题型03 应用整体法与隔离法解决连接体问题（题型专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型03应用整体法与隔离法解决连接体问题（题型专练） 参考答案 第一部分 考向破译 考向01 轻绳连接体问题 【例1-1】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对外壳，由平衡条件 解得 （2）速度最大时外壳的加速度为0，此时有 解得 （3）对弹簧和外壳组成的系统，从释放到达到最大速度v的过程，由能量守恒得 解得 外壳与内芯碰撞时动量守恒 且 解得 【例1-2】【答案】BD 【详解】A．金属棒切割磁感线时，根据右手定则可知电流方向由M流向N，则电容器的A极板带正电，故A错误； B．根据图像可知，金属棒MN越过虚线O1O2后的加速度大小为 以小物块和金属棒为整体，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故B正确； CD．金属棒在虚线O1O2左侧运动时，以小物块和金属棒为整体，根据牛顿第二定律可得 又 联立可得 可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线运动，根据图像可知，该过程的运动时间为，末速度为，则加速度为 联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为 金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为 故C错误，D正确。 故选BD。 【变式1-1】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得 解得 （2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为 此时对B沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有 联立解得 因为，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒得 联立解得 （3）根据简谐运动知识可以判定A、B两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为 当小球A运动到最低点时，则B向上运动的最大距离为 此时弹簧的伸长量为 此时对C做受力分析由平衡方程有 联立解得 由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小为 【变式1-2】【答案】(1)g (2), 【详解】（1）撤去F前对A，根据平衡条件则有 解得 撤去F后，根据牛顿第二定律则有 解得a＝g （2）当a＝0时有最大速度，则有 由机械能守恒定律可得 解得 根据简谐运动对称性可知a＝g时，最高点有最小压力，对A由牛顿第二定律可得 同理对B则有 联立解得 由牛顿第三定律得，方向竖直向下。 考向02 弹簧连接体变问题 【例2-1】【答案】(1)见解析 (2)，方向竖直向下 【详解】（1）由平衡条件得，物块受到的摩擦力 当弹簧被拉伸时，物块所受弹簧弹力向右，则物块所受摩擦力向左，由牛顿第三定律知，木箱底部受到的摩擦力，方向水平向右；当弹簧被压缩时，物块所受弹簧弹力向左，则物块所受摩擦力向右，由牛顿第三定律知，木箱底部受到的摩擦力，方向水平向左。 （2）要使物块相对于木箱底面移动，物块受到的木箱对物块的最大静摩擦力要小于弹簧对它的弹力，即 又因为 解得 由于，则物块加速度方向竖直向下，设物块加速度大小为，对物块，由牛顿第二定律可得 解得 由于木箱和物块在竖直方向相对静止，则木箱加速度，方向竖直向下。 【例2-2】【答案】ABD 【详解】A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx 解得： 加外力F后到物体A、B分离前，对AB整体有 又因 由于压缩量x减小，故F为变力，物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且 对A有： 解得： 故A错误； BD．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BD错误； C．对B有： 解得： 此时弹簧的压缩量为 故弹簧的压缩量减小了 即A上升的距离 故C正确。 本题选不正确的，故应选ABD。 【变式2-1】【答案】CD 【详解】A．设B物体的质量为，F未作用时，对AB整体分析，根据平衡条件有 由图乙可知，当F作用瞬间，AB整体的加速度大小为 对AB整体分析，根据牛顿第二定律有 又 代入解得，故A错误； B．AB分离瞬间，AB间弹力为0，二者加速度相等，对B物体，根据牛顿第二定律有 对A物体，根据牛顿第二定律有 又 联立解得，，故B错误； C．F作用瞬间，对B物体分析，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知F作用瞬间，对的压力大小为，故C正确； D．从F作用到AB分离过程，根据运动学公式 可知图像与轴围成的面积表示，且当物体运动位移为时加速度大小为 又AB开始运动的初速度为零，则有 解得AB分离时的速度 AB分离后，对B物体，根据动能定理有 解得 即和分离后，还能继续上升，故D正确。 故选CD。 【变式2-2】【答案】B 【详解】A．弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立可得 可知增大水平拉力F，弹簧的弹力增大，伸长量增大，故A错误； B．在木板上表面垫上粗糙的纸，设物块A、B与纸间的动摩擦因数为，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立可得 可知弹簧弹力不变，则伸长量不变，故B正确； C．将A、B的位置互换，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 以A为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立可得 可知弹簧弹力变大，伸长变大，故C错误； D．悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为，对ABC整体，由牛顿第二定律得 可知 对A有 未悬挂钩码时，对A有 对比可得 可知弹簧弹力变大，伸长变大，故D错误。 故选B。 考向03 板块叠加连接体问题 【例3-1】【答案】BCD 【详解】AB．开始运动时，对滑块A，根据牛顿第二定律可得 解得滑块A的加速度大小 对薄木板B，根据牛顿第二定律可得 解得薄木板B的加速度大小，故A错误，B正确； CD．假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有 解得， 此时木板下滑位移 滑块下滑位移 二者相对位移 可得二者共速时滑块未脱离木板，假设成立，此后A、B一起沿斜面向下运动，加速度为 当薄木板下滑到达底端时有 解得 则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间 滑块A与薄木板B因摩擦产生的热量为 解得，故CD正确。 故选BCD。 【例3-2】【答案】AC 【详解】A．根据题意可知，在0~6s内滑块B与滑板A相对静止，6s后滑块B与滑板A出现相对滑动，6s后对滑板A由动能定理得 由图可知 求得μ=0.2，故A正确； BC．6s时滑板A和滑块B间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力，此时二者速度相等，加速度相等，由牛顿第二定律有 此时 解得M=1kg 6s时滑板A的动能 解得，故B错误，C正确； D．在第7s内，滑板A做匀加速直线运动，加速度 故第7s内，滑板A的位移大小为，故D错误。 故选AC。 【变式3-1】【答案】ABD 【详解】A．根据 解得 可知，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度变化量，由于初速度为0，则该面积也能够间接表示速度，则s时，B的速度大小为，故A正确； B．撤去外力后，B将做减速运动，则6s时，B的速度达到最大值，结合上述有 A在6s时时的速度 3s至6s内，A相对于B向左运动，则有 撤去外力后，A继续以向右做匀加速直线运动，B向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 令经历时间t，A、B达到相等速度，之后两者保持相对静止向右做匀速直线运动，即该速度为A的最大速度，则有 解得， 即A的最大速度为18m/s，故B正确； C．3s-6s内B的位移 该时间内对B进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 则3s-6s内拉力做的功为，故C错误； D．结合上述，0到3s内A、B保持相对静止，3s到6s内A相对于B向左运动，6s到7s内A继续相对于B向左运动，7s后保持相对静止向右做匀速直线运动，在3s到6s内结合上述，相对位移大小 6s到7s内相对位移大小 则木板至少长，故D正确。 故选ABD。 【变式3-2】【答案】ACD 【详解】A．前1s内，对滑块A有 由图中斜率可得 解得滑块和木板间的动摩擦因数，故A正确； B．前内，对木板B有 根据图中斜率得 解得木板和地面间的动摩擦因数，故B错误； C．后撤去外力，对木板B有 解得 木板B以向右做匀减速运动，速度减为零用时 由于，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停； 滑块的位移 木板的总位移 所以木板板长至少为，故C正确； D．系统摩擦生热，故D正确。 故选ACD。 考向04 板块叠加+轻绳连接体问题 【例4-1】【答案】BC 【详解】A．由图乙可知，在内，长木板A的加速度加速度 在内，长木板A的加速度 设长木板A与地面之间的动摩擦因数为，滑块B与长木板A之间的动摩擦因数为，在内，对A、C、D整体进行受力分析有，根据牛顿第二定律 在内，对A受力分析，根据牛顿第二定律有 联立解得， 故A错误； B．在内，对C、D系统受力分析，由牛顿第二定律 解得 故细绳能承受的最大拉力应不小于3N，故B正确； C．若球D相对于槽C刚好未发生滑动 根据牛顿第二定律 解得 故C正确； D．在第1s内，对A有 对B有 根据牛顿第二定律 又 联立解得 故D错误。 故选BC。 【例4-2】【答案】BD 【详解】A．当拉力刚刚作用在P上时，假设P、Q保持相对静止，则有 解得 假设不成立，则Q相对P向左运动，P、Q之间的摩擦力大小一直为 故A错误； B．当弹簧弹力与摩擦力大小相等时，Q的速度达到最大值，由平衡条件有 解得Q速度最大时，向右运动的距离为 故B正确； C．对P受力分析，由牛顿第二定律有 可知P的加速度保持不变，故C错误； D．P对Q的摩擦力方向向右，Q向右先加速后减速，摩擦力对Q做正功，Q减速至0后将向左运动，摩擦力方向还是向右，故摩擦力对Q做负功，故D正确。 