和B，其间用长为L=1m的细线相连，细线可承受的最大张力为FTm=10N，现对滑块A施加水平向右的恒力F1=24N，作用1s后突然将外力变为F2=32N，滑块质量mA=4kg，mB=2kg，两滑块与平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，以下说法正确的是（　　） A．1s末滑块B的速度为3m/s B．1.5s末滑块B的加速度大小为2m/s2 C．滑块B刚静止时滑块A的速度为m/s D．滑块B刚静止时两滑块间的距离为4m 【答案】B 【解析】A．当F1=24N时，由牛顿第二定律可知整体的加速度为 解得 则末滑块B的速度为 故A错误； B．外力变为若中间的细绳不断裂，则整体的加速度 解得 此时细绳的拉力为 则细绳已经断裂，则B的加速度为 即末滑块B的加速度大小为，故B正确； C．滑块B刚静止时用时间 绳子断开时A的加速度 滑块B刚静止时A的速度 故C错误； D．滑块B刚静止时两滑块间的距离为 故D错误。 【典型例题2】如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端系着三个小球A、B、C，三小球组成的系统保持静止，A球质量为，B球质量为，C球离地面高度为。现突然剪断A球和B球之间的绳子，不计空气阻力，三个小球均视为质点，C球落地不反弹，则（　　） A．剪断绳子瞬间，A球的加速度为 B．剪断绳子瞬间，C球的加速度为0 C．A球能上升的最大高度为 D．A球能上升的最大高度为 【答案】D 【解析】AB．根据平衡条件可知故剪断绳子瞬间，以AC为研究对象故AB错误； CD．A球上升h的速度继续上升至速度为0，则解得 上升最大高度故C错误，D正确。故选D。 【典型例题3】截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为h，重力加速度为g。 （1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小； （2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系。 【答案】（1）v= （2）mA>m 【解析】（18分）： （1）设A刚落地时的速度为v，由A和B运动中的机械能守恒得， mgh=mgsin30°+2mv2 （2分） v= （2分） （2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解 。 当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右： 对A物体， （2分） 对B物体， （2分） 解得mA= （1分） 由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足0< 加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足0<mA<m。 当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左： 对A物体, （2分） 对B物体, （2分） 解得mA= （1分） 由等式右侧的分母得，加速度的大小应满足0< 加速度a越大，A物体的质量越大，A物体质量应满足mA>m 。 【典型例题4】如题图所示，质量分别为、的两小球通过轻绳乙连接，质量为的小球通过轻绳甲与水平车厢顶连接。当两小球与车厢保持相对静止一起水平向右做匀加速直线运动时，甲、乙两轻绳与竖直方向的夹角分别为、（图中未画出），两小球均可视为质点，不计空气阻力，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【解析】将两小球看成整体，设车厢的加速度为，则根据其受力可知 对球乙分析可知 由此可知，无论和的关系如何，都有。 故选BD。 【变式训练1】如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】对整体，由牛顿第二定律，F-μmg-μ2mg=（m+2m）a，隔离物块P，由牛顿第二定律，FT-μmg=ma，联立解得：FT =F/3，选项D正确。 【变式训练2】如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（   ）    A．1N B．2N C．4N D．5N 【答案】C 【解析】对两物块整体做受力分析有 F = 2ma 再对于后面的物块有 FTmax= ma FTmax= 2N 联立解得 F = 4N 故选C。 【变式训练3】如图所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B，质量均为m，A、B之间用轻质细绳水平连接。现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上，A、B开始一起做匀加速运动，在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C并达到稳定后，下列说法正确的是（　　） A．若C放在A上面，绳上拉力不变 B．若C放在B上面，绳上拉力为 C．C放在B上，B、C间摩擦力为 D．C放在A上比放在B上运动时的加速度大 【答案】C 【解析】对整体分析，运用牛顿第二定律判断系统加速度的变化。通过隔离分析，得出绳子拉力和摩擦力的大小 。设原来的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得F＝2ma0，因无相对滑动，所以，无论C放到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F＝3ma，a都将减小。 若放在A木块上面，以B为研究对象，设绳子拉力T，则T＝ma，绳子拉力减小，故A错误；若C放在B上面，以BC为研究对象，根据牛顿第二定律可得T＝2ma＝F，故B错误；若C放在B上，以C为研究对象，根据牛顿第二定律可得B、C间摩擦力为f＝ma＝，故C正确；以整体为研究对象，无论C放到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F＝3ma，故C放在A上和放在B上运动时的加速度相同，故D错误； 故选：C。 【名师点评】解决本题的关键要灵活选择研究对象，会用整体法和隔离法，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解 【变式训练4】如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大 B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 【答案】C 【解析】木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律 得 以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律 得 系统加速度与木块1加速度相同，解得 可见绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为 且m2越大绳的拉力越小，C正确。 【变式训练5】如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为2m的物块B。现由静止释放物块A、B，以后的运动讨程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是（　　） A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2:1 B．t时刻物块A、B的速度大小之比为1:1 C．轻绳的拉力为 D．B下落高度h时速度为 【答案】AC 【解析】A．根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，即在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2:1，A正确； B．因为都是从静止开始运动的，故有解得，B错误； C．对A分析有对B分析有解得；，C正确； D．对B根据速度位移公式，有解得，D错误；故选AC。 【变式训练6】如图，在杠杆的左臂L处挂有质量为的小球a，在杠杆的右臂L处挂有一定滑轮。跨过定滑轮的细线一端拴接质量为的小球b，另一端拴接质量为m的小球c，忽略滑轮和细线质量以及一切摩擦，g取。将小球b、c由静止释放后，杠杆处于平衡，下列说法正确的是（　　） A．小球c的质量 B．小球c的质量 C．由静止释放后，小球c的加速度大小为 D．由静止释放后，小球c的加速度大小为 【答案】BC 【解析】如图所示，由杠杆平衡条件可得 对b由牛顿第二定律得对c由牛顿第二定律得 联立解得、故选BC。 【变式训练7】如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。静止释放物块A、B后（ ） A．相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1 B．物块A、B的加速度之比为1:1 C．细绳的拉力为 D．当B下落高度h时，速度为 【答案】AC 【解析】本题考查连接体、隔离法受力分析、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律及其相关的知识点。 图中物块B悬挂在动滑轮上，在时间t内，物块B下落高度等于物块A运动路程的1/2，即相同时间内A、B运动的路程之比为sA∶sB=2∶1，选项A正确；静止释放物块A、B后，由初速度为零的匀变速直线运动规律，s=at2，由此可知，物块A、B的加速度之比为aA∶aB=2∶1，选项B错误；设细绳对物块A的拉力为F，对物块A，由牛顿第二定律，F=maA，对物块B，由牛顿第二定律， 3mg-2F=3maB，联立解得：F=6mg/7，选项C正确；由F=maA，可得aA=6g/7，aB=3g/7。当B下落高度h时，它的速度v==，选项D错误。 【方法归纳】对于细绳连接体，求解细绳中的拉力，一般采用隔离体法分析受力，利用牛顿运动定律列方程得出；定滑轮和动滑轮两侧细绳中拉力相等。穿过动滑轮两侧的细绳若沿竖直方向平行，若细绳的一端固定，若动滑轮悬挂的物块下落h高度，则另一端运动2h。 【变式训练8】如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物体A、B通过轻绳轻质滑轮连接，轻绳倾斜部分与斜面平行，重力加速度为g，从静止释放A到B落地前（　　） A．A的动能增加量是B的4倍 B．B的重力势能变化量是A的2倍 C．B的加速度为g D．轻绳中的拉力为mg 【答案】C 【解析】A．根据滑轮的组装，可知物体B下落的速度是物体A的速度的2倍，又因为两个物体的质量相等，根据动能的表达式 可知，所以B的动能增加量是A的4倍，A错误； B．设物体B下降的高度为h，则物体A上滑的距离为0.5h，A上升的高度为 根据重力势能的表达式 可知，所以B的重力势能变化量是A的4倍，B错误； CD．相同时间内物体B的位移为物体A的位移的2倍，所以物体B的加速度是A的2倍，设绳子上的拉力为F，对物体B，有 对物体A，有 联立解得 C正确，D错误。 故选D。 【变式训练9】（多选）如图所示，在光滑的水平桌面上有一个质量为3m的物体A，通过绳子与质量为m的物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都忽略不计，绳子不可伸长，物体B与竖直面无摩擦。重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．物体A的加速度大小为 B．物体B的加速度大小为g C．绳子的拉力为 D．物体B处于失重状态 【答案】AD 【解析】AB连在一起，加速度大小相同；对整体分析，解得，物体B加速度向下，则处失重状态，绳子的拉力小于mg，故选AD。 【变式训练10】多选)如图甲所示,质量为M的物体放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮与质量为m的物体相连,m所受重力为5 N;如图乙所示,同一物体M放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力F,拉力F的大小也是5 N。开始时M距桌边的距离相等,则(　　)。 A.M到达桌边时的速度相等,所用的时间也相等 B.图甲中M到达桌边用的时间较长,速度较小 C.图甲中M到达桌边时的动能较大,所用时间较短 D.图乙中绳子受到的拉力较大 【答案】BD 【解析】将题图甲中的两个物体整体作为研究对象,由牛顿第二定律得aM=;对题图乙的M分析有aM'=,因x=at2,v2=2ax,且aM<aM',所以题图甲中M到达桌边用的时间较长,速度较小,动能较小,A、C两项错误,B项正确;题图乙中绳子受到的拉力大小为F,题图甲中,对M分析有T=MaM<F=MaM',即题图乙中绳子受到的拉力较大,D项正确。 【变式训练11】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Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 【答案】．BC 【解析】：互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－T＝Ma，对m有：T′－mgsin α＝ma，又T＝T′，解得：a＝(1－ sin α)g，T＝mg，故选项A、D错误B、C正确． 【变式训练12】如图，在倾角为的光滑斜面上有一物体A，通过不可伸长的轻绳与物体B相连，滑轮与A之间的绳子与斜面平行。如果物体B的质量是物体A的质量的2倍，即。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为，初始时用外力使A保持静止，去掉外力后，物体A和B的加速度的大小等于（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对整体受力分析有 解得 【变式训练13】质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。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（不考虑两物块与斜面之间的摩擦）（　　） A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动加速度大小为 D．M运动加速度大小为 【答案】BCD 【解析】CD．第一次放置时质量为M的物体静止，则由平衡条件可得 第二次放置，对整体，由牛顿第二定律得 联立解得 故CD正确； AB．对质量为m的物体研究，由牛顿第二定律得，解得 故B正确，A错误。 故选BCD。 【变式训练14】质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用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，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则（ ） A．此时轻绳的拉力大小为mg B．此时轻绳的拉力大小为Mg C．此时A运动的加速度大小为(1–cosα)g D．此时A运动的加速度大小为(1–sinα)g 【答案】AD 【解析】第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得互换位置后，对整体，由牛顿第二定律联立解得对m，由牛顿第二定律 解得故选AD。 【变式训练15】小刚想测量地铁启动或减速过程中的加速度，他把一支圆珠笔绑在一根细绳的下端，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情况的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。可简化为如图所示的示意图。请你根据小刚拍摄的照片，判断地铁运动状态正确的是（　　） A．向右加速运动 B．向右匀速运动 C．向右减速运动 D．以上均不可能 【答案】C 【解析】当圆珠笔与地铁相对静止时，圆珠笔的加速度与地铁的加速度相同，照片中圆珠笔向右偏，说明圆珠笔受到的合力方向向左，其加速度方向向左，故地铁的加速度方向向左，地铁向左做加速运动，或者地铁向右减速运动，故C正确，ABD错误。故选C。 【变式训练16】如下图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为，下列说法正确的是（　　） A．大小一定不相同 B．方向一定不相同 C．小车加速度大小为 D．小车加速度大小为 【答案】D 【解析详解】AB．对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得得到 对左边的小铁球研究。设其加速度为a′，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律，得 得到因为得到则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，AB错误； CD．对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得得到方向向右，C错误，D正确。故选D。 【变式训练17】如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m = 0.2kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a水平向左做匀加速运动（取g = 10m/s2），则下列说法正确的是（ ） A．当时，滑块对球的支持力为 B．当时，滑块对球的支持力为 C．当时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和 D．当时，滑块对球的支持力为 【答案】AD 【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，在水平方向有F合 = Tcos45° = ma0竖直方向有Tsin45° = mg解得a0 = g A．则当a = 5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向有Tcos45° - Ncos45° = ma竖直方向有Tsin45° + Nsin45° = mg 解得N = N，T = N,A正确； BD．由以上分析知，当a = 15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，B错误、D正确； C．当a = 5m/s2时，小球未离开滑块，则将小球和滑块组成的整体在竖直方向受力平衡，即地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，C错误。故选AD。 【变式训练18】如图所示，三个完全相同的物体A、B和C放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用两根不可伸长的轻绳相连。物块质量均为1kg，与圆心距离分别为、和，其中且。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO＇匀速转动时，A、B绳中弹力和B、C绳中弹力随的变化关系如图所示，取，下列说法正确的是（　　） A．物体C与圆心距离 B．物体与圆盘间的动摩擦因数 C．当角速度为1rad/s时，圆盘对A的静摩擦力方向背离圆心 D．当角速度为rad/s时，A、B恰好与圆盘发生滑动 【答案】ABD 【解析】B．由题图可得，当时，A、B绳刚要有拉力，对A摩擦力提供向心力 ，解得 故B正确； A．当时，B、C绳刚要有拉力，对C摩擦力提供向心力，解得 故A正确； C．当角速度等于1rad/s时，对A，拉力和静摩擦力共同提供向心力，解得 方向指向圆心，故C错误； D．由图像，当角速度等于rad/s时 ， 对A，拉力和静摩擦力共同提供向心力，解得 对C，拉力和静摩擦力共同提供向心力，解得 此刻整个系统由相对圆盘向外滑动最大趋势，故D正确； 故选ABD。 【变式训练19】如图甲所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知mA=2 kg,mB=4 kg,斜面倾角θ=37°。某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示。已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)A与斜面间的动摩擦因数。 (2)A沿斜面向上滑动的最大位移。 【答案】(1)0.25　(2)0.75m 【解析】(1)在0~0.5s内,根据图乙知,A、B系统的加速度 a1==4m/s2 对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律得 mBg-mAgsinθ-μmAgcosθ=(mA+mB)a1 解得μ=0.25。 (2)B落地后,A继续减速上升。由牛顿第二定律得 mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa2 将已知量代入,可得a2=8m/s2 故A减速向上滑动的位移 x2==0.25m 因为0~0.5s内A加速向上滑动的位移 x1==0.5m 所以,A沿斜面向上滑动的最大位移 x=x1+x2=0.75m。 【变式训练20】如图所示，静止在粗糙水平面上的A、B两个物体用水平轻绳相连，在水平力F作用下一起向右运动，当F增大到某一值F0时轻绳刚好被拉断，此时两物体的速度为v=2m/s，此后水平力F0保持不变。已知轻绳能承受的最大拉力T＝8N，A的质量mA=2kg，B的质量mB=8kg，A、B物体与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求： （1）F0的大小； （2）绳断后，A、B物体运动的加速度大小？A停止运动瞬间，B的速度大小？ 【答案】（1）40N；（2）2m/s2，3m/s2，5m/s 【解析】（1）当F增大到F0时，对AB整体，根据牛顿第二定律有 对A物体有，联立解得 （2）绳断后，对A，对B，解得， 所以A停止运动的时间为，此时B的速度大小为。 【变式训练21】如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑。质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧。现给物块A施加水平向右的拉力F（未知），使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为g，A、B均可视为质点。 （1）当物块B刚好要离开地面时，拉力F的大小及物块A的速度大小分别为多少； （2）若将物块A换成物块C，拉力F的方向与水平方向成θ＝37°角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B离开地面前，物块C一直以大小为a的加速度做匀加速运动，则物块C的质量应满足什么条件？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 【解析】（1）当物块B刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x，物块A的速度大小为v， 对物块B受力分析有：mg＝kx 解得：x＝ 对物块A根据牛顿第二定律可知：F﹣kx＝ma 解得：F＝ma+mg 由运动学公式可知：v2＝2ax 解得：v＝ （2）当物块B刚好要离开地面时，弹簧弹力为：F弹＝mg 此时对C根据牛顿第二定律可知：Fcosθ﹣F弹＝mca Fsinθ≤mcg 解得：mc≥ 答：（1）当物块B刚好要离开地面时，拉力F的大小是ma+mg，物块A的速度大小分别为； （2）则物块C的质量应满足mc≥。 【变式训练22】如图所示，在一次汽车性能测试中，汽车车厢上用两细绳AC、BC系住一质量为m=5kg的小球，两绳与竖直方向的夹角分别为和，取重力加速度大小g=10 m/s2试求： （1）汽车静止时两细绳AC、BC的拉力T1、T2的大小。 （2）当AC绳和BC绳的拉力分别为0时，汽车的加速度。 （3）汽车分别以a=10m/s2向前加速与减速时，两细绳AC、BC的拉力的大小。 【答案】（1）T1=40N，T2=30N；（2）见解析；（3）见解析 【解析】(1)静止时，由力的平衡知，，解得 ，。 (2)当AC绳的拉力为0时，加速度向前，设加速度大小为a1，有，解得 方向向前，当BC绳的拉力为0时，加速度向后，设加速度大小为a2，有，， 方向向后。 (3)汽车以10m/s2向前加速时，小球没有向后飞起来，设AC绳和BC绳的拉力大小分别为T3、T4，建立如图所示的坐标系，有 方向，方向，解得， 汽车以10m/s2向前减速时，小球向前飞起来，BC绳的拉力大小为 设BC绳的拉力大小分别为T5，设AC与竖直方向的夹角为θ，有 ，，解得 ， 【变式训练23】如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数，斜面的倾角，铁块B下端到地面的高度，木块A的质量，铁块B的质量，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，，。 （1）求木块A受到的摩擦力； （2）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。 【答案】（1），方向沿斜面向下；（2） 【解析】（1）假设绳子拉力为，对木块A，根据受力平衡可得 对铁块B和动滑轮，根据受力平衡可得，联立解得，木块A受到的摩擦力大小为，方向沿斜面向下； （2）撤去力F，设木块A向上加速的加速度为，铁块B向下加速的加速度为，根据牛顿第二定律可得，，又，联立解得，当铁块B落地时，木块A向上通过的位移为，设此时木块A的速度为，则有，解得，铁块B落地后，木块A继续向上做匀减速运动的加速度大小为，则有，解得，木块A继续向上运动的位移为 木块A能沿斜面上滑的最大距离为。 