故选BD。 【变式4-1】【答案】ACD 【详解】B．依题意，小物块B滑上木板A后，相对A向右运动，受到水平向左的滑动摩擦力作用，有 解得 则B向右做匀减速直线运动，同时A向右做匀加速直线运动，直至二者共速，之后A与弹簧碰前A、B一起做匀速直线运动，由乙图可知，木板A在0~1.0s内做匀加速运动， 1.0s时刻速度达到最大，1.0~1.5s内做匀速运动，故B错误； A．小物块B匀减速过程，有 木板A匀加速过程，有， 又 联立，解得， 故A正确； C．二者共速前，有， 可得 故C正确； D．A、B间最大静摩擦力 则有 解得 假设A接触弹簧后，A、B保持相对静止，由机械能守恒，可得 联立，解得 则 对A、B整体，有 解得 可得 故假设成立，故D正确。 故选ACD。 【变式4-2】【答案】AB 【详解】将A、B、C三个物体整体受力分析，物块与斜劈保持相对静止时，它们具有共同的加速度，根据牛顿第二定律则有 单独对A受力分析则有， 又因为 联立解得 即物块与斜劈保持相对静止时，物块C的最大质量约为 故选AB。 第二部分 综合巩固 1．【答案】(1) (2) 【详解】（1）当时，弹簧弹力 与间最大静摩擦力 与间最大静摩擦力 由于 所以与相对静止，在上滑动，根据牛顿第二定律则有 解得 （2）当相对于滑动时，的加速度达到最大值，对于长木板，由牛顿第二定律方程 解得 对于物块，则有 恰好发生相对运动时 可解得 即弹簧初始最小压缩量为16cm时，释放后，物块恰好相对滑动。 2．【答案】C 【详解】A．刚施加拉力F时，A的加速度大小为 选项A错误； B．开始时 速度最大时，A的加速度为零，则 解得A距P点的距离为 选项B错误； C．物块A速度最大时弹簧的形变量等于在P点时弹簧的形变量，可知从P到速度最大位置时弹性势能不变，则由动能定理 解得最大速度为 选项C正确； D．在A上升到最高点的过程中，拉力F一直做正功，则A和弹簧系统的机械能一直增加，选项D错误。 故选C。 3．【答案】(1) (2) 【解析】【小题1】对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有 水平方向上有 其中 解得 【小题2】木块恰好能静止在铁箱左壁上时，对木块受力分析，竖直方向上有 水平方向上有 又有 解得 撤去拉力后，木块将相对于铁箱滑动，对木块受力分析有 解得 对铁箱受力分析，有 根据牛顿第三定律有 解得 木块的位移 铁箱的位移 木块刚好运动到铁箱右壁，则有 解得 4．【答案】C 【详解】A．砂石料开始滑动之前保持静止，所受合力为零，故A错误； B．砂石料匀速滑出过程中，受力平衡，所受合力为零，故B错误； CD．砂石料加速滑出过程中，以砂石料、货车为整体受力分析，砂石料、货车整体受重力、地面的支持力、摩擦力，整体有左向下的加速度，故货车受到地面向左的摩擦力，货车对地面的压力小于货车与砂石料的总重力，故C正确；D错误。 故选C。 5．【答案】ACD 【详解】A．没有施加恒力之前，有 施加恒力的瞬间对整体分析，根据牛顿第二定律有 解得 对A分析，根据牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知物块A对物块B的压力大小为，故A正确； B．分离前A、B两物块一起做加速度减小的加速运动，动量变化率即为所受合力的大小，根据 可知，在分离前动量变化率一直在减小，故B错误； C．分离时A、B间作用力为零，对A分析有 解得 此时B与A加速度相同，对B分析有 则 初始时，此过程 故C正确； D．全过程根据动能定理有 解得 故D正确。 故选ACD。 6．【答案】(1) (2) 【详解】（1）物块与木板组成的系统动量守恒，设二者共速时速度为，有 解得 此过程木板的位移大小为 其中 联立，解得 当时，木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小。当时，对木板有 解得 （2）木板第一次与挡板碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与物块有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞挡板，木板第一次与挡板碰撞后，物块与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有 解得 木板在第一个过程中，由动量定理有 由动能定理，有 木板在第二个过程中，匀速直线运动，有 木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞所经历的时间为 该过程物块在木板上相对滑动的时间为 其中 联立，解得 则木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的时间之比。 7．【答案】ABC 【详解】A．小物块刚滑上木板时，分析物块受力 由牛顿第二定律可得 整理并代入数据解得，方向沿斜面向下，故A正确； B．结合物体运动以及图形分析可知，AB段对应拉力较小时，物块从木板的上端滑出，相对路程等于板长。小物块刚滑上木板时，由以上分析可知 对物块，方向沿斜面向下 对木板，设加速度为 由牛顿第二定律有 由题意知B点的横坐标为9.5N 代入其它数据解得，方向沿斜面向上 假设木板不动，则由运动学知识得 木板的板长，故B正确； C．结合物体运动以及图形分析可知，BC段对应拉力稍大一些，物块在斜面上减速滑动一段距离后与木板共速，之后摩擦力反向向上加速。图（2）中C点就对应物块和木板达到共同速度之后一起加速。 设物块向上加速时最大加速度为 对物块由牛顿第二定律得 代入数据解得一起加速时物块最大加速度，方向沿斜面向上 对木板和物块整体运用牛顿第二定律有 代入数据解得 图2中C、D两点横坐标相同，都为 物块刚滑上木板时，设物块加速度为，木板的加速度为，C点纵坐标为 由B中分析得，方向沿斜面向下 对木板由牛顿第二定律有 代入数据得，方向沿斜面向上 设经过时间t二者共速 由运动学知识得 各式联立并代入数据得 则C点纵坐标为，故C正确； D．结合物体运动以及图形分析、上述内容分析可知，DE段属于拉力过大情况，物块先减速到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起沿斜面向上加速运动，后在木板上加速滑动一段距离后，最终从木板的下端滑出木板，故D错误； 故选ABC。 8．【答案】(1) (2)时，释放后，物块C相对A滑动 (3) 【详解】（1）当x1=6cm时，弹簧弹力 B与A间最大静摩擦力   C与A间最大静摩擦力   ， 所以C与A相对静止，B在A上滑动 ，对B有： 解得 （2）当C相对于A滑动时，A的加速度达到最大值a2，对A有： 解得 对C有： 解得   则初始压缩量时，释放后，物块C相对A滑动。 （3）释放后C与A一起运动，B相对A滑动，当时，物块B动能最大   解得x4 =4cm ABC系统动量守恒有   系统能量守恒有   可解的B的最大动能为 9．【答案】(1)能够避免相撞 (2)，，方向与相同 【详解】（1）设货物与木板不发生相对滑动的最大加速度为，根据牛顿第二定律 解得   设木板与货物相对静止，相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为，根据牛顿第二定律 解得   ，卡车以刹车，根据运动学公式 可知能够避免相撞。 （2）设卡车从刹车到停止，位移为，根据运动学公式   设货物的加速度为，根据牛顿第二定律 解得 设木板的加速度为，根据牛顿第二定律 解得   设木板减速至0的位移为，时间为，根据运动学公式，   木板前端与驾驶室的距离   此时货物的速度 方向与相同（或向前）。 10．【答案】AC 【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为，6s时两者速度相同为，在0~6s的过程，对Q由牛顿第二定律得 根据图乙可知 联立解得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为 故A正确； B．在5~6s的过程，对P由牛顿第二定律得 由乙图可知 联立解得长木板P与地面之间的动摩擦因数为 故B错误； C．从6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得 解得 该过程所用时间为 可知时长木板P停下来，故C正确； D．6s前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由图像与横轴围成的面积表示位移，可知6s前Q相对于P向左运动的位移大小为 6s后到两者都停下，Q相对于P向右运动的位移大小为 则长木板P的长度至少为 故D错误。 故选AC。 11．【答案】(1)4m/s，方向水平向右 (2)能， (3)9.72m 【详解】（1）对滑块A由牛顿第二定律 解得 假设滑块A不能与传动带共速，由运动学公式 解得 故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立解得， 则两滑块碰后瞬间，滑块A的速度大小为4m/s，方向水平向右。 （2）假设滑块B不能滑上长木板，由动能定理可得 解得 假设成立，碰后滑块A先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块A返回到传送带最左端的速度大小仍为 滑块A在传动带上运动的时间为 滑块A在水平面上由牛顿第二定律 解得 由于，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块A在水平面上滑动的时间为，由运动学公式 解得 所以两次碰撞的时间间隔为 （3）滑块B刚好滑到长木板C的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为，两滑块碰撞前，对滑块A由运动学公式 两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 设滑块B滑上长木板瞬间的速度大小为，由动能定理得 滑块B滑上长木板后，由动量守恒定律有 由能量守恒定律得 联立解得，滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度为 12．【答案】AD 【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对滑块B，由牛顿第二定律可得 B与C之间的最大静摩擦力 假设成立，故A正确； B．对滑块A，由牛顿第二定律可得 解得 设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为，则有 解得，故B错误； C．碰撞前，滑块A的速度 滑块B的速度 设A、B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得 解得 碰后滑块A的动量，故C错误； D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向左，设经过时间A、B、C三者达到共同速度，则有 解得 此过程中，AB的位移 C的位移 代入数据解得二者的相对位移 则木板C的最小长度为，故D正确。 