题型07：连接体模型与功能关系及动量结合 【典型例题1】如图所示，轻质弹簧一端连接在固定斜面底端的挡板上，另一端与物块A连接，物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，t = 0时刻给A一沿斜面向下的瞬时冲量，物块A在运动过程中，加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s及运动时间t的变化关系可能正确的是（   ）    A．   B．   C．     D．     【答案】B 【解析】以弹簧恰好处于原长的位置为坐标原点且取向下为正，则记物块A运动的位移为x，则滑块A下滑过程中有x = s，上滑过程中s = 2s0－x，故加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s的关系图线与关于位移x的关系图线形状相同。 AB．由于刚开始时物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，则物块A下滑过程中有 kx = ma 则物块A下滑过程中a—x图线是一条过原点的直线，当A下滑的到最低点后上滑过程中有 kx－2mgsinθ = ma 则A上滑过程中a—x图线应是一条下倾的直线，且最大加速度要比上滑的最大加速度要小，但物块A不是做匀变速直线运动，则a与t的关系不可能是直线，A错误、B正确； C．根据以上分析可知，滑块下滑过程中重力和摩擦力抵消，则滑块的合外力为弹力，根据动能定理有 则下滑过程中Ek—x图线应该是一条开口向下的抛物线，当滑块上滑过程有 则上滑过程中Ek—x图线也应该是一条开口向下的抛物线，但根据牛顿第二定律可知上滑过程中在到达x = 0（即路程2s0）前某位置有A的合外力为零，此位置动能最大，此后A就开始做减速运动，动能将减小，C错误； D．物体A下滑过程中Ep与下滑位移x的关系为 则物块A下滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向上的抛物线，当滑块上滑过程有 则物块A上滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向下的抛物线，D错误。 故选B。 【典型例题2】如图甲所示，小物块A放在固定的水平桌面上，由绕过定滑轮的轻绳与质量为m的小物块B相连。开始时用手固定A，从图示位置由静止释放，A的速度二次方与位移大小的关系图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，重力加速度大小为g，不计一切摩擦阻力，则（   ）    A．A的质量为 B．0 ~ x0位移内B受到的合外力冲量大小为 C．0 ~ x0位移内轻绳拉力对A做的功为 D．0 ~ x0位移内轻绳的拉力大小为mg 【答案】AB 【解析】AD．由于不计一切阻力，则对物体A有 T = mAa 对物体B有 mg－T = ma 由于A、B用细线连接在一起，则根据v2—x图像有 k = 2a 联立有 A正确，D错误； B．由于A、B用细线连接在一起，则B运动x0时A的速度为 则根据动量定理有 B正确； C．对物体A列动能定理有 C错误。 故选AB。 【典型例题3】如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，试求： （1）物块B的质量； （2）弹簧的最大弹性势能； （3）t2时刻B的速度达最大，求此时刻A物块速度的大小。 【解析】（1）解：由图像可知A物块的初速度 ， 时刻两物块达共速 ，由动量守恒得 解得 （2）解：由图像可知 时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得 解得 （3）解：B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒 由能量守恒 解得 A的速度大小为 【考点】动量守恒定律；能量守恒定律 【解析】【分析】（1）AB组成的系统动量守恒，应用动量守恒可以求出物块B的质量 ； （2）当两物块的速度相等时弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大，两物块与弹簧组成系统机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能； （3）AB与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒与机械能守恒定律可以求出A的速度。 【变式训练1】在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中（　　） A．物块A运动的距离为 B．拉力的最大值为m1gsin θ＋m1a C．拉力做功的功率先增大后减小 D．弹簧弹性势能先减小后增大 【答案】D 【解析】A．系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，由平衡条件得kx1＝m1gsin θ，解得 物块B刚要离开挡板C时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸量为x2，由kx2＝m2gsin θ，解得 物块A在力F作用下沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为 选项A错误； B．在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大。隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律，F－m1gsin θ－kx2＝m1a，解得拉力F＝(m1＋m2)gsin θ＋m1a，选项B错误； C．在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式P＝Fv可知，拉力做功的功率一直增大，选项C错； D．由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧弹性势能先减小后增大，选项D正确。 故选D。 【变式训练2】“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　） A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为 D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 【答案】C 【解析】A．对动车由牛顿第二定律有 若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误； B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有 故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误； C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有 而以额定功率匀速时，有 联立解得 故C正确； D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知 可得动车组克服阻力做的功为 故D错误； 故选C。 【变式训练3】如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．a与b碰撞前b的速度始终为零 B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动 C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程因摩擦产生的内能为 【答案】C 【解析】A．a滑上c后相对c滑动过程假设b相对c静止，由牛顿第二定律得，对b、c整体 对b，解得 即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b相对c保持静止，b、c一起加速运动，a与b碰撞前b做匀加速运动，速度不为零，故A错误； B．设a、b碰撞前瞬间a的速度为v，a、b发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得，解得， 即碰撞后a、b两者交换速度，b相对c滑动，由A可知，a、c相对静止一起运动，故B错误； CD．b刚好滑到c的右端与c相对静止，a、b、c共速，设共同速度为，a、b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 其中，解得， 故C正确，D错误。 故选C。 【变式训练4】（多选）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，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始均沿竖直方向运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，两滑轮间竖直距离足够长。下列说法正确的是（　　） A．重物A的加速度大小为，方向竖直向下 B．悬挂滑轮的轻质细绳的拉力大小为 C．当B的位移为h时，B的速度大小为 D．当B的位移为h时，B的机械能减少 【答案】BCD 【解析】AB．设细绳张力为，A受向上的拉力为，而B受向上的拉力为，且重力都为，故A向上运动，B向下运动。由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的两倍，设A的加速度为，则B的加速度为。分别对A和B有 解得 ， 即重物A的加速度大小为，方向向上；细绳的拉力大小为，故A错误，B正确。 C．由于B的加速度是A加速度的两倍，由可知，同一时刻，A的速度是B的一半，即 当B下降高度h时，A上升，由机械能守恒定律得 联立解得 故C正确； D．当B下降高度h时，B的机械能减少量 故D正确。 故选BCD。 【变式训练5】（多选）如图所示，在竖直平面内有一倾角的传送带，两皮带轮轴心之间的距离，沿顺时针方向以匀速运动，一质量的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块与传送带间的动摩擦因数。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为的光滑圆弧形轨道，并与位于圆弧轨道最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量，物块P和Q均可视为质点，重力加速度，，。则（　　） A．物块P到达C点时的速度一定为4m/s B．物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为9.6J C．物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度可能为1.5m/s D．物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N 【答案】ABD 【解析】A．物块P与传送带没有达到共速前，物块P受摩擦力方向沿传送带向下，设其加速度为a1，由牛顿第二定律可得， 物块P与传送带达到共速所用时间 物块P在传送带上的位移为 物块P与传送带达到共速后，由于 可知摩擦力方向沿传送带向上，设此时物块P的加速度为a2，由牛顿第二定律可得 ，解得 物块P在传送带上运动的距离为 设物块P运动到传送带底端C点时的速度为v1，由速度位移关系公式可得 A正确； B．物块P与传送带达到共速时，传送带的位移为 物块P与传送带达到共速后到滑到C点时所用时间 在1s时间内传送带的位移为 物块P与传送带相对位移为 物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为 B正确； C．设物块P运动到F点时的速度为v2，由动能定理可得，解得 若物块P与物块Q产生完全弹性碰撞，设物块P碰撞后的速度为v3，物块Q碰撞后速度为v4，两物块碰撞中动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，解得 若物块P与物块Q产生完全非弹性碰撞，则有，解得 可知 因此物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度不可能是1.5m/s，C错误； D．在F点，由牛顿第二定律可得，解得 由牛顿第三定律可知，物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N，D正确。 故选ABD。 【变式训练6】如图，物块A放在水平传送带上，左侧通过轻弹簧与固定竖直挡板相连，初始时，物块静止在沿逆时针方向运行的传送带上。某时刻在物块右侧通过不可伸长的轻绳绕过轻滑轮悬挂钩码B，弹簧与轻绳均水平，物块开始运动且始终处于传送带上。已知物块A和钩码B的质量均为，物块与传送带间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数，且始终处在弹性限度内，g取。求： （1）物块A静止在传送带上时，弹簧的形变量x； （2）悬挂钩码B的瞬间，物块A的加速度大小a； （3）悬挂钩码B后，物块A向右运动的最大速度v。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）对物块A受力分析可得， 代入数据解得 （2）悬挂钩码B的瞬间，设轻绳上的张力为，对钩码B受力分析可得 对物块A受力分析，由牛顿第二定律可得，解得 （3）悬挂钩码B后，A、B整体做加速度减小的加速运动，当整体加速度为零时，物块A的速度最大，设此时弹簧伸长量为，则 代入数据可得 由于，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，可得弹簧弹力做功为零 对A、B整体由功能关系有 代入数据解得 【变式训练7】如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2．求： （1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep （2）从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E （3）为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。 【解析】（1）解：对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2 解得 v1=10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为： 解得Ep=19.5J （2）解：设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：-μm2gx=0- m2v22 解得 x=3m＜L=4m 则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。 设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。 根据动量定理得：μm2gt=m2v0-（-m2v2） 解得：t=3s 该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m 故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=μm2gx带 解得：E=6.75J （3）解：设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得： 由平抛运动的规律有：x=vCt1 联立整理得 根据数学知识知当4R=10-4R 即R =1.25m时，水平位移最大为x=5m 【考点】动能定理的综合应用；动量守恒定律 【解析】【分析】（1）利用动量守恒可以求出物块的速度；结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小； （2）利用动能定理结合动量定理可以求出物体在传送带运动的时间；利用摩擦力和传送带位移的大小可以求出电动机对传送带做功的大小； （3）利用机械能守恒定律结合平抛运动的位移公式可以求出半径和水平位移的大小。 【变式训练8】如图，质量为m的物块a与质量为2m的物块b静置于光滑水平面上，物块b与劲度系数为k的水平轻质弹簧连接，物块a恰与弹簧左端接触。现给物块a水平向右的初速度v0，物块a与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。全过程无机械能损失且弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧振子做简谐运动的周期 。 （1）若物块b固定不动，求物块a速度减为0过程经历的时间； （2）若物块b可以自由滑动，求两物块相互作用过程中物块a的最小速度； （3）若物块b可以自由滑动，在两物块相互作用过程中，求当物块a的速度大小为 时弹簧的弹性势能； （4）在（2）问中，如果在物块b的右侧固定一挡板（位置未知，图中也未画出），物块a与弹簧分离前物块b与挡板发生弹性碰撞，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，物块b与挡板的碰拉时间极短，求此后过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。 【解析】（1）解：设物块a经时间t速度减为0，有 解得 （2）解：取水平向右为正方向，设物块a与弹簧分离时物块a、b的速度分别为 、 ，有 解得 ， 所以两物块相互作用过程中物块a的最小速率 （3）解：由动量守恒定律有 当 时 当 时 （4）解：物块a与弹簧分离前某时刻，设物块a的速度为va2，物块b的速度为vb2 物块b与挡板碰撞前，有 物块b与挡板碰撞后，当物块a、b共速时弹簧弹性势能最大，设为E2，有 解得 由（3）问可知 当 时，E2最大，解得 当 时，E2最小，解得 所以弹簧最大弹性势能的取值范围为 【考点】动量守恒定律 【解析】【分析】（1）当b不动时，物块a做简谐运动，其从速度最大到0经历的振动时间等于周期的四分之一； （2）当物块a与b分离时其a的速度最小，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出物块a最小的速度大小； （3）由于系统不受外力，利用ab其动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹性势能的大小； （4）利用物块b与挡板碰撞前后与a为系统的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的最大值。 【变式训练9】如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为 ，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数 ，B左侧水平面光滑，重力加速度为 ，求： （1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小； （2）斜面体的质量； （3）物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。 【解析】（1）解：在D点，有 从C到D，由动能定理，有 在C点，有 解得 由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力 （2）解：弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有 对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有 B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有 由机械能守恒定律，有 解得 （3）解：物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律 由机械能守恒，有 解得 ， 由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功 解得 【考点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律 【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出压力的大小； （2）利用动量守恒定律结合动能定理和动量守恒定律可以求出斜面体的质量大小； （3）利用动量守恒定律结合机械能守恒定律和功能关系可以求出物体B对斜面体做功的大小。 【变式训练10】如图甲所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，它的两个端点P、Q均与圆心O等高，小球A、B之间用长为R的轻杆连接，置于轨道上．已知小球A、B质量均为m，大小不计． （1）求当两小球静止在轨道上时，轻杆对小球A的作用力大小F1； （2）将两小球从图乙所示位置(此时小球A位于轨道端点P处)无初速释放．求： ① 从开始至小球B达到最大速度的过程中，轻杆对小球B所做的功W； ② 小球A返回至轨道端点P处时，轻杆对它的作用力大小F2. 【解析】（1）解：选择 为研究对象， 的受力如图所示 由共点力的平衡条件： （2）解：以两球和杆为研究对象，当杆下降至水平时，两球的速度最大且相等，在这个过程，由动能定理可得： 对 球有动能定理可得： 联立以上方程解得： 轻杆对小球B所做的功 ② 小球 再次回到 点时，两球的受力如图所示： 设小球 切向的加速度为 ，由牛顿第二定律有： 设小球 切向的加速度为 ，由牛顿第二定律有： 两球的加速度相等，即 联立以上方程解得： 【考点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用 【解析】【分析】（1）分别对两个物体进行受力分析，在支持力、重力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可； （2）两个小球组成的系统机械能守恒，结合两个小球速度关系求解即可； （3）分别对两个物体进行受力分析，结合小球的加速度，利用牛顿第二定律列方程求解作用力即可。 【变式训练11】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H＝0.8m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝7.1m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。 （1）求滑块C与传送带的动摩擦因数μ及落地点P与N端水平距离x； （2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep； （3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取 ＝5.3） 【解析】（1）解：三个质量均为m＝1.0kg，则mA＝mB＝mC＝m＝1kg。 滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v＝4m/s所用的时间为t＝1s， 加速度大小为a＝ ＝ m/s2＝1m/s2， 由牛顿第二定律得：μmg＝ma， 解得：μ＝0.1； 根据速度图象可知：L＝ +4（1.375﹣1）m＝6m， 滑块C平抛运动的时间t′＝ ＝ s＝0.4s 平抛运动的水平位移x′＝vt′＝4×0.4m＝1.6m 落地点P与N端水平距离x＝L+x′＝7.6m 答：滑块C与传送带的动摩擦因数为0.1，落地点P与N端水平距离为7.6m （2）解：设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv0＝（mA+mB）v1， 解得：v1＝3.55m/s 弹簧弹开过程中：（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC， 根据速度图象可知碰撞后vC＝5m/s，解得：v2＝1.05m/s 弹簧伸开的过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得： EP+ （mA+mB）v12＝ （mA+mB）v22+ mCvC2， 代入数据可解得：EP＝1.0J 答：滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能为1J； （3）解：在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。 设A与B碰撞后的速度为v′1，分离后A与B的速度为v′2，滑块C的速度为v′C，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝4m/s， 加速度大小为a＝1m/s2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2﹣v′C2＝2（﹣a）L，解得：v′C＝ m/s＝5.3m/s， A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvmax＝（mA+mB）v1′， 弹簧伸开过程，由动量守恒定律得：（mA+mB）v1′＝mCvC′+（mA+mB）v2′， 由能量守恒定律得：EP+ （mA+mB）v′12＝ （mA+mB）v′22+ mCv′C2， 解得：vmax＝7.55m/s； 若滑块A在碰撞前速度有最小值，则碰撞后滑块C的速度有最小值，它加速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。 