故选AD。 13．【答案】BD 【详解】A．由图乙所示图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故A错误； B．由图乙所示图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板向右运动。当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度为，故B正确； D．由图乙所示图像可知，在时间内，物块的加速度大小 木板的加速度大小 对物块，由牛顿第二定律得 对木板，由牛顿第二定律得 联立解得，木板与地面间的动摩擦因数为，故D正确； C．物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离 物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离 整个过程物块相对于木板滑行的路程 整个过程物块与木板间摩擦产生的热量 联立解得，，故C错误。 故选BD。 14．【答案】BC 【详解】ACD．由图2可知，当时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没有摩擦力。当时， 设长木板的质量为，根据牛顿第二定律 当时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律 又 整理可得 联立，解得，，，故AD错误，C正确； B．过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理 解得，故B正确。 故选BC。 15．【答案】(1) (2) (3)，24J 【详解】（1）由题意可知AB间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿运动定律有 解得A的加速度大小 因为 联立解得 （2）对齐前，对B有 解得 对齐后，对整体有 解得 （3）设敲击B后经过t时间AB达到共同速度v，该过程A的加速度为，则有 该过程AB位移分别为 且 联立解得 AB共速后一起减速到0，其加速度为，则该过程B的位移 则整个过程中B与地面之间的摩擦生热 联立以上解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型03 应用整体法与隔离法解决连接体问题 ( 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总 方法透视 典例引领 变式演练 考向01 轻绳连接体问题 考向02 弹簧连接体变问题 【重难】 考向03 板块叠加连接体问题 考向04 板块叠加+轻绳连接体问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 ) 黑吉辽蒙高考物理“整体法与隔离法”是力学核心方法，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在连接体、板块、传送带、弹簧等模型，贯穿选择中档题+大题综合题，是区分度关键，以下为结构化考情分析。 定义：整体法（求系统加速度/外力，忽略内力）+隔离法（求内力/单个物体受力，分析相互作用），核心在加速度是否相同判断与方法切换。分值：每年约10-15分，占力学40%左右；分布于选择1-2题（4-6分）、力学综合大题（6-9分），偶见于实验题。整体法：加速度相同的多物体、求系统加速度/外力、快速判断临界（如静→动摩擦）。隔离法：求内力（绳拉力、摩擦力）、物体加速度不同、临界状态分析。 一：连接体的运动特点 (1)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。 (2)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。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。 (3)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。 连接体的受力特点 轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。 处理连接体问题的方法 (1)整体法 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 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、隔离法交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。 应用整体法和隔离法的解题技巧 (1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2间的相互作用力为F12＝。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。 (2)通过跨过滑轮的绳连接的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮连接的两物体的加速度虽然大小相同但方向不同，故采用隔离法。 二.