设A与B碰撞后的速度为v′′1，分离后A与B的速度为v′′2，滑块C的速度为v′′C，C在传送带上做匀加速运动的末速度为v＝4m/s， 加速度大小为a＝1m/s2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2﹣v′′C2＝2aL，解得：v′′C＝2m/s， A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvmin＝（mA+mB）v″1， 弹簧伸开过程，由动量守恒定律得：（mA+mB）v″1＝mCv″C+（mA+mB）v″2， 由能量守恒定律得：EP+ （mA+mB）v′′12＝ （mA+mB）v′′22+ mCv′′C2， 解得：vmin＝2m/s。 滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2m/s≤v0≤7.55m/s 答：若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2m/s≤v0≤7.55m/s。 【考点】动能定理的综合应用；动量守恒定律 【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据初速度求解水平方向的位移； （2）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可； （3）同理，两个物体组成系统动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可。 【变式训练12】如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与光滑的弧形轨道平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板C上表面等高，且紧密靠近，相同长木板D与C接触不粘连，每块木板长L=0.8m、质量m0=0.3kg，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。质量m=0.1kg的小物块从轨道上高h=5m处的P点由静止开始下滑，从滑过A点开始计时，经过t1=0.8s传送带突然卡死而瞬间停止转动，又经过t2=1s传送带瞬间恢复正常运转，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2=0.5，传送带AB之间的距离d=10.7m。重力加速度g=10m/s2。求： （1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小； （2）物块在传送带上运动的总时间； （3）物块最终能否停在木板上？如果能，求出物块最终停在哪块木板上，及距此木板左端多远的距离；如果不能，请通过计算说明理由。 【答案】（1）6m/s；（2）2.2s；（3）m 【解析】（1）从P到A，根据动能定理有，解得m/s 物块在传送带运动，根据牛顿第二定律有 经过t1=0.8s的速度为 （2）经过t1=0.8s的位移为 又经过t2=1s物块的位移和速度分别为m/s， 此后物块开始加速，加速的位移为m 根据速度—位移公式有，解得m/s 加速的时间为s 物块在传送带上运动的总时间为s （3）物块刚滑到木板上时对两木板整体分析可知 则物块在木板C上减速运动，根据速度位移公式有，解得m/s 物块在木板D上运动时，对D木板根据牛顿第二定律有，解得 设经过两物体共速，则有，解得s 由于 此后物块与D木板共同减速至0，则距此木板左端多远的距离为m 【变式训练13】如图甲所示，半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道固定在水平面上，B为轨道的最低点。B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板小车，小车质量为M=2kg，长度为l=1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度为h=0.2m。质量为m=1kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A静止释放， g取10m/s2。 （1）求物块滑到B点时受到的支持力的大小FN； （2）若锁定平板小车并在上表面铺上一种特殊材料（不计材料厚度），其动摩擦因数从左向右随距离变化的关系如图乙所示，求物块滑离平板小车时的速度大小v； （3）撤去上表面铺的材料，物块与平板小车间的动摩擦因数μ=0.4。现解除锁定，物块仍从A点静止释放，分析物块能否滑离小车。若不能，求物块距离小车左端的距离d；若能，求物块落地时距小车右端的水平距离x。 【答案】（1）30N；（2）1.73m/s；（3）0.75m 【解析】（1）物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有 得 在B点，由牛顿第二定律得 得=30N （2）物块在小车上滑行时，摩擦力做功=-1J，=-2J 根据动能定律得， （3）解除锁定后，物块的加速度为a1， 平板车的加速度为a2， 假设物块与平板车经过时间t达到共同速度，有 得t=0.5s，=1m/s 物块和小车的相对位移 所以物块不能滑离平板车，物块距平板车左端的距离为0.75m。 【变式训练14】如图所示的游戏装置放置在水平地面上，该装置由水平直轨道OB、两个相同的四分之一圆弧构成的竖直细管道BC、水平直轨道CD和水平传送带DE平滑连接而成。传送带以恒定速度做顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，原长时右端处于O点。质量的滑块a将弹簧压缩至A处（图中未标出），此时弹性势能。释放后滑块通过ABC段，进入轨道CD与质量的滑块b发生弹性碰撞，碰后滑块b从E点水平飞出。已知OB段长，滑块a与OB段的动摩擦因数，圆弧半径，传送带长，滑块b与传送带的动摩擦因数，滑块均可视为质点，装置其余部分均光滑，不计空气阻力。求： （1）在竖直光滑细管道C点时滑块a受到管道的作用力大小； （2）滑块a最终静止的位置与管道最低点B的距离； （3）滑块b平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。 【答案】（1）；（2）点左侧处；（3）见解析 【解析】（1）根据功能关系可知，解得 在C点，根据牛顿第二定律有，解得 （2）与滑块b发生弹性碰撞，则动量守恒且能量守恒， 解得， 而由于 则不会再弹上，解得 而由于 故最终停在点左侧处。 （3）根据平抛运动规律有，解得 若一直减速则有，解得 若一直加速，则有，解得 则若，则 若，则 若，则 【变式训练15】如图，长为的传送带以大小为的速度沿顺时针方向匀速转动，一足够长的长木板紧靠传送带右端放在光滑的水平面上，长木板的上表面与传送带的上表面在同一水平面上，水平地面右侧有一竖直固定的弹性挡板。一可视为质点、质量为的物块轻放在传送带的左端A，随传送带运动到端，以速度滑上长木板，并与长木板一起向右运动，长木板与挡板第一次碰撞前物块与长木板已达到共同速度。已知长木板的质量为，物块与长木板间的动摩擦因数为0.4，长木板与挡板碰撞是弹性碰撞，重力加速度为。求： （1）物块与传送带的动摩擦因数至少为多少；物块在传送带上运动的时间最长为多少； （2）开始时，长木板的右端离挡板的距离至少为多少； （3）长木板与挡板第次碰撞前一瞬间，长木板的速度为多大。    【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）物块以速度v滑上长木板，设物块与传送带的动摩擦因数至少为，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律得，，解得 物块在传送带上一直加速时运动的时间最长，最长时间为 （2）物块第一次在木板上滑动的过程中，由动量守恒定律得 设此过程中木板的位移为x，对木板由动能定理得，解得 即开始时长木板的右端离挡板的距离至少为 （3）长木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞，由动量守恒定律得 长木板与挡板第二次碰撞到第三次碰撞，由动量守恒定律得 可知，长木板与挡板第次碰撞前一瞬间，长木板的速度为 【变式训练16】物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。 （1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小； （3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）根据运动学公式，解得 （3）根据牛顿第二定律 根据运动学公式 代入数据联立解得 【变式训练17】如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。 （1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 【答案】（1）；（2）；（3）当时，，当时， 【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律，解得 与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 联立解得 （2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得，解得 以竖直向下为正方向 由动能定理 联立可得 （3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得 从点飞出后，竖直方向 水平方向 根据几何关系可得 联立解得 代入数据解得 当时，从释放时，根据动能定理可得，解得 可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得 ，解得 距离点0.6m，综上可知当时 代入数据得 【变式训练18】如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有   ①，   ②，   ③ 联立①②③式并代入题给数据得   ④ （2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有   ⑤ 式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有   ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得   ⑦ （3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有   ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得   ⑨ 【变式训练19】为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。 （1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； （2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能； （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。 【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m 【解析】（1）滑块a从D到F，由能量关系 在F点，解得，FN=31.2N （2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为 根据 可得在C点的速度vC=3m/s 则滑块a从碰撞后到到达C点，解得v1=5m/s 因ab碰撞动量守恒，则 解得碰后b的速度v2=5m/s 则碰撞损失的能量 （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度，解得v=2.5m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 则 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系，解得 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1 则弹簧最大长度与最小长度之差 【变式训练20】如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，斜面上P点及以下部分的表面光滑，P点以上部分的表面粗糙。质量分别为、的滑块A、B用轻弹簧连接后置于斜面上，滑块B与斜面下端的垂直挡板接触，滑块A平衡后恰好静止在P点。质量的“L”形木板C置于斜面上端，质量的滑块D置于木板C上，将木板C、滑块D由静止同时释放，此时木板C下边缘与P点的距离，滑块D与木板C下边缘的距离。已知弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧的劲度系数，木板C上表面光滑、下表面与斜面粗糙部分间的动摩擦因数，木板C与滑块D及木板C与滑块A间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度，，滑块A、B、D均可视为质点。 （1）求木板C与滑块D发生第一次碰撞后瞬间木板C的速度大小； （2）求木板C与滑块A发生碰撞后瞬间滑块A的速度大小； （3）如果在滑块A与木板C第一次碰撞后便撤去木板C和滑块D，求木板C与滑块A第一次碰撞后滑块B对挡板的最大弹力。（结果保留根式）    【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）刚释放时对木板C有 解得木板C的加速度 故木板C开始时静止在斜面上 对滑块D有 解得滑块D的加速度 由 解得滑块D与木板C碰撞前瞬间的速度 因为滑块D与木板C间的碰撞是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得， （2）木板C与滑块D第一次碰撞后沿斜面向下匀速运动，运动到P点经历的时间 分析可知此时间内滑块D沿木板C表面向上滑动恰好减速为零，即木板C与滑块A的碰撞要早于木板C与滑块D的第二次碰撞 滑块A与木板C间的碰撞是弹性碰撞， 由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得， （3）滑块A与木板C碰撞前受力平衡，有 解得碰撞前弹簧的形变量 弹簧处于压缩状态 木板C与滑块A碰撞后，滑块A获得初速度，开始向下压缩弹簧，设继续压缩了，当它运动到最低位置时根据动能定理有，解得 滑块A运动到最低位置时弹簧的形变量最大，滑块B对挡板的弹力最大，有 【变式训练21】交通法规明文规定超载车辆严禁上路。为了定量研究货车超载造成的危害，某同学将超载货车的刹车过程抽象成了图示模型，并通过实验加以模拟。货车相当于一个质量M＝2kg的木板，车头相当于固定在板右侧的竖直挡板，货物相当于一个质量m＝3kg、尺寸可不计且初始时刻位于木板最左侧的木块。刹车前，木板（货车）和木块（货物）以共同的速度向右做匀速运动；由于前方突发状况，货车开始刹车且仅在摩擦力作用下减速。已知木板与木块之间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。（结果可用分式表示） （1）求刹车后瞬间木块和木板的加速度大小； （2）如果货物与车头发生碰撞，将对驾驶室造成极大的冲击力，可能危及驾驶员的生命安全。试求在木块不固定的情况下，为了使木块与挡板不发生碰撞，木板长度的最小值； （3）除了碰撞对驾驶员造成的伤害外，超载还会增大货车总的刹车距离，危及其他车辆的安全。假设在木块与挡板发生时间极短的碰撞前瞬间，木板的速度刚好减为零，且木块与挡板碰后粘合在一起，并最终停下来。求从开始刹车到木板最后停下来总的刹车距离。    【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）刹车后瞬间木块的加速度大小为 刹车后瞬间木板的加速度大小为 （2）木板减速到静止的时间 在内木板的位移 在内木块的位移 木块相对木板的位移 时刻木块的速度为 此后木块速度为0时的位移 为了使木块与挡板不发生碰撞，木板长度的最小值 （3）在（2）问上，木块与挡板碰撞，由动量守恒定律有 得 此后整体一起以减速直到静止，有， 从开始刹车到木板最后停下来总的刹车距离 题型08：连接体模型的瞬时性问题 【典型例题1】如图所示，光滑水平面上，轻质弹簧连接着质量为的物块A和的物块B，刚开始，两物块都处于静止状态。现用大小为的水平恒力F作用在B上，使A、B相对静止地一起向右匀加速运动，下列说法正确的是（　　） A．突然撤去F的瞬间，B的加速度大小为 B．物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为 C．物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为 D．撤去F后的短暂时间内，A的速度将减小，B的加速度将增大 【答案】B 【解析】A．突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则B的加速度大小为 A错误； BC．对AB的整体，由牛顿第二定律可知 解得 a=5m/s2 对物体A则 C错误，B正确； D．撤去F后的短暂时间内，弹簧弹力逐渐减小，但仍有弹力，A的加速度仍向右，速度仍将增加；B的加速度随着弹力的减小将减小，D错误。 【典型例题2】如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为的物体A、B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为，初始时系统处于静止状态。现用大小为，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为 B．当弹簧压缩量减小时，A、B间弹力大小为 C．A、B分离时，A物体的位移大小为 D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了 【答案】ACD 【详解】A．外力施加的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 故A正确； B．开始时弹簧的压缩量为当弹簧压缩量减小时，此时的弹力为 对A、B整体有解得对A有解得故B错误； C．A、B分离时，两物体间的弹力为零，加速度相等，则对A、B整体有 对A有联立解得即此时弹簧的压缩量为，A物体的位移大小 故C正确； D．当A、B分离时，因弹力为可知物体B继续向上加速，当加速度为零时速度最大，此时 解得即B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了，故D正确。故选ACD。 【典型例题3】如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A，B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．剪断B，C间细线的瞬间，A，B间细线上的弹力大小为 B．剪断B，C间细线的瞬间，B的加速度大小为g C．剪断A，B间细线的瞬间，A的加速度大小为g D．剪断A，B间细线的瞬间，B，C间细线上的弹力大小为mg 【答案】A 【考点】牛顿第二定律 【解析】【解答】B．开始由平衡条件可得 剪断B、C间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，AB一起运动，则有 联立解得 所以剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为 ，则B不符合题意； A．对C分析有 解得 所以A符合题意； C．剪断A，B间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，有 解得 所以C不符合题意； D．剪断A，B间细线的瞬间，BC一起运动向下做自由落体运动，则B、C间细线上的弹力大小为0，所以D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】根据平衡关系求出B的加速度；对C进行受力分析从而求出弹力的大小；剪短细线对A进行受力分析从而求出A的加速度和B、C间细线的弹力。 【变式训练1】如图，粗糙水平面上两木块1和2质量分别为m1=2kg和m2=4kg，中间用一劲度系数为的轻弹簧连接起来，木块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块与水平面之间动摩擦因数μ=0.2。现用F=20N水平恒力向右拉木块2，使木块2向右移动，在木块1移动的瞬时（　　） A．弹簧的伸长量为4cm B．弹簧的伸长量为6cm C．木块2的加速度a=3m/s2 D．木块2的加速度a=4m/s2 【答案】A 【解析】AB．在木块1移动的瞬时，则 解得 x=4cm 选项A正确，B错误； CD．对物块2，则由牛顿第二定律 解得 a=2m/s2 选项CD错误。 【变式训练2】如图所示，质量分别为、的小球，通过完全相同的甲、乙两弹簧竖直悬挂在天花板上。已知重力加速度大小为，弹簧质量可忽略不计且始终在弹性限度内，不计一切阻力。用水平挡板竖直向上缓慢托起小球，直至将甲弹簧压缩到弹力大小为，之后在某时刻突然撤去挡板，下列说法正确的是（　　）    A．与初始位置比，撤去挡板前甲弹簧的弹性势能增加 B．与初始位置比，撤去挡板前乙弹簧的弹性势能增加 C．在撤去挡板的瞬间，甲、乙两弹簧的弹力之比为 D．在撤去挡板的瞬间，甲、乙两弹簧的形变量之比一定为 【答案】D 【解析】CD．在撤去挡板之前，小球P，Q均处于平衡状态，对小球P受力分析可知，乙弹簧处于压缩状态，且弹力大小为，则在撤去挡板的瞬间，甲乙两弹簧力之比为，甲、乙两弹簧的形变量之比一定为，故C错误，D正确； A．根据题意，初始位置时，把小球P，Q与弹簧乙看成整体，受力分析可知，此时弹簧甲的弹力为，撤去挡板前甲弹簧的弹力为，可知，弹力减小，弹簧的形变量减小，甲弹簧的弹性势能减小，故A错误； B．根据题意，初始位置时，对小球Q受力分析可知，此时弹簧乙的弹力为，在撤去挡板的瞬间弹力也为，弹力大小不变，形变量不变，弹性势能不变，故B错误。 故选D。 【变式训练3】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为和的物体A和B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为的匀加速直线运动，测得两个物体的图象如图乙所示（重力加速度为），则（　　） 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．A、B在时刻分离，此时弹簧弹力大小为 D．从开始运动到A、B分离经历的时间为 【答案】C 【解析】A．施加外力前，根据受力平衡可得，弹簧的形变量为，A错误； B．外力施加的瞬间，以物体B为对象，设A对B的压力为，根据牛顿第二定律可得 解得，B错误； C．由图乙可知，A、B在时刻分离，此时A、B间的弹力为，以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得此时弹簧的弹力大小为，C正确； D．设A、B分离时弹簧的压缩量为，可得解得从开始运动到A、B分离经历的时间为，则有解得，D错误；故选C。 【变式训练4】（多选）如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为1kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力F使之做匀加速直线运动，F与作用时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．A、B分离时，弹簧刚好为原长状态 B．A、B分离时，B的加速度为2m/s2 C．A、B分离时，A的速度为0.4m/s D．开始有F作用时，弹簧的压缩量为4cm 【答案】BC 【详解】A．物体A、B分离时，B只受拉力F作用，加速度大于零，此时A的加速度与B的相同，则弹簧弹力大于零，弹簧处于压缩状态，选项A错误； B．物体A、B分离后，B的加速度不变，拉力F不变，由图乙可知，此时拉力F为2N，则B的加速度为 选项B正确； C．由图乙可知0.2s物体A、B分离，分离时A、B的速度相同，均为v=at=0.4m/s选项C正确； D．t=0时，对A、B整体由牛顿第二定律得，弹簧弹力为kx1=2ma运动0.2s后，弹簧压缩量为 此时弹簧弹力为kx2=ma联立解得x1=0.08m=8cm选项D错误。故选BC。 【变式训练5】（多选）如图所示，质量为2kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为3kg的物体B用细线悬挂起来，使A、B恰好接触。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（g取）（　　） A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体AB一起向下做匀加速直线运动 C．物体B的瞬时加速度为 D．物体B对物体A的压力为12N 【答案】AD 【解析】A．剪断细线前，A、B恰好接触，则A、B间无压力，弹簧的弹力F=mAg=20N=kx解得x=0.2m 选项A正确； B．线剪断之后，在A、B一起向下运动的过程中，弹簧弹力发生变化，则整体合力在变化，不是匀加速直线运动，选项B错误； C．剪断细线的瞬间，A、B整体有向下的加速度，对整体分析有 选项C错误； D．隔离对B分析有mBg-N=mBa解得A对B的弹力N=mBg-mBa=12N根据牛顿第三定律可知物体B对物体A的压力为12N，选项D正确。故选AD。 【变式训练6】（多选）如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，B的质量也为m。初始时在竖直向上的力F作用下系统静止，弹簧处于自然长度。现改变竖直向上的力F的大小，使A匀加速下降。已知重力加速度为g，A的加速度为a=0.25g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A匀加速下降的过程中，以下说法正确的是（　　） A．A和B刚好分开时弹簧的弹力为0.85mg B．弹簧的最大形变量为 C．力F可能为0.9mg D．力F最小值为0.65mg 【答案】BC 【解析】AB．设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得 解得在此之前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得 可得所以A和B刚好分开时FN=0，则此时弹簧的弹力为，选项A错误，B正确； CD．以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得可得 力F对B的作用力范围为选项C正确，D错误。故选BC。 【变式训练7】（多选）如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示（g=10m/s2），则正确的结论是（　　） A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．物体的加速度大小为5m/s2 C．物体的质量为2kg D．弹簧的劲度系数为750N/m 【答案】BC 【解析】A．物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，所以弹簧处于原长状态，故A错误； BCD．未施加外力F之前，物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有从图中可知施加拉力后当x=0时，即当拉力为10N时，弹簧未发生移动，即弹簧弹力和重力仍平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有物体与弹簧分离后，拉力为30N，根据牛顿第二定律，有 联立三式解得，，故BC正确，D错误。故选BC。 【变式训练8】（多选）如图所示，半径为R的四分之一圆弧槽B放在水平面上，质量为M，圆弧槽最高点处的切线竖直，质量为m的物块A放在圆弧的最高点，各接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在圆弧槽上施加水平推力F，使得物块在圆弧槽的最高点刚好与槽相对静止，下列说法正确的是（    ）    A．物块的加速度大小为 B．圆弧槽上施加水平外力大小为 C．若圆弧槽运动一段时间撤去F，撤去瞬间B的加速度大小为 D．若圆弧槽运动一段时间撤去F，撤去瞬间A的加速度大小为 【答案】BC 【解析】A．隔离A分析，物块A刚好不下滑，竖直方向根据受力平衡可得 水平方向根据牛顿第二定律可得 又 解得 选项A错误； B．研究A和B整体 解得 选项B正确； CD．当圆弧槽运动一段时间撤去F，撤去瞬间B做减速运动，A做平抛运动，B的加速度为，A运动的加速度为g，选项C正确，D错误。 故选BC。 【变式训练9】如图所示，一倾角为 的斜面体C始终静止在水平地面上，它的底面粗糙，斜面光滑。细线的一端系在斜面体顶端的立柱上，另一端与A球连接，轻质弹簧两端分别与质量相等的AB两球连接。弹簧、细线均与斜面平行，系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 B．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 C．斜面体C对地面的压力等于AB和C的重力之和C D．地面对斜面体C无摩擦力 【答案】B 【解析】【解答】AB．烧断细线前，弹簧的弹力 烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A加速度大小 对B则有 A不符合题意，B符合题意； C．烧断细线的瞬间，A的加速度方向沿斜面向下，将A的加速度分解为水平方向和竖直方向，对整体分析可知，斜面体对地面的压力小于AB和C的重力之和，C不符合题意。 D．烧断细线的瞬间，A 的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有加速度，对整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】断开绳子前，利用B的平衡方程可以求出弹簧弹力的大小；断开绳子后，弹簧的弹力瞬间保持不变；利用牛顿第二定律可以求出AB加速度的大小；利用整体的牛顿第二定律可以判别斜面对地面的压力小于整体的重力大小；利用加速度的大小可以判别地面对斜面存在摩擦力的作用 【变式训练10】如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体c置于水平地面上，滑块ｂ置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止．已知物块a、b、c的质量分别为m、4m、M，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．弹簧弹力大小为mg B．地面对c的摩擦力为零 C．剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为（4m+M）g D．剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为g 【答案】A 【解析】【解答】A．以b为研究对象，绳子拉力大小为：F=4mgsin30°=2mg 再以a为研究对象，根据平衡条件可得：F=T+mg 解得：T=mg 故A正确； B．以b和c为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：地面对c的摩擦力为： 故B错误； C．剪断轻绳的瞬间，b的加速度方向沿斜面向下，处于失重状态，所以c对地面的压力小于（4m+M）g，故C错误； D．剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为： 故D错误。 【分析】利用b的平衡方程可以求出拉力的大小；结合a的平衡可以求出弹力的大小；利用bc的平衡可以判别地面摩擦力的方向；利用b的加速度方向结合整体的牛顿第二定律可以判别c对地面的压力大小；利用牛顿第二定律可以求出a的加速度大小。 【变式训练11】如图所示，横截面为等腰三角形的光滑斜面，倾角θ=30°，斜面足够长，物块B和C用劲度系数为k的轻弹簧连接，它们的质量均为2m，D为一固定挡板，B与质量为6m的A通过不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮相连接。现固定A，此时绳子伸直无弹力且与斜面平行，系统处于静止状态，然后由静止释放A，则： （1）物块C从静止到即将离开D的过程中，重力对B做的功为多少？ （2）物块C即将离开D时，A的加速度为多少？ （3）物块C即将离开D时，A的速度为多少？ 【解析】（1）解：开始系统静止时，对于物块B有 则弹簧压缩量为 C刚离开D时，对于物块C有 则弹簧伸长量为 A、B的位移大小均为 物块C从静止到刚离开D的过程中，重力对B做功 （2）解：C刚离开D时，设绳中张力大小为T，对A、B分别由牛顿第二定律有 即 解得A的加速度 （3）解：物块C从静止到刚离开D过程中，初末态弹簧的弹性势能相等， 对系统由功能关系得 解得 【考点】共点力平衡条件的应用；对单物体(质点)的应用；功能关系 【解析】【分析】（1）分别对三个物体进行受力分析，在重力、支持力、弹力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解弹簧伸长量，进而求解位移，利用公式W=Fs求解做功； （2）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度； （3）三个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒列方程分析求解即可。 【变式训练12】如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】当木板与水平面的夹角为时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图 沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力 根据平衡条件可知 对B物块受力分析如图 沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力 根据平衡条件可知 两式相加，可得 解得 ABD错误，C正确。 故选C。 【变式训练13】如图所示,A、B两球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(　　)。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零 C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为gsin θ D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零 【答案】B 【解析】系统静止,根据平衡条件,对B球有F弹=mgsinθ,对A球有F绳=F弹+mgsinθ,细线被烧断的瞬间,细线的拉力立即减为零,但弹簧的弹力不发生改变,则B球受力情况未变,瞬时加速度为零;对A球根据牛顿第二定律得a===2gsinθ,A、C、D三项错误,B项正确。 【变式训练14】如图所示,质量相同的两物体A、B,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧,连接物体A的细线与斜面C平行,物体B与A处于同一水平高度,此时物体A恰好静止在倾角为37°的斜面C上。某时刻剪断细线,使物体A、B开始运动,C仍然静止。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则在剪断细线后(　　)。 A.物体A、B运动到水平面的时间相等 B.A的加速度大小为2 m/s2 C.A受到的摩擦力与剪断细线前相同 D.地面对C的摩擦力比剪断细线前大 【答案】B 【解析】设A物体在斜面上受到的最大静摩擦力为f,根据平衡条件,有mgsin37°+f=mg,解得f=mg,剪断细线,对A有mgsin37°-f=ma,解得a=2m/s2,B项正确;剪断细线后,B做自由落体运动,加速度大于A的加速度,两物体位于同一高度,运动到水平面时,A的位移较大,故物体A、B运动到水平面的时间不相等,A项错误;A受到的摩擦力与剪断细线前大小相同,方向相反,C项错误;剪断细线前,以A、C为研究对象,地面对C的摩擦力大小f1=Tcos37°=mgcos37°=mg,剪断细线后,以A、C整体为研究对象,设地面对C的摩擦力为f2,在水平方向上有f2=macos37°=mg,故地面对C的摩擦力比剪断细线前小,D项错误。 【变式训练15】如图，圆柱形的桶内有三块长度不同的滑板AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在桶侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是37°、45°、53°。若有三个小球同时从A、B、C处开始下滑（忽略阻力），则（　　） A．A、B处小球同时到O点 B．A处小球最先到O点 C．C处小球最先到O点 D．B处小球最先到O点 【答案】D 【解析】根据牛顿第二定律，可得小球在斜面上解得加速度斜面的长度 则有联立求得则有； 即即小球从B下滑先到O点，从AC下滑同时到O点。故选D。 【变式训练16】如图所示，质量均为m的a、b两物块用轻杆连接放在倾角为37°的斜面上，a所在BC段光滑、b与AB段间的动摩擦因数为0.25，重力加速度为g。a、b在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面匀速上行（已知，）（　　） A．拉力F大小为1.6mg B．杆对物块a的拉力大小为0.8mg C．若撤消拉力F，则撤消瞬间物块a的加速度大小为0.7g D．若撤消拉力F，则撤消瞬间杆对物块a的拉力为0 【答案】C 【解析】A. 拉力F大小为选项A错误； B. 杆对物块a的拉力大小为选项B错误； C. 若撤消拉力F，则撤消瞬间物块a的加速度大小为选项C正确； D. 若撤消拉力F，则撤消瞬间对a分析可知 解得负号说明杆对a的作用力沿斜面向下，选项D错误。故选C。 【变式训练17】．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图像可求出（　　） A．物体的初速率m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将会沿斜面下滑 【答案】C 【解析】A．由图可知，当斜面的倾角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律有 可得故A错误； B．当斜面的倾角为0时，位移2.40m；由动能定理，得解得 故B错误； C．根据动能定理，有解得； 当时，位移x取到最小xmin=1.44m故C正确； D．当时，物体受到重力沿斜面的分量为摩擦力故静摩擦力大于重力沿斜面向下的分量，物体不会下滑，故D错误。故选C。 【变式训练18】如图所示，上表面粗糙、倾角的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水平向左的推力F，发现无论F多大，物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】当F=0时，物块能静止在斜面上，可知得即当F特别大时，对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向垂直斜面方向又由于F可以取无穷大，加速度无穷大，所以以上各式中的和可忽略，联立解得综合分析得故BCD错误，A正确。故选A。 【变式训练19】．（多选）如图，质量为M的斜面体静止，质量为m的物体以加速度a加速下滑，斜面和物体之间没有摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．斜面体与地面之间无摩擦力 B．斜面体受地面水平向左的摩擦力 C．地面对斜面体的支持力为（M+m）g D．地面对斜面体的支持力小于（M+m）g 【答案】BD 【解析】AB．对系统整体受力分析，根据系统牛顿第二定律可知，沿水平方向满足因此斜面体受地面水平向左的摩擦力，故A错误，B正确； CD．竖直方向满足因此地面对斜面体的支持力小于，故C错误，D正确。 故选BD。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第09讲 连接体模型讲义 目 录 思维导图 2 学习目标 2 知识要点 3 技巧方法 6 题型分类 7 题型01：平衡状态下的物物叠放连接体 7 题型02：平衡状态下的弹簧连接体 9 题型03：物物叠放连接体与牛顿第二定律 10 题型04：轻杆连接体与牛顿第二定律 36 题型05：弹簧连接体与牛顿第二定律 38 题型06：轻绳连接体与牛顿第二定律 45 题型07：连接体与功能关系及动量结合 56 题型08：连接体瞬时性及临界值问题 67 高中物理连接体模型的学习目标可围绕“理解模型本质、掌握解题方法、提升综合能力”三个核心维度展开，具体如下： 一、知识与概念目标 1. 明确模型定义：理解连接体是指通过绳子、轻杆、弹簧或接触面等相互作用连接的两个及以上物体组成的系统，能识别常见连接体类型（如轻绳连接、轻杆连接、叠放体、斜面连接体等）。 2. 掌握受力特点：清晰区分系统内的“内力”（物体间相互作用力）和系统外的“外力”（重力、支持力、拉力等），理解“整体法”分析外力、“隔离法”分析内力的逻辑依据。 3. 关联运动规律：结合牛顿运动定律（尤其是第二定律），明确连接体系统在共速、变速（加速/减速）、相对静止或相对滑动等不同运动状态下，受力与加速度的关系。 二、方法与技能目标 1. 熟练两大核心方法： 掌握整体法：能对连接体系统整体分析，列写“合外力=总质量×共同加速度”的方程，快速求解加速度或外力（适用于系统加速度相同的场景）。 掌握隔离法：能对系统中单个物体隔离分析，画出受力示意图，列写牛顿第二定律方程，求解物体间的内力（如绳子拉力、杆的作用力、摩擦力等）。 2. 学会方法选择策略：根据问题条件（如是否求内力、加速度是否相同），灵活切换整体法与隔离法，能通过“先整体求加速度，后隔离求内力”的思路解决典型问题。 3. 提升建模与计算能力：能将复杂情境（如斜面、传送带、临界状态）中的连接体问题，抽象为标准模型；熟练进行力的分解（如沿运动方向与垂直方向）和方程求解，避免计算错误。 三、思维与应用目标 1. 培养系统思维：从“部分”（单个物体）到“整体”（系统）再到“部分”，建立多角度分析物理问题的思维习惯，理解“整体与隔离的辩证关系”。 2. 突破临界问题：能分析连接体系统的临界状态（如绳子刚绷紧、物体刚要滑动、弹簧弹力突变等），判断临界条件（如弹力为零、静摩擦力达到最大值），并结合规律求解。 3. 实现知识迁移：能将连接体模型的分析方法，迁移到动量守恒、机械能守恒等后续知识中，解决多过程、多规律结合的综合题（如连接体碰撞、机械能与动能定理结合问题）。 通过以上目标，最终能独立解决连接体模型的基础题与中档综合题，为复杂力学问题的学习奠定核心能力。 一：连接体模型的定义 两个或两个以上物体相互通过相互作用力（绳子拉力、弹簧的弹力、摩擦力等）互相联系参与运动的系统称为连接体。通常是指某几个物体所组成的物体系。 二：连接体问题的类型: 物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。 (1)物物叠放连接体（叠加体） (2)轻杆连接体 (3)弹簧连接体 (4)轻绳连接体 连接体的运动特点 轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等． 轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比． 轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等． 三：连接体模型的运动状态 （1）连接体中各物体均处于平衡状态 例：如图已知Q和P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ ，两物体的质量都是m，滑轮的质量和摩擦都不计。若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为多少？ （答案4 μ mg） （2）各物体具有相同的加速度 例：如图水平面光滑，对M施加水平向右的推力F，则M对m的弹力为多大？ （3）连接体中一个静止，另一个物体加速 例：如图中物块m沿斜面体M以加速度a下滑，斜面体不动．求地面对斜面体的静摩擦力的大小与方向。 解法一：对两个物体分别应用隔离法 解法二：系统应用牛顿第二定律法f＝macosθ＋M×0＝macosθ 研究对象的选择和三种常用解题方法: （1）研究对象的选择 （2）三种常用方法 方法一：隔离法 方法二：整体与隔离相结合（整体法求加速度,隔离法求相互作用力） 方法三：系统应用牛顿第二定律法 四：解决连接体问题方法 （1）整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 （2）隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。 （3）整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”的方法。 牛顿第二定律公式F=ma中的“F”指的就是物体(或系统)所受的合力,因此,在处理连接体问题时,必须注意区分内力和外力,特别是用整体法处理连接体问题时,切忌把系统内力列入牛顿第二定律方程中。当然,若用隔离法处理连接体问题,对所隔离的物体,它所受到的力都属外力,就不存在内力问题了。 五：与弹簧有关的平衡问题 弹簧是平衡中考得较多的物理模型，同学们求解时必需抓住以下两点： 1. 弄清弹力的特点 （1）既能施拉力也能施压力。 （2）弹簧只能渐变，不能突变。 （3）轻弹簧内部的弹力处处相等。 （4）弹簧在弹性限度内，产生的弹力遵从胡克定律f=kx，式中x指相对原长的形变量。当形变量变化Δx时，弹力也发生相应的变化Δf，且Δf=kΔx。 2. 注意两个问题 （1）对同一大小的弹力；弹簧对应两个状态，要注意不要漏解。 （2）涉及弹簧“关联物”平衡的问题，要注意弹簧所处的状态，利用胡克定律结合平衡条件求解。 六：解连接体问题时的常见错误 错误一：例如F推M及m一起前进（如图），隔离m分析其受力时，认为F通过物体M作用到m上，这是错误的． 错误二：用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时（如图所示．不考虑弹簧秤的重力），往往会认为弹簧秤对物块M的拉力也一定等于F．实际上此时弹簧秤拉物体M的力F/＝F—ma，显然F/＜F．只有在弹簧秤质量可不计时，才可认为F/＝F． 错误三：运用整体法分析问题时，认为只要加速度的大小相同就行，例如通过滑轮连接的物体，这是错误的．正确做法应产用分别隔离法求解。 一：同条件同加速度轻弹簧连接体模型的动力学计算问题 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＝； （2）若外力F作用于m2上，则m1和m2的相互作用力F12＝； 二：轻弹簧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－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＋at2可得＝v0＋at，由此知－t图象的斜率为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－v＝2ax得x＝v2－v，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为v02。 ⑦由x＝at2，可知x－t2图线的斜率表示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01：平衡状态下的物物叠放连接体 【典型例题1】(多选)如图所示，在粗糙的水平面上叠放着物体A和B，A和B间的接触面也是粗糙的，如果用水平拉力F施于A，而A、B仍保持静止，则下面的说法中正确的是（ ） A．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于F B．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于零 C．物体A与B间的静摩擦力的大小等于F D．物体A与B间的静摩擦力的大小等于零 【答案】AD 【解析】以A、B整体为研究对象，分析受力可知，整体水平方向受到拉力F和地面对A的静摩擦力fA，由平衡条件得到fA＝F。故A正确，B错误。以B为研究对象，分析受力可知，B相对于A没有运动趋势，B不受静摩擦力，即物体A与B间的静摩擦力的大小等于零。故C错误，D正确。 【变式训练1】(多选)如图13所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　) A．该水平拉力大于轻绳的弹力 B．物块c受到的摩擦力大小为μmg C．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg 【变式训练2】如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。A与天花板之间的细绳沿竖直方向，则关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ） A. A、B之间一定存在摩擦力作用 B. A可能受三个力作用 C. B可能受到地面的摩擦力作用 D. B受到地面的支持力一定大于B的重力 【变式训练3】如图所示，斜面光滑、底面粗糙的三角形斜面A放置在水平地面上，将上表面水平的三角形滑块B放于斜面上，在B的上表面放置物块C，将B和C同时释放，发现B和C相对静止，A相对地面静止，已知斜面倾角为，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C组成的系统处于超重状态 B．斜面A对地面的摩擦力向左 C．C对B的作用力对B做负功 D．B与C之间的动摩擦因数一定不小于 【变式训练4】（多选）如图所示，质量为的滑块Q，沿质量为M、倾角为的斜面体P的斜面匀速下滑，斜面体P静止在水平面上，在滑块Q下滑的过程中（ ） A．Q对P的压力大小为 B．Q对P的摩擦力大小为 C．地面对P的支持力大小为（M+m）g D．P对Q的作用力大小为mg，方向竖直向上 【变式训练5】如图所示，在水平桌面上放置一斜面体，两长方体物块a和b叠放在斜面体上，整个系统处于静止状态，若将a和b、b与斜面体、斜面体与桌面之间摩擦力的大小分别用、和表示，则（ ） A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0 C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0 【变式训练6】如图，水平地面上叠放着矩形物体A 和B，细线一端连接A，另一端跨过定滑轮连接着物体C，A、B、C 均静止. 下列说法正确的是（　　） A．A共受到三个力作用 B．B共受到四个力作用 C．适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则A对B的压力比原来大 D．适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则地面对B的摩擦力比原来大 题型02：平衡状态下的弹簧连接体 【典型例题1】如图所示，完全相同的质量为m的A、B两球用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】对其中一个小球进行受力分析，如图所示，根据平衡条件可得F＝mgtan，根据胡可定律可得F＝kx，联立两式解得x＝，A正确。 【变式训练1】（多选）如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于拉伸状态的弹簧，A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是（ ） A．B受到向左的摩擦力 B．B对A的摩擦力向右 C．地面对A的摩擦力向右 D．地面对A没有摩擦力 【变式训练2】(多选)如图所示，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静置于倾角为θ的粗糙斜面体上，斜面体始终保持静止，则下列判断正确的是（ ） A．物体甲一定受到4个力的作用 B．物体甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下 C．物体乙所受的摩擦力不可能为零 D．水平面对斜面体无摩擦力作用 【变式训练3】(多选)如图为一位于墙角的斜面，其倾角θ＝37°，一轻质弹簧一端系在质量为m的物体上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，物体在斜面上静止时，弹簧处于伸长状态，则（ ） A．物体一定受四个力作用 B．弹簧弹力可能是 C．物体受到的摩擦力一定沿斜面向上 D．斜面对物体的作用力方向一定竖直向上 【变式训练4】如图所示，质量为m的小球放在光滑水平地面上，与连接在天花板上的细线和连接在竖直墙上的水平轻弹簧连接，细线与竖直方向的夹角为45°，此时重物对水平地面的压力大小等于 。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，则弹簧的伸长量为（　　） A． B． C． D． 【变式训练5】(多选)如图所示，将一充有氢气的气球系在一个石块上，风沿水平方向吹，气球受到的风力大小为F风＝kSv2(k是阻力系数，S是迎风横截面积)，石块开始静止于水平地面上，则（ ） A．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面 B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面 C．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起沿地面向左滑动 D．无论风速多大，气球连同石块都不会被吹动 题型03：物物叠放连接体与牛顿第二定律 【典型例题1】(多选)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上，如图所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是(　　) A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F B．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为 C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmg D．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为 【答案】BD 【解析】　若水平地面光滑，将A、B看做一个整体有：a＝＝，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：a＝，所以FA＝ma＝F，A错误，B正确；若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，将A、B看做一个整体有：a′＝，将B隔离有：a′＝，解得FA′＝，C错误，D正确 【变式训练1】(多选)水平面上A和B两物体和水平面间的动摩擦因数为，A和B的质量均为，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．当时，A、B间的弹力为 B．当时，A、B间的弹力为 C．当时，A、B间的弹力为 D．若，当时，A、B间的弹力大于 【变式训练2】．(多选)如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们一起做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．第1块木块与第2块木块之间的弹力大小为 B．第4块木块与第5块木块之间的弹力大小为 C．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变大 D．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变小 【变式训练3】如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（） A．若μ≠0，则k= B．若μ≠0 ， k = C．若μ=0，则 D．若μ=0，则 【变式训练4】．如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4kg，mB为6kg．从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA=（8–2t）（N）和FB=（2+2t）（N）。则下列说法不正确的是（　　） A．两物块共同运动的加速度为1m/s2 B．两物块从在开始运动到4s末恰好分离 C．4s末物体A运动的加速度为零 D．8s末物体B运动的加速度为3m/s2 【变式训练5】如图所示，质量分别为、的两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑的水平面上。从开始，推力和拉力分别作用于上，随时间t的变化规律为、；经过一段时间，刚好分开。此时，作用在A上的推力随时间t的变化规律不变，作用在B上的拉力立即撤出，换上与水平方向的夹角为斜向上的恒力F，且B与地面之间的弹力为0，当B沿着地面继续向前再运动一段时间时，A的加速度刚好为0。已知重力加速度g取，，，求： （1）A，B未分离之前的加速度大小和第一段时间； （2）换上恒力F瞬间B物体的加速度大小和第二段时间； （3）第二段时间内B物体的位移大小。 【典型例题2】如图，在水平拉力F的作用下，小车在光滑的水平面上向右加速运动时，物块A与车厢壁相对静止，当水平拉力F增大时，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)则(　　) A．物块A受到的摩擦力变大 B．物块A受到的摩擦力不变 C．物块A可能相对于车厢滑动 D．车厢壁对物块A的支持力不变 【答案】B 【解析】设物块A的质量为M，以物块A为研究对象，受力分析如图所示．当水平拉力F增大时，小车和物块A的加速度增大．当加速度增大时，物块A受到的支持力增大，竖直方向根据平衡条件可得，摩擦力Ff＝Mg，保持不变，故B正确，A、D错误；小车的加速度增大时，弹力FN＝ma增大，物块A受到的最大静摩擦力增大，则物块A不可能相对于车厢滑动，故C错误． 【变式训练1】如图所示，在竖直平面内，一辆小车正在水平面上以加速度a向右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物块放在大物块上与大物块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对滑动。重力加速度为g，a < g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块与大物块间的动摩擦因数μ2间的大小关系正确的是（   ） A．μ1 < μ2 B．μ1 = μ2 C．μ1 > μ2 D．μ1μ2 < 1 【典型例题3】如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】D 【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知 可得 可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。 【典型例题4】有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°、45°、30°，这些轨道交于O点，现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙，分别沿这3个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序为（　　） A．甲最先，乙稍后，丙最后 B．乙最先，然后是甲和丙同时到达 C．丙最先，乙稍后，甲最后 D．甲、乙、丙同时到达 【答案】B 【解析】设斜轨道底边的长度为，斜面的倾角为，则斜轨道的长度为 根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为 则有 代入数据得 得到 根据数学知识得知 则甲和丙运动的时间相等，同时达到斜轨道的底端O点；乙运动时间最短，乙最先到达O点。故ACD错误，B正确。 【变式训练1】农村拆旧房时需要将旧瓦片由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB、CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上。把一摞瓦片放在滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到低处。在实际操作中，为了防止瓦片滑到底端时因速度过大而被摔碎，下列措施中可行的是（　　） A．增大两杆的倾角α B．增大两杆之间的距离 C．减小两杆之间的距离 D．减少每次运送瓦片的数量 【变式训练2】倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈恰能匀速下滑，斜劈静止。现给下滑的物体施加如图所示的恒力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则（　　） A．此时地面对斜劈的摩擦力为0 B．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向左 C．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向右 D．物体与斜面间的摩擦力不变 【变式训练3】如图所示，质量为M、倾角为的斜面体始终静止在水平桌面上，质量为的木块沿光滑斜面自由下滑，重力加速度大小为，，，下列结论正确的是（　　）    A．斜面体处于失重状态 B．木块对斜面体的压力大小为0.6mg C．桌面对斜面体的摩擦力大小为0.64mg D．桌面对斜面体的支持力大小为 【变式训练4】 (多选)如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（  ） A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【变式训练5】(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端（脚底与滑梯不打滑），然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列判断正确的是（    ） A．儿童向上走时所受摩擦力为，方向沿斜面向上 B．儿童向上走时所受摩擦力为，方向沿斜面向上 C．儿童下滑时加速度为，方向沿斜面向下 D．儿童下滑时加速度为，方向沿斜面向下 【变式训练6】(多选)如图所示，高为、长为的斜面体静置于水平地面上，将质量为、可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经小球与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小为，不计一切摩擦，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　）    A．斜面体的质量为 B．小球能达到的最大速度为 C．小球对斜面体的压力大小为 D．小球在斜面体上运动时，斜面体对地面的压力大小为 【变式训练7】如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中（　　） A．地面对物体M的摩擦力先向左后向右 B．地面对物体M的摩擦力大小不变 C．地面对物体M的摩擦力方向不变 D．地面对物体M的支持力总等于（M+m）g 【变式训练8】物体A、B分别静止在倾角为θ1、θ2的光滑斜面上,它们的质量分别为mA、mB,用沿斜面方向向上的拉力F拉物体A、B,所得加速度a与拉力F的关系图线如图中A、B所示,则(　　)。 A.θ1>θ2,mA>mB B.θ1>θ2,mA<mB C.θ1<θ2,mA>mB D.θ1<θ2,mA<mB 【变式训练9】在第24届北京冬奥会后，全国范围内掀起了一股滑雪运动热潮。如图所示是某高山滑雪场一滑道示意图，为弧形滑道，为水平滑道，为倾斜直滑道，滑道间平滑连接。小王从段滑下，到达B点时速度达，然后保持身体姿态不变自由滑行，后滑至C点，后沿上滑再经至最高点。已知长度为，小王和滑板整套装备总质量为，滑道倾角为，g取，，求： （1）运动员滑至C点的速度； （2）沿上滑的最大距离； （3）沿上滑过程中受到的阻力大小。 【变式训练10】如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v-t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求： (1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L； (2)沿斜面向上运动两个阶段的加速度、和拉力F的大小。 【变式训练11】在高速公路长下坡路端的外侧，常设有避险车道（可简化为倾角为的斜面，如图所示），供刹车失灵的车辆自救，当失控车辆冲上该车道时，减速至停车。若一辆货车关闭发动机后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段距离时到B点速度减为0，该货车与避险车道的动摩擦因数为，忽略空气阻力，重力加速度为g．求： （1）货车在避险车道上减速运动的加速度； （2）货车在避险车道上减速通过的距离． 【典型例题5】　如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(　　) A. B. C. D. 【答案】　B 【解析】对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：＝，选项B正确. 【变式训练1】新闻里多次报导家长抱孩子乘坐自动感应扶梯，因为受力变化而站立不稳．自动扶梯上没有人时静止，人踏上扶梯的水平踏板后，扶梯会自动以加速度a匀加速运动一段时间后再匀速运动．如图所示，质量为M的母亲抱着质量为m的婴儿踏上扶梯下楼，下楼过程中母婴始终保持与扶梯相对静止，设扶梯与水平面之间的夹角为θ．关于母婴受力情况分析正确的是（　　） A．电梯在匀速运动过程中，婴儿对母亲的作用力与扶梯运动方向一致 B．电梯在匀速运动过程中，踏板给母亲水平向前的摩擦力 C．电梯在加速运动过程中，踏板对母亲的摩擦力大小为 D．电梯在加速运动过程中，婴儿对母亲的作用力大小为 【典型例题6】如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，A的左侧面有一个圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F作用在A上时，质量为m的小球B在圆弧面上与A保持相对静止，且B距圆弧面末端Q的竖直高度。已知重力加速度大小为g，则力F的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】连接OB，设OB连续与竖直方向的夹角为，如图： 由几何关系得则；此时小球B受到的合外力由牛顿第二定律可得以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 故选D。 【变式训练】如图所示，质量为、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为的小铁球。现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽保持相对静止一起向右做匀加速直线运动，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向夹角，取重力加速度。（）求： （1）小铁球匀加速直线运动的加速度大小； （2）恒力F的大小。 【答案】（1）；（2）30N 【解析】（1）小铁球受两个力：重力mg、支持力FN，且两力的合力方向水平向右，对小铁球受力分析如图所示 根据牛顿第二定律可得，,解得 （2）对整体根据牛顿第二定律可得,解得F=30N。 【典型例题7】如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（　　） A．时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【答案】B 【解析】A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误； B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确； C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误； D．时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。 【典型例题8】(多选)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率顺时针运行。一小木块以初速度从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像可能的是（　　） A．B．C．D． 【答案】ABD 【解析】A． v1<v0时，若满足 从v0减速到0，然后反向加速运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 加速度恒定，图像的斜率不变，v-t图像与坐标轴所围面积表示位移，可判断出物块返回底端时的速度大小仍等于v1，故A正确； B．v1<v0时，若满足 从v0加速到v1，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 然后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足 故B正确； C．v1>v0时，若满足 从v1减速到v0，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律 从v0减速到0，然后反向加速运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 可知 加速度从变为，图像的斜率变小；t轴上方图像所围面积应该等于t 轴下方图像所围面积，所以返回底端时物块的速度应该小于v1，故C错误； D．v1>v0时，若满足 从v1减速到v0，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律 然后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足 故D正确。 【变式训练1】(多选)图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知，则（　　） A．时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D．时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【变式训练2】(多选)工厂中常用传送带传送货物的运动情景简化如下：质量为100kg的货物与传送带间的动摩擦因数为0.1，以2m/s的初速度滑上静止的水平传送带，经t=0.4s，传送带启动（不计启动时间），启动后传送带立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2，在货物运动的整个过程中（　　） A．滑块相对传送带的位移大小为0.26m B．滑块相对传送带的位移大小为1.70m C．滑块与传送带间的摩擦生热为26J D．滑块与传送带间的摩擦生热为170J 【变式训练3】(多选)如图，倾斜传送带以恒定速率逆时针转动，一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的初速度滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用表示时间，用表示滑块的速度大小，则能够正确描述滑块从A滑向运动过程的下列图像可能是（　　） A．B．C．D. 【变式训练4】(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，，，则下列说法正确的是（  ） A．倾斜传送带与水平方向夹角 B．煤块与传送带间的动摩擦因数 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 【变式训练5】如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像可能的是（　　） A．B．C．D． 【变式训练6】(多选)如图所示，足够长的倾斜传送带以的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角，某时刻同时将A、B物块（可视为质点）轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时间距为0.042m，与传送带间的动摩擦因数分别为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，重力加速度，则下列说法中正确的是（　　） A．物块B始终沿斜面向下做匀加速直线运动 B．物块B最终一定能追上物块A C．在前，A、B两物块之间的距离先增大后不变 D．在时，A、B物块速度大小相等 【变式训练7】用电动机带动倾斜传送带运送货物到顶端，A、B为传送带上表面平直部分的两端点，如图所示。AB长为L = 32 m，传送带与水平面的夹角为θ，保持速度v = 8 m/s顺时针转动。将某种货物轻放底端A，正常情况下，经t0 = 6 s时间货物到达B端。某次运送同种货物时，货物从传送带A端无初速向上运动Δt = 5.2 s时，电动机突然停电，传送带立刻停止转动，但最终该货物恰好到B端。取g = 10 m/s2，求： (1)货物在传送带上向上加速运动时的加速度大小a1； (2)sinθ 的值。 【变式训练8】如图甲所示，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为，关于带电物块及其运动过程的说法中正确的是（　　） A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小一定为 C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在内，物块与皮带仍可能有相对运动 【典型例题9】如图所示，质量为mB=12.2kg的木板B放在水平地面上，木块A放在木板B上。一根轻绳一端拴木块A上，另一端拴在地面上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37°，绳的拉力大小为80N，已知木块A与木板B之间的动摩擦因数µ1=0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数µ2=0.4。重力加速度g取10m/s2。现用水平力F将木板B从木块A下面匀速抽出，试求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）A、B间的摩擦力大小及木块A的质量； （2）水平拉力F的大小。 【答案】(1)64N，；(2)164N 【解析】（1）对物体A，受力分析如图所示 A静止，受力平衡，则在x轴上，在y轴上，又，联立解得，。 （2）对物体B受力分析如图所示 B处于静止，根据平衡条件可得，在x轴上，在y轴上 又有，联立解得，即拉力F的大小为164N。 【典型例题10】(多选)如图所示，质量为3kg的木板M放置在足够大的光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大水平压力为5N，质量为1kg可视为质点的物块恰好与竖直挡板接触。已知M、间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时两物体均静止，从某时刻开始M受到水平向左的拉力作用，与M的位移的关系式为（其中，，，的单位为N，的单位为m），重力加速度，从静止到与M恰好发生相对运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．的最大加速度为 B．从静止开始到达到最大加速度的过程中，M的位移 C．当刚作用时，竖直挡板对就有弹力作用 D．当M运动位移为时，的速度为 【答案】AD 【解析】A．根据题意可知，与M之间的最大静摩擦力为 对物块，由牛顿第二定律有，解得 故A正确； B．根据题意，加速度最大时，对整体，由牛顿第二定律有 又有，解得 故B错误； C．根据题意，当刚作用时 对整体，由牛顿第二定律有 对物块，由牛顿第二定律有，解得 则此时竖直挡板对没有弹力作用，故C错误； D．当M运动位移为时，M、间保持相对静止，则 由于与为线性关系，则有动能定理有，解得 故D正确。 故选AD。 【变式训练1】(多选)如图，足够长的质量为的木板静置于水平地面上，木板右端放置一质量为的物块（可视为质点）。时刻，对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用2 s后撤去F。物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．未撤去F时，木板和物块的加速度大小均为3.5 m/s2 B．撤去F时，木板的速度大小为8 m/s C．物块最终距木板右端的距离为 D．整个过程中由于摩擦产生的总热量为 【变式训练2】如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练3】如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为mA=6kg、mB=2kg。A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若作用在A上的外力F由0增大到45N，则此过程中（　　） A．在拉力F=12N之前，物体一直保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始发生相对运动 C．两物体从受力开始就有相对运动 D．两物体始终不发生相对运动 【变式训练4】．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为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．无论F为何值，B的加速度不会超过 【变式训练5】 (多选)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图B所示。已知重力加速度g = 10 m/s2，由下列说法正确的是 A．A的质量是5kg B．B的质量是5kg C．A、B之间的动摩擦因数是0.4 D．A、B之间的动摩擦因数是0.8 【变式训练6】．(多选)A、两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图所示，、始终相对静止，则在时间内，下列说法正确的是（　　） A．时刻，、间静摩擦力最大 B．时刻，、速度最大 C．时刻，、速度最小，与初始时刻相等 D．时刻，、位移最大 【变式训练7】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（  ） A． B． C． D． 【变式训练8】．(多选)如图所示，质量分别为kg，kg的A、B两木块放在光滑的水平桌面上，A与B的动摩擦因数为，现用水平拉力F拉木块B，已知m/s2，B在A上滑动过程中，下列判断正确的是（　　）    A．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别为m/s2 B．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别为m/s2，m/s2 C．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别m/s2 D．若拉力N，则A、B两木块的加速度大小分别为m/s2，m/s2 【变式训练9】在水平面上有一木块A，其上放一个物体B，质量mA=mB=1kg，A与地面之间的动摩擦因数为0.1。各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。如图甲所示，A、B都静止，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于8N时，A、B开始相对滑动。如图乙所示，A、B都静止，对A施加一水平推力F′，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值为（　　） A．8N B．10N C．12N D．16N 【变式训练10】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲击后获得的初速度大小vB． 【典型例题11】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。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s 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g=10 m/s2。由题给数据可以得出（ ） A．木板的质量为1 kg B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N C．0~2 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 【答案】AB 【解析】由图像（b）和图像（c）可知，2s后物块相对于木板滑动，其滑动摩擦力f=0.2N，木板的加速度a1=0.2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律，F-f=ma1，4s后撤去外力F，木板在物块摩擦力作用下做减速运动，加速度大小为a2=0.2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律， f=ma2，联立解得：木板的质量为m=1 kg，2 s~4 s内，力F的大小为F=0.4 N，选项AB正确；由于0~2 s内，在拉力作用下木板处于静止状态，而物块对木板的静摩擦力逐渐增大，所以0~2 s内，力F的大小从0开始逐渐增大，选项C错误；由于题述没有给出物块质量，不能根据二者之间的滑动摩擦力计算得出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。 【典型例题12】如图所示，在一辆小车上，有质量为m1，m2的两个物块（m1 > m2）随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块（   ） A．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰 B．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰 C．上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰 D．上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰 【答案】A 【解析】如果上表面光滑，当车突然停止时，两物块所受的合力均为零，将以相同的速度做匀速直线运动，一定不会相撞；如果上表面粗糙，当车突然停止时，两物块的合外力均为滑动摩擦力，均做匀减速运动，加速度 因为初速度相同，减速的加速度相同，根据 可知两滑块一定不相撞。 故选A。 【变式训练1】如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为(　　) A．1 m/s2 B．2.5 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 【变式训练2】如图，两个滑块A和B的质量分别为和，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求 （1）B与木板相对静止时，木板的速度； （2）A、B开始运动时，两者之间的距离。 【变式训练3】一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．则下列说法错误的是：(　　) A．若F＝1 N，则A、B都相对板静止不动 B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为2 N D．若F＝6 N，则B物块的加速度为1 m/s2 【变式训练4】如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力F作用于a，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．水平轻绳的弹力大小为F B．物块c受到的摩擦力大小为μmg C．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg D．当该水平拉力增大为原来的倍时，物块c受到的摩擦力大小为μmg 【变式训练5】(多选)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　) A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用 B．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为 C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同 D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 【变式训练6】如图所示，水平面上停放着A、B两辆小车，质量分别为M和m，M>m，两小车相距为L，人的质量也为m，另有质量不计的硬杆和细绳。第一次人站在A车上，杆插在B车上；第二次人站在B车上，杆插在A车上；若两种情况下人用相同大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不计阻力，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t1和t2，则（ ） A．t1＜t2 B．t1=t2 C．t1＞t2 D．条件不足，无法判断 【变式训练7】三个完全相同的小物体A、B、C如图放置。大小为F的水平力作用于A，使三物体一起向右匀速运动。经过一段时间撤去力F，三物体仍一起向右运动，此时A、B间摩擦力Ff与B、C间作用力FN的大小分别是（　　） A．Ff=0、FN= B．Ff=、FN=0 C．Ff=、FN= D．Ff=、FN= 【变式训练8】．(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA=5kg的物块A，A的上方放一质量mB=3kg的滑块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量mC=4kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行。现由静止释放物块C，在以后的过程中，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面（重力加速度g取10m/s2）。则下列说法正确的是（　　） A．A的加速度大小为 B．A的加速度大小为5m/s2 C．A对B的摩擦力大小为15N D．A对B的摩擦力大小为10N 【变式训练9】(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑。已知m2与斜面间的动摩擦因数μ<tanα，则（ ） A．整体在上滑的过程中处于失重状态 B．整体在上滑到最高点后将停止运动 C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等 D．两物块之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程 【变式训练10】如图所示，足够长、上表面光滑的斜面体静止在水平面上，一薄木板和物块沿着斜面相对静止一起上滑，滑到最高点后一起沿着斜面下滑，薄木板和物块始终相对静止，斜面体始终静止在水平面上，在薄木板和物块向上滑动和向下滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．向上滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上 B．向下滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上 C．薄木板与物块之间始终没有摩擦力 D．斜面体与水平面之间没有摩擦力 【变式训练11】如图所示，在倾角为的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（　　） 1． 2． A．fm B．fm C．fm D．fm 【变式训练12】如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k=200N/m，一端固定在倾角为θ=30° 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m=2kg，初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a=1m/s2的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v-t图像如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．F在0-t1为恒力，t1-t2为变力 B．弹簧恢复到原长时，物体A的速度达到最大值 C．由题中条件可知A达到最大速度所用时间为t2 D．如图t1-t2时刻A图线与x轴围成的面积表示位移其大小为10m 【变式训练13】如图所示，三个质量均为m的物体A、B、C叠置在光滑的水平面上，斜面体A的倾角为θ，B的上表面水平，现对A施加水平向左的力F，三个物体一起向左匀加速运动且保持相对静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）    A．A、B间的摩擦力大小为 B．B、C间的摩擦力大小为 C．若水平力F方向改为向右，则A、B间摩擦力方向一定改变 D．若水平力F方向改为向右，则B、C间摩擦力方向一定不变 【变式训练14】如图所示，带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架，小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ，且保持不变，则在这段时间内（　　）    A．小车一定正在做加速运动 B．轻质细线对小球A的拉力大小为 C．物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向左 D．小车对物块B的作用力大小为，方向为斜向左上方 【变式训练15】．(多选)水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有如图所示的凹槽，质量也为m的圆柱A能放置在凹槽POQ中，其截面图如图所示，圆心与两条边接触的左端点连线跟竖直方向夹角。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是（　　）    A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为 B．如果A、B能保持相对静止，绳子对B的作用力大小为Mg C．当时，A会从凹槽中滚出 D．如果调整OP边的倾斜程度使得时，无论M为多大，OQ边对圆柱A的支持力一定不为0 【变式训练16】(多选)如图所示，光滑小球A放置在固定有竖直轻质挡板的斜面B上，小球A的质量为，斜面B的质量为，斜面倾角为。用大小为、方向水平向右的力推挡板时，A、B恰好在水平面上向右做匀速直线运动，速度大小为，已知重力加速度大小为，某时刻撤去推力，下列说法正确的是（　　） A．撤去推力前，竖直挡板对小球A的弹力大小为 B．撤去推力后，A、B不可能发生相对运动 C．撤去推力后，若A、B不发生相对运动，则B在水平面上滑行的距离为 D．撤去推力后，若A、B发生相对运动，则 题型04：轻杆连接体与牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点．当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN，已知重力加速度为g，则(　　) A．Ff＝Mgsin θ B．Ff＝Mgtan θ C．FN＝(M＋m)g D．FN＝Mg 【答案】C 【解析】以m为研究对象，受力如图所示 　　　　　 由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma， 解得a＝gtan θ 以M、m整体为研究对象 在竖直方向上，由平衡条件有 FN＝(M＋m)g 在水平方向上，由牛顿第二定律有 Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，故C正确，A、B、D错误． 【变式训练1】如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时(　　) A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍 【变式训练2】如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α<β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是（　　） A．沿着杆减速下滑 B．沿着杆减速上滑 C．沿着杆加速下滑 D．沿着杆加速上滑 【变式训练3】电影中有这样一个场景，在倾角的足够长的钢索上套一个轻质圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为的人，在圆环沿着钢索向下滑动的过程中，轻绳始终保持竖直，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．人做匀加速运动 B．钢索对圆环无摩擦 C．钢索对圆环的摩擦力的大小为 D．钢索对圆环的支持力的大小为 题型05：弹簧连接体与牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为(　　) A. B. C. D. 【答案】　C 【解析】对整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝kx＝3ma，得x＝，故A、B、D错误，C正确． 【典型例题2】(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是(　　) A．若m>M，有x1＝x2 B．若m<M，有x1＝x2 C．若μ>sin θ，有x1>x2 D．若μ<sin θ，有x1<x2 【答案】　AB 【解析】　 解析　在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1① 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有 T－μmg＝ma1② 联立①②解得FT＝③ 在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④ 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有 T′－mgsin θ＝ma2⑤ 联立④⑤解得T′＝⑥ 比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误． 【典型例题3】如图所示,小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸的弹簧拉着,小车向右做加速运动。若小车向右的加速度增大,物块始终相对小车静止,则物块所受摩擦力F1和车右壁所受弹簧的拉力F2的大小变化可能是(　　)。 A.F1不变,F2一直变大 B.F1先变小后变大,F2不变 C.F1先变大后变小,F2不变 D.F1变大,F2先变小后不变 【答案】B 【解析】小车向右的加速度增大,而物块始终相对小车静止,即弹簧伸长量始终不变,则F2不变,A、D两项错误;若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右,则随着加速度的增大,摩擦力必变大;若开始摩擦力向左,则随着加速度的增大,摩擦力必先变小后变大,B项正确,C项错误。 【典型例题4】（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　 　) 【答案】AD 【解析】在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下降，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。 【典型例题5】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为（a<g）的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．施加外力F大小恒为M（g+a） B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【答案】C 【解析】A．分离前整体分析有由于a不变，x减小，则F增大。故A错误； B．A、B分离时，对B有解得,A、B分离时，弹簧弹力不为零，故B错误； C．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有2Mg=kx1解得,A、B分离时，A上升的距离为故C正确； D．A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当时，B达到最大速度，故D错误。故选C。 【变式训练1】如图所示，质量均为m的三个物体（可视为质点）A、B、C均放在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均为k。现用外力F拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C间的距离为（初始状态弹簧均为原长）（　　） A． B． C． D． 【变式训练2】(多选)质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20 N,F2=10 N,则下列说法正确的是(　　)。 A.弹簧的弹力大小为16 N B.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零 C.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12 N D.若F1=10 N,F2=20 N,则弹簧的弹力大小不变 【变式训练3】如图5所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为(　　) A.B.C.D. 【变式训练4】如图所示，足够长的、倾角为的光滑斜面上，档板C与斜面垂直。质量均为m的A、B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态。现给A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动。已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是　　 A. 恒力F的值一定大于mg B. 物块B开始运动时，物块A的加速度为 C. 物块B开始运动时，A发生位移的值为 D. 当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为 【变式训练5】如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比为mA∶mB＝2∶1.当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时(如图甲所示)，弹簧的伸长量为xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为xB，则xA∶xB等于(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶2 【变式训练6(多选)如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持与木箱相对静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现在要使物块A相对木箱底面能够开始水平移动，则下列采取方法可行的是（　　）    A．木箱竖直向下加速运动，加速度为1m/s2 B．木箱竖直向上减速运动，加速度为3m/s2 C．木箱水平向右加速运动，加速度为6m/s2 D．木箱水平向左加速运动，加速度为1m/s2 【变式训练7】(多选)如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3间弹簧的弹力为F2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018—2019，则下列结论正确的是( ) A.F1—2∶F2—3∶……F2018—2019=1∶2∶3∶……2018 B.从左到右每根弹簧长度之化为1∶2∶3∶……2018 C.如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为F，其余每个球的加速度依然为a D.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a 【变式训练8】(多选) 如图所示，质量相同的木块AB用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中（ ） A。两木块速度相同时，加速度aA=aB B．两木块速度相同时，加速度aA<aB C．两木块加速度相同时，速度vA>vB D．两木块加速度相同时，速度vA<vB 【变式训练9】质量均为m的甲、乙两物块，中间连接一根劲度系数为k的轻弹簧，如图所示，把甲放在水平面上，系统处于静止状态。现给乙施加一竖直向上的拉力，使乙向上做匀加速直线运动，加速度大小为g，重力加速度取g，下列说法正确的是（　　） A．乙刚要运动时，竖直向上的拉力为 B．当弹簧处于原长时，竖直向上的拉力为 C．从乙开始运动到甲刚要离地，对应的运动时间为 D．甲刚要离地，乙的速度为 【变式训练10】(多选)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2.则以下说法正确的是(　　) A．滑块与地面间的动摩擦因数为0.3 B．滑块与地面间的动摩擦因数为0.5 C．弹簧的劲度系数为175 N/m D．弹簧的劲度系数为150 N/m 【变式训练11】如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为（　　） A． B． C． D． 【变式训练12】(多选)如图所示，两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20 N的水平拉力分别作用在m1、m2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28 N B．弹簧秤的示数是30N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为5 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为28 m/s2 【变式训练13】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 【变式训练14】(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a<g）的匀加速运动，A、B的速度随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．拉力F的最小值为2Ma B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【变式训练15】如图所示，在粗糙的水平面上有两个木块1和2，质量分别为m1和m2。中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧相连，木块与地面间的动摩擦因数为，现用一水平力F向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，1木块所受摩擦力为_______，2木块所受摩擦力为_______，弹簧的弹力大小为_______，拉力F的大小为_______，两木块间的距离为________。 【变式训练16】如图7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＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值． 【变式训练17】如图所示，光滑固定斜面的倾角为0=30°。一轻弹簧，下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与质量为mB=1kg的物体B相连。在B的上方放上质量为mA=2kg的物体A。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧轻绳与斜面平行，轻绳的另一端连接一轻质挂钩，整体都处于静止状态。已知轻弹簧的劲度系数为k=50N/m，轻弹簧与斜面平行。现在挂钩上加一个竖直向下的拉力，使物体A由静止开始以加速度大小为a=5m/s2沿斜面向上做匀加速直线运动。重力加速度大小为g取10m/s2求： （1）当物体A和B分离的瞬间，拉力的大小； （2）从物体A开始运动到物体A和B分离所经过的时间。 题型06：轻绳连接体与牛顿第二定律 连接体的动力分配原理：两个物体(系统的两部分)在外力(总动力)的作用下以共同的加速度运动时，单个物体分得的动力与自身的质量成正比，与系统的总质量成反比.相关性：两物体间的内力与接触面是否光滑无关，与物体所在接触面倾角无关. 【典型例题1】如图所示，粗糙水平面上有两个滑块A和B，其间用长为L=1m的细线相连，细线可承受的最大张力为FTm=10N，现对滑块A施加水平向右的恒力F1=24N，作用1s后突然将外力变为F2=32N，滑块质量mA=4kg，mB=2kg，两滑块与平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，以下说法正确的是（　　） A．1s末滑块B的速度为3m/s B．1.5s末滑块B的加速度大小为2m/s2 C．滑块B刚静止时滑块A的速度为m/s D．滑块B刚静止时两滑块间的距离为4m 【答案】B 【解析】A．当F1=24N时，由牛顿第二定律可知整体的加速度为 解得 则末滑块B的速度为 故A错误； B．外力变为若中间的细绳不断裂，则整体的加速度 解得 此时细绳的拉力为 则细绳已经断裂，则B的加速度为 即末滑块B的加速度大小为，故B正确； C．滑块B刚静止时用时间 绳子断开时A的加速度 滑块B刚静止时A的速度 故C错误； D．滑块B刚静止时两滑块间的距离为 故D错误。 【典型例题2】如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端系着三个小球A、B、C，三小球组成的系统保持静止，A球质量为，B球质量为，C球离地面高度为。现突然剪断A球和B球之间的绳子，不计空气阻力，三个小球均视为质点，C球落地不反弹，则（　　） A．剪断绳子瞬间，A球的加速度为 B．剪断绳子瞬间，C球的加速度为0 C．A球能上升的最大高度为 D．A球能上升的最大高度为 【答案】D 【解析】AB．根据平衡条件可知故剪断绳子瞬间，以AC为研究对象故AB错误； CD．A球上升h的速度继续上升至速度为0，则解得 上升最大高度故C错误，D正确。故选D。 【典型例题3】截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为h，重力加速度为g。 （1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小； （2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系。 【答案】（1）v= （2）mA>m 【解析】（18分）： （1）设A刚落地时的速度为v，由A和B运动中的机械能守恒得， mgh=mgsin30°+2mv2 （2分） v= （2分） （2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解 。 当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右： 对A物体， （2分） 对B物体， （2分） 解得mA= （1分） 由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足0< 加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足0<mA<m。 当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左： 对A物体, （2分） 对B物体, （2分） 解得mA= （1分） 由等式右侧的分母得，加速度的大小应满足0< 加速度a越大，A物体的质量越大，A物体质量应满足mA>m 。 【典型例题4】如题图所示，质量分别为、的两小球通过轻绳乙连接，质量为的小球通过轻绳甲与水平车厢顶连接。当两小球与车厢保持相对静止一起水平向右做匀加速直线运动时，甲、乙两轻绳与竖直方向的夹角分别为、（图中未画出），两小球均可视为质点，不计空气阻力，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【解析】将两小球看成整体，设车厢的加速度为，则根据其受力可知 对球乙分析可知 由此可知，无论和的关系如何，都有。 故选BD。 【变式训练1】如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ） A. B. C. D. 【变式训练3】如图所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B，质量均为m，A、B之间用轻质细绳水平连接。现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上，A、B开始一起做匀加速运动，在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C并达到稳定后，下列说法正确的是（　　） A．若C放在A上面，绳上拉力不变 B．若C放在B上面，绳上拉力为 C．C放在B上，B、C间摩擦力为 D．C放在A上比放在B上运动时的加速度大 【变式训练4】如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大 B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 【变式训练5】如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为2m的物块B。现由静止释放物块A、B，以后的运动讨程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是（　　） A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2:1 B．t时刻物块A、B的速度大小之比为1:1 C．轻绳的拉力为 D．B下落高度h时速度为 【变式训练6】如图，在杠杆的左臂L处挂有质量为的小球a，在杠杆的右臂L处挂有一定滑轮。跨过定滑轮的细线一端拴接质量为的小球b，另一端拴接质量为m的小球c，忽略滑轮和细线质量以及一切摩擦，g取。将小球b、c由静止释放后，杠杆处于平衡，下列说法正确的是（　　） A．小球c的质量 B．小球c的质量 C．由静止释放后，小球c的加速度大小为 D．由静止释放后，小球c的加速度大小为 【变式训练7】如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。静止释放物块A、B后（ ） A．相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1 B．物块A、B的加速度之比为1:1 C．细绳的拉力为 D．当B下落高度h时，速度为 【变式训练8】如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物体A、B通过轻绳轻质滑轮连接，轻绳倾斜部分与斜面平行，重力加速度为g，从静止释放A到B落地前（　　） A．A的动能增加量是B的4倍 B．B的重力势能变化量是A的2倍 C．B的加速度为g D．轻绳中的拉力为mg 【变式训练9】（多选）如图所示，在光滑的水平桌面上有一个质量为3m的物体A，通过绳子与质量为m的物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都忽略不计，绳子不可伸长，物体B与竖直面无摩擦。重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．物体A的加速度大小为 B．物体B的加速度大小为g C．绳子的拉力为 D．物体B处于失重状态 【变式训练10】多选)如图甲所示,质量为M的物体放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮与质量为m的物体相连,m所受重力为5 N;如图乙所示,同一物体M放在光滑水平桌面上,用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力F,拉力F的大小也是5 N。开始时M距桌边的距离相等,则(　　)。 A.M到达桌边时的速度相等,所用的时间也相等 B.图甲中M到达桌边用的时间较长,速度较小 C.图甲中M到达桌边时的动能较大,所用时间较短 D.图乙中绳子受到的拉力较大 【变式训练11】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Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 【变式训练12】如图，在倾角为的光滑斜面上有一物体A，通过不可伸长的轻绳与物体B相连，滑轮与A之间的绳子与斜面平行。如果物体B的质量是物体A的质量的2倍，即。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为，初始时用外力使A保持静止，去掉外力后，物体A和B的加速度的大小等于（　　） A． B． C． D． 【变式训练13】质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。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（不考虑两物块与斜面之间的摩擦）（　　） A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动加速度大小为 D．M运动加速度大小为 【变式训练14】质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用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，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则（ ） A．此时轻绳的拉力大小为mg B．此时轻绳的拉力大小为Mg C．此时A运动的加速度大小为(1–cosα)g D．此时A运动的加速度大小为(1–sinα)g 【变式训练15】小刚想测量地铁启动或减速过程中的加速度，他把一支圆珠笔绑在一根细绳的下端，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情况的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。可简化为如图所示的示意图。请你根据小刚拍摄的照片，判断地铁运动状态正确的是（　　） A．向右加速运动 B．向右匀速运动 C．向右减速运动 D．以上均不可能 【变式训练16】如下图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为，下列说法正确的是（　　） A．大小一定不相同 B．方向一定不相同 C．小车加速度大小为 D．小车加速度大小为 【变式训练17】如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m = 0.2kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a水平向左做匀加速运动（取g = 10m/s2），则下列说法正确的是（ ） A．当时，滑块对球的支持力为 B．当时，滑块对球的支持力为 C．当时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和 D．当时，滑块对球的支持力为 【变式训练18】如图所示，三个完全相同的物体A、B和C放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用两根不可伸长的轻绳相连。物块质量均为1kg，与圆心距离分别为、和，其中且。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO＇匀速转动时，A、B绳中弹力和B、C绳中弹力随的变化关系如图所示，取，下列说法正确的是（　　） A．物体C与圆心距离 B．物体与圆盘间的动摩擦因数 C．当角速度为1rad/s时，圆盘对A的静摩擦力方向背离圆心 D．当角速度为rad/s时，A、B恰好与圆盘发生滑动 【变式训练19】如图甲所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知mA=2 kg,mB=4 kg,斜面倾角θ=37°。某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示。已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)A与斜面间的动摩擦因数。 (2)A沿斜面向上滑动的最大位移。 【变式训练20】如图所示，静止在粗糙水平面上的A、B两个物体用水平轻绳相连，在水平力F作用下一起向右运动，当F增大到某一值F0时轻绳刚好被拉断，此时两物体的速度为v=2m/s，此后水平力F0保持不变。已知轻绳能承受的最大拉力T＝8N，A的质量mA=2kg，B的质量mB=8kg，A、B物体与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求： （1）F0的大小； （2）绳断后，A、B物体运动的加速度大小？A停止运动瞬间，B的速度大小？ 【变式训练21】如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑。质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧。现给物块A施加水平向右的拉力F（未知），使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为g，A、B均可视为质点。 （1）当物块B刚好要离开地面时，拉力F的大小及物块A的速度大小分别为多少； （2）若将物块A换成物块C，拉力F的方向与水平方向成θ＝37°角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B离开地面前，物块C一直以大小为a的加速度做匀加速运动，则物块C的质量应满足什么条件？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 【变式训练22】如图所示，在一次汽车性能测试中，汽车车厢上用两细绳AC、BC系住一质量为m=5kg的小球，两绳与竖直方向的夹角分别为和，取重力加速度大小g=10 m/s2试求： （1）汽车静止时两细绳AC、BC的拉力T1、T2的大小。 （2）当AC绳和BC绳的拉力分别为0时，汽车的加速度。 （3）汽车分别以a=10m/s2向前加速与减速时，两细绳AC、BC的拉力的大小。 【变式训练23】如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数，斜面的倾角，铁块B下端到地面的高度，木块A的质量，铁块B的质量，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，，。 （1）求木块A受到的摩擦力； （2）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。 题型07：连接体模型与功能关系及动量结合 【典型例题1】如图所示，轻质弹簧一端连接在固定斜面底端的挡板上，另一端与物块A连接，物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，t = 0时刻给A一沿斜面向下的瞬时冲量，物块A在运动过程中，加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s及运动时间t的变化关系可能正确的是（   ）    A．   B．   C．     D．     【答案】B 【解析】以弹簧恰好处于原长的位置为坐标原点且取向下为正，则记物块A运动的位移为x，则滑块A下滑过程中有x = s，上滑过程中s = 2s0－x，故加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s的关系图线与关于位移x的关系图线形状相同。 AB．由于刚开始时物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，则物块A下滑过程中有 kx = ma 则物块A下滑过程中a—x图线是一条过原点的直线，当A下滑的到最低点后上滑过程中有 kx－2mgsinθ = ma 则A上滑过程中a—x图线应是一条下倾的直线，且最大加速度要比上滑的最大加速度要小，但物块A不是做匀变速直线运动，则a与t的关系不可能是直线，A错误、B正确； C．根据以上分析可知，滑块下滑过程中重力和摩擦力抵消，则滑块的合外力为弹力，根据动能定理有 则下滑过程中Ek—x图线应该是一条开口向下的抛物线，当滑块上滑过程有 则上滑过程中Ek—x图线也应该是一条开口向下的抛物线，但根据牛顿第二定律可知上滑过程中在到达x = 0（即路程2s0）前某位置有A的合外力为零，此位置动能最大，此后A就开始做减速运动，动能将减小，C错误； D．物体A下滑过程中Ep与下滑位移x的关系为 则物块A下滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向上的抛物线，当滑块上滑过程有 则物块A上滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向下的抛物线，D错误。 故选B。 【典型例题2】如图甲所示，小物块A放在固定的水平桌面上，由绕过定滑轮的轻绳与质量为m的小物块B相连。开始时用手固定A，从图示位置由静止释放，A的速度二次方与位移大小的关系图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，重力加速度大小为g，不计一切摩擦阻力，则（   ）    A．A的质量为 B．0 ~ x0位移内B受到的合外力冲量大小为 C．0 ~ x0位移内轻绳拉力对A做的功为 D．0 ~ x0位移内轻绳的拉力大小为mg 【答案】AB 【解析】AD．由于不计一切阻力，则对物体A有 T = mAa 对物体B有 mg－T = ma 由于A、B用细线连接在一起，则根据v2—x图像有 k = 2a 联立有 A正确，D错误； B．由于A、B用细线连接在一起，则B运动x0时A的速度为 则根据动量定理有 B正确； C．对物体A列动能定理有 C错误。 故选AB。 【典型例题3】如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，试求： （1）物块B的质量； （2）弹簧的最大弹性势能； （3）t2时刻B的速度达最大，求此时刻A物块速度的大小。 【解析】（1）解：由图像可知A物块的初速度 ， 时刻两物块达共速 ，由动量守恒得 解得 （2）解：由图像可知 时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得 解得 （3）解：B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒 由能量守恒 解得 A的速度大小为 【考点】动量守恒定律；能量守恒定律 【解析】【分析】（1）AB组成的系统动量守恒，应用动量守恒可以求出物块B的质量 ； （2）当两物块的速度相等时弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大，两物块与弹簧组成系统机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能； （3）AB与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒与机械能守恒定律可以求出A的速度。 【变式训练1】在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中（　　） A．物块A运动的距离为 B．拉力的最大值为m1gsin θ＋m1a C．拉力做功的功率先增大后减小 D．弹簧弹性势能先减小后增大 【变式训练2】“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　） A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为 D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 【变式训练3】如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．a与b碰撞前b的速度始终为零 B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动 C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程因摩擦产生的内能为 【变式训练4】（多选）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，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始均沿竖直方向运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，两滑轮间竖直距离足够长。下列说法正确的是（　　） A．重物A的加速度大小为，方向竖直向下 B．悬挂滑轮的轻质细绳的拉力大小为 C．当B的位移为h时，B的速度大小为 D．当B的位移为h时，B的机械能减少 【变式训练5】（多选）如图所示，在竖直平面内有一倾角的传送带，两皮带轮轴心之间的距离，沿顺时针方向以匀速运动，一质量的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块与传送带间的动摩擦因数。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为的光滑圆弧形轨道，并与位于圆弧轨道最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量，物块P和Q均可视为质点，重力加速度，，。则（　　） A．物块P到达C点时的速度一定为4m/s B．物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为9.6J C．物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P的速度可能为1.5m/s D．物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间，物块P对轨道的压力大小可能为35N 【变式训练6】如图，物块A放在水平传送带上，左侧通过轻弹簧与固定竖直挡板相连，初始时，物块静止在沿逆时针方向运行的传送带上。某时刻在物块右侧通过不可伸长的轻绳绕过轻滑轮悬挂钩码B，弹簧与轻绳均水平，物块开始运动且始终处于传送带上。已知物块A和钩码B的质量均为，物块与传送带间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数，且始终处在弹性限度内，g取。求： （1）物块A静止在传送带上时，弹簧的形变量x； （2）悬挂钩码B的瞬间，物块A的加速度大小a； （3）悬挂钩码B后，物块A向右运动的最大速度v。 【变式训练7】如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2．求： （1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep （2）从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E （3）为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。 【变式训练8】如图，质量为m的物块a与质量为2m的物块b静置于光滑水平面上，物块b与劲度系数为k的水平轻质弹簧连接，物块a恰与弹簧左端接触。现给物块a水平向右的初速度v0，物块a与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。全过程无机械能损失且弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧振子做简谐运动的周期 。 （1）若物块b固定不动，求物块a速度减为0过程经历的时间； （2）若物块b可以自由滑动，求两物块相互作用过程中物块a的最小速度； （3）若物块b可以自由滑动，在两物块相互作用过程中，求当物块a的速度大小为 时弹簧的弹性势能； （4）在（2）问中，如果在物块b的右侧固定一挡板（位置未知，图中也未画出），物块a与弹簧分离前物块b与挡板发生弹性碰撞，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，物块b与挡板的碰拉时间极短，求此后过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。 【变式训练9】如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为 ，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数 ，B左侧水平面光滑，重力加速度为 ，求： （1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小； （2）斜面体的质量； （3）物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。 【变式训练10】如图甲所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，它的两个端点P、Q均与圆心O等高，小球A、B之间用长为R的轻杆连接，置于轨道上．已知小球A、B质量均为m，大小不计． （1）求当两小球静止在轨道上时，轻杆对小球A的作用力大小F1； （2）将两小球从图乙所示位置(此时小球A位于轨道端点P处)无初速释放．求： ① 从开始至小球B达到最大速度的过程中，轻杆对小球B所做的功W； ② 小球A返回至轨道端点P处时，轻杆对它的作用力大小F2. 【变式训练11】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H＝0.8m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝7.1m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。 （1）求滑块C与传送带的动摩擦因数μ及落地点P与N端水平距离x； （2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep； （3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取 ＝5.3） 【变式训练12】如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与光滑的弧形轨道平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板C上表面等高，且紧密靠近，相同长木板D与C接触不粘连，每块木板长L=0.8m、质量m0=0.3kg，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。质量m=0.1kg的小物块从轨道上高h=5m处的P点由静止开始下滑，从滑过A点开始计时，经过t1=0.8s传送带突然卡死而瞬间停止转动，又经过t2=1s传送带瞬间恢复正常运转，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2=0.5，传送带AB之间的距离d=10.7m。重力加速度g=10m/s2。求： （1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小； （2）物块在传送带上运动的总时间； （3）物块最终能否停在木板上？如果能，求出物块最终停在哪块木板上，及距此木板左端多远的距离；如果不能，请通过计算说明理由。 【变式训练13】如图甲所示，半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道固定在水平面上，B为轨道的最低点。B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板小车，小车质量为M=2kg，长度为l=1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度为h=0.2m。质量为m=1kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A静止释放， g取10m/s2。 （1）求物块滑到B点时受到的支持力的大小FN； （2）若锁定平板小车并在上表面铺上一种特殊材料（不计材料厚度），其动摩擦因数从左向右随距离变化的关系如图乙所示，求物块滑离平板小车时的速度大小v； （3）撤去上表面铺的材料，物块与平板小车间的动摩擦因数μ=0.4。现解除锁定，物块仍从A点静止释放，分析物块能否滑离小车。若不能，求物块距离小车左端的距离d；若能，求物块落地时距小车右端的水平距离x。 【变式训练14】如图所示的游戏装置放置在水平地面上，该装置由水平直轨道OB、两个相同的四分之一圆弧构成的竖直细管道BC、水平直轨道CD和水平传送带DE平滑连接而成。传送带以恒定速度做顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，原长时右端处于O点。质量的滑块a将弹簧压缩至A处（图中未标出），此时弹性势能。释放后滑块通过ABC段，进入轨道CD与质量的滑块b发生弹性碰撞，碰后滑块b从E点水平飞出。已知OB段长，滑块a与OB段的动摩擦因数，圆弧半径，传送带长，滑块b与传送带的动摩擦因数，滑块均可视为质点，装置其余部分均光滑，不计空气阻力。求： （1）在竖直光滑细管道C点时滑块a受到管道的作用力大小； （2）滑块a最终静止的位置与管道最低点B的距离； （3）滑块b平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。 【变式训练15】如图，长为的传送带以大小为的速度沿顺时针方向匀速转动，一足够长的长木板紧靠传送带右端放在光滑的水平面上，长木板的上表面与传送带的上表面在同一水平面上，水平地面右侧有一竖直固定的弹性挡板。一可视为质点、质量为的物块轻放在传送带的左端A，随传送带运动到端，以速度滑上长木板，并与长木板一起向右运动，长木板与挡板第一次碰撞前物块与长木板已达到共同速度。已知长木板的质量为，物块与长木板间的动摩擦因数为0.4，长木板与挡板碰撞是弹性碰撞，重力加速度为。求： （1）物块与传送带的动摩擦因数至少为多少；物块在传送带上运动的时间最长为多少； （2）开始时，长木板的右端离挡板的距离至少为多少； （3）长木板与挡板第次碰撞前一瞬间，长木板的速度为多大。    【变式训练16】物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。 （1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小； （3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。 【变式训练17】如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。 （1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 【变式训练18】如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 【变式训练19】为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。 （1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； （2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能； （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。 【变式训练20】如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，斜面上P点及以下部分的表面光滑，P点以上部分的表面粗糙。质量分别为、的滑块A、B用轻弹簧连接后置于斜面上，滑块B与斜面下端的垂直挡板接触，滑块A平衡后恰好静止在P点。质量的“L”形木板C置于斜面上端，质量的滑块D置于木板C上，将木板C、滑块D由静止同时释放，此时木板C下边缘与P点的距离，滑块D与木板C下边缘的距离。已知弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧的劲度系数，木板C上表面光滑、下表面与斜面粗糙部分间的动摩擦因数，木板C与滑块D及木板C与滑块A间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度，，滑块A、B、D均可视为质点。 （1）求木板C与滑块D发生第一次碰撞后瞬间木板C的速度大小； （2）求木板C与滑块A发生碰撞后瞬间滑块A的速度大小； （3）如果在滑块A与木板C第一次碰撞后便撤去木板C和滑块D，求木板C与滑块A第一次碰撞后滑块B对挡板的最大弹力。（结果保留根式）    【变式训练21】交通法规明文规定超载车辆严禁上路。为了定量研究货车超载造成的危害，某同学将超载货车的刹车过程抽象成了图示模型，并通过实验加以模拟。货车相当于一个质量M＝2kg的木板，车头相当于固定在板右侧的竖直挡板，货物相当于一个质量m＝3kg、尺寸可不计且初始时刻位于木板最左侧的木块。刹车前，木板（货车）和木块（货物）以共同的速度向右做匀速运动；由于前方突发状况，货车开始刹车且仅在摩擦力作用下减速。已知木板与木块之间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。（结果可用分式表示） （1）求刹车后瞬间木块和木板的加速度大小； （2）如果货物与车头发生碰撞，将对驾驶室造成极大的冲击力，可能危及驾驶员的生命安全。试求在木块不固定的情况下，为了使木块与挡板不发生碰撞，木板长度的最小值； （3）除了碰撞对驾驶员造成的伤害外，超载还会增大货车总的刹车距离，危及其他车辆的安全。假设在木块与挡板发生时间极短的碰撞前瞬间，木板的速度刚好减为零，且木块与挡板碰后粘合在一起，并最终停下来。求从开始刹车到木板最后停下来总的刹车距离。 题型08：连接体模型的瞬时性问题 【典型例题1】如图所示，光滑水平面上，轻质弹簧连接着质量为的物块A和的物块B，刚开始，两物块都处于静止状态。现用大小为的水平恒力F作用在B上，使A、B相对静止地一起向右匀加速运动，下列说法正确的是（　　） A．突然撤去F的瞬间，B的加速度大小为 B．物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为 C．物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为 D．撤去F后的短暂时间内，A的速度将减小，B的加速度将增大 【答案】B 【解析】A．突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则B的加速度大小为 A错误； BC．对AB的整体，由牛顿第二定律可知 解得 a=5m/s2 对物体A则 C错误，B正确； D．撤去F后的短暂时间内，弹簧弹力逐渐减小，但仍有弹力，A的加速度仍向右，速度仍将增加；B的加速度随着弹力的减小将减小，D错误。 【典型例题2】如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为的物体A、B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为，初始时系统处于静止状态。现用大小为，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为 B．当弹簧压缩量减小时，A、B间弹力大小为 C．A、B分离时，A物体的位移大小为 D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了 【答案】ACD 【详解】A．外力施加的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 故A正确； B．开始时弹簧的压缩量为当弹簧压缩量减小时，此时的弹力为 对A、B整体有解得对A有解得故B错误； C．A、B分离时，两物体间的弹力为零，加速度相等，则对A、B整体有 对A有联立解得即此时弹簧的压缩量为，A物体的位移大小 故C正确； D．当A、B分离时，因弹力为可知物体B继续向上加速，当加速度为零时速度最大，此时 解得即B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了，故D正确。故选ACD。 【典型例题3】如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A，B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．剪断B，C间细线的瞬间，A，B间细线上的弹力大小为 B．剪断B，C间细线的瞬间，B的加速度大小为g C．剪断A，B间细线的瞬间，A的加速度大小为g D．剪断A，B间细线的瞬间，B，C间细线上的弹力大小为mg 【答案】A 【考点】牛顿第二定律 【解析】【解答】B．开始由平衡条件可得 剪断B、C间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，AB一起运动，则有 联立解得 所以剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为 ，则B不符合题意； A．对C分析有 解得 所以A符合题意； C．剪断A，B间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，有 解得 所以C不符合题意； D．剪断A，B间细线的瞬间，BC一起运动向下做自由落体运动，则B、C间细线上的弹力大小为0，所以D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】根据平衡关系求出B的加速度；对C进行受力分析从而求出弹力的大小；剪短细线对A进行受力分析从而求出A的加速度和B、C间细线的弹力。 【变式训练1】如图，粗糙水平面上两木块1和2质量分别为m1=2kg和m2=4kg，中间用一劲度系数为的轻弹簧连接起来，木块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块与水平面之间动摩擦因数μ=0.2。现用F=20N水平恒力向右拉木块2，使木块2向右移动，在木块1移动的瞬时（　　） A．弹簧的伸长量为4cm B．弹簧的伸长量为6cm C．木块2的加速度a=3m/s2 D．木块2的加速度a=4m/s2 【变式训练2】如图所示，质量分别为、的小球，通过完全相同的甲、乙两弹簧竖直悬挂在天花板上。已知重力加速度大小为，弹簧质量可忽略不计且始终在弹性限度内，不计一切阻力。用水平挡板竖直向上缓慢托起小球，直至将甲弹簧压缩到弹力大小为，之后在某时刻突然撤去挡板，下列说法正确的是（　　）    A．与初始位置比，撤去挡板前甲弹簧的弹性势能增加 B．与初始位置比，撤去挡板前乙弹簧的弹性势能增加 C．在撤去挡板的瞬间，甲、乙两弹簧的弹力之比为 D．在撤去挡板的瞬间，甲、乙两弹簧的形变量之比一定为 【变式训练3】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为和的物体A和B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为的匀加速直线运动，测得两个物体的图象如图乙所示（重力加速度为），则（　　） 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．A、B在时刻分离，此时弹簧弹力大小为 D．从开始运动到A、B分离经历的时间为 【变式训练4】（多选）如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为1kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力F使之做匀加速直线运动，F与作用时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．A、B分离时，弹簧刚好为原长状态 B．A、B分离时，B的加速度为2m/s2 C．A、B分离时，A的速度为0.4m/s D．开始有F作用时，弹簧的压缩量为4cm 【变式训练5】（多选）如图所示，质量为2kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为3kg的物体B用细线悬挂起来，使A、B恰好接触。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（g取）（　　） A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体AB一起向下做匀加速直线运动 C．物体B的瞬时加速度为 D．物体B对物体A的压力为12N 【变式训练6】（多选）如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，B的质量也为m。初始时在竖直向上的力F作用下系统静止，弹簧处于自然长度。现改变竖直向上的力F的大小，使A匀加速下降。已知重力加速度为g，A的加速度为a=0.25g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A匀加速下降的过程中，以下说法正确的是（　　） A．A和B刚好分开时弹簧的弹力为0.85mg B．弹簧的最大形变量为 C．力F可能为0.9mg D．力F最小值为0.65mg 【变式训练7】（多选）如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示（g=10m/s2），则正确的结论是（　　） A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．物体的加速度大小为5m/s2 C．物体的质量为2kg D．弹簧的劲度系数为750N/m 【变式训练8】（多选）如图所示，半径为R的四分之一圆弧槽B放在水平面上，质量为M，圆弧槽最高点处的切线竖直，质量为m的物块A放在圆弧的最高点，各接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在圆弧槽上施加水平推力F，使得物块在圆弧槽的最高点刚好与槽相对静止，下列说法正确的是（    ）    A．物块的加速度大小为 B．圆弧槽上施加水平外力大小为 C．若圆弧槽运动一段时间撤去F，撤去瞬间B的加速度大小为 D．若圆弧槽运动一段时间撤去F，撤去瞬间A的加速度大小为 【变式训练9】如图所示，一倾角为 的斜面体C始终静止在水平地面上，它的底面粗糙，斜面光滑。细线的一端系在斜面体顶端的立柱上，另一端与A球连接，轻质弹簧两端分别与质量相等的AB两球连接。弹簧、细线均与斜面平行，系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 B．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 C．斜面体C对地面的压力等于AB和C的重力之和C D．地面对斜面体C无摩擦力 【变式训练10】如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体c置于水平地面上，滑块ｂ置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止．已知物块a、b、c的质量分别为m、4m、M，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．弹簧弹力大小为mg B．地面对c的摩擦力为零 C．剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为（4m+M）g D．剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为g 【变式训练11】如图所示，横截面为等腰三角形的光滑斜面，倾角θ=30°，斜面足够长，物块B和C用劲度系数为k的轻弹簧连接，它们的质量均为2m，D为一固定挡板，B与质量为6m的A通过不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮相连接。现固定A，此时绳子伸直无弹力且与斜面平行，系统处于静止状态，然后由静止释放A，则： （1）物块C从静止到即将离开D的过程中，重力对B做的功为多少？ （2）物块C即将离开D时，A的加速度为多少？ （3）物块C即将离开D时，A的速度为多少？ 【变式训练12】如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　） A. B. C. D. 【变式训练13】如图所示,A、B两球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(　　)。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零 C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为gsin θ D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零 【变式训练14】如图所示,质量相同的两物体A、B,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧,连接物体A的细线与斜面C平行,物体B与A处于同一水平高度,此时物体A恰好静止在倾角为37°的斜面C上。某时刻剪断细线,使物体A、B开始运动,C仍然静止。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则在剪断细线后(　　)。 A.物体A、B运动到水平面的时间相等 B.A的加速度大小为2 m/s2 C.A受到的摩擦力与剪断细线前相同 D.地面对C的摩擦力比剪断细线前大 【变式训练15】如图，圆柱形的桶内有三块长度不同的滑板AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在桶侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是37°、45°、53°。若有三个小球同时从A、B、C处开始下滑（忽略阻力），则（　　） A．A、B处小球同时到O点 B．A处小球最先到O点 C．C处小球最先到O点 D．B处小球最先到O点 【变式训练16】如图所示，质量均为m的a、b两物块用轻杆连接放在倾角为37°的斜面上，a所在BC段光滑、b与AB段间的动摩擦因数为0.25，重力加速度为g。a、b在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面匀速上行（已知，）（　　） A．拉力F大小为1.6mg B．杆对物块a的拉力大小为0.8mg C．若撤消拉力F，则撤消瞬间物块a的加速度大小为0.7g D．若撤消拉力F，则撤消瞬间杆对物块a的拉力为0 【变式训练17】．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图像可求出（　　） A．物体的初速率m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将会沿斜面下滑 【变式训练18】如图所示，上表面粗糙、倾角的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水平向左的推力F，发现无论F多大，物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为（　　） A． B． C． D． 【变式训练19】．（多选）如图，质量为M的斜面体静止，质量为m的物体以加速度a加速下滑，斜面和物体之间没有摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．斜面体与地面之间无摩擦力 B．斜面体受地面水平向左的摩擦力 C．地面对斜面体的支持力为（M+m）g D．地面对斜面体的支持力小于（M+m）g 2 学科网（北京）股份有限公司 $