叠加体系统临界问题的求解思路 考向01 轻绳连接体问题 【例1-1】（2025·内蒙古赤峰·三模）图甲是按压伸缩式圆珠笔。图乙是该圆珠笔的内部结构简化示意图，由质量为的外壳、质量为的内芯和劲度系数为的轻质弹簧三部分组成。将圆珠笔倒立，使笔帽与坚硬桌面接触，用竖直向下的力按压外壳，弹簧被压缩，外壳恰好与桌面接触但无作用力， 此时内芯未被锁止， 如图乙中①所示。松开圆珠笔， 外壳在弹簧弹力作用下竖直向上弹起，当外壳速度最大时，外壳与内芯发生碰撞且碰撞时间极短，如图乙中②所示。 碰撞后外壳与内芯以相同速度离开桌面竖直向上运动， 如图乙中③所示。已知弹性势能 为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，忽略圆珠笔内部各构件之间的摩擦。求∶ (1)外壳与桌面恰好接触时弹簧的形变量； (2)外壳速度最大时弹簧的形变量； (3)外壳与内芯碰撞后还能上升的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对外壳，由平衡条件 解得 （2）速度最大时外壳的加速度为0，此时有 解得 （3）对弹簧和外壳组成的系统，从释放到达到最大速度v的过程，由能量守恒得 解得 外壳与内芯碰撞时动量守恒 且 解得 【例1-2】（2025·内蒙古乌海·模拟预测）如图1所示，水平面上固定有足够长的平行导轨，导轨间距d=0.4m，虚线O1O2垂直于导轨，O1O2左侧部分的导轨与电容C=2mF的平行板电容器AB相连，且由不计电阻的光滑金属材料制成，O1O2右侧部分的导轨由粗糙的绝缘材料制成。将一质量m=0.1kg、电阻不计的金属棒MN通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为2m的小物块相连，O1O2左侧处于方向竖直向下的匀强磁场中。t=0时刻，将垂直于导轨的金属棒MN由静止释放，金属棒在轻绳的拉动下开始运动，当金属棒MN越过虚线O1O2后，作出金属棒的图像如图2所示。已知重力加速度取g=10m/s2，整个过程中电容器未被击穿，则下列分析正确的是（    ） A．电容器的A极板带负电 B．金属与绝缘材料间的动摩擦因数为0.5 C．金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为4m D．匀强磁场的磁感应强度大小为25T 【答案】BD 【详解】A．金属棒切割磁感线时，根据右手定则可知电流方向由M流向N，则电容器的A极板带正电，故A错误； B．根据图像可知，金属棒MN越过虚线O1O2后的加速度大小为 以小物块和金属棒为整体，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故B正确； CD．金属棒在虚线O1O2左侧运动时，以小物块和金属棒为整体，根据牛顿第二定律可得 又 联立可得 可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线运动，根据图像可知，该过程的运动时间为，末速度为，则加速度为 联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为 金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为 故C错误，D正确。 故选BD。 【变式1-1】（2025·辽宁·三模）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求： (1)初始时，弹簧形变量的大小； (2)A沿斜面下滑的最大速度； (3)A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得 解得 （2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为 此时对B沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有 联立解得 因为，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒得 联立解得 （3）根据简谐运动知识可以判定A、B两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为 当小球A运动到最低点时，则B向上运动的最大距离为 此时弹簧的伸长量为 此时对C做受力分析由平衡方程有 联立解得 由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小为 【变式1-2】（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，水平地面上放置着用轻质弹簧竖直连接的A、B物块（两端栓接），其中物体A的质量为m，B的质量为2m，弹簧的劲度系数为k。用竖直向下的力F＝mg，作用在A上，撤去F后，物体A从静止开始做简谐运动，已知弹簧弹性势能的表达式为（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，不计一切阻力，弹簧足够长且始终在弹性限度内，求： (1)撤去F时物体A的加速度a大小； (2)物体A运动过程中的最大速率和地面受到的最小压力。 【答案】(1)g (2), 【详解】（1）撤去F前对A，根据平衡条件则有 解得 撤去F后，根据牛顿第二定律则有 解得a＝g （2）当a＝0时有最大速度，则有 由机械能守恒定律可得 解得 根据简谐运动对称性可知a＝g时，最高点有最小压力，对A由牛顿第二定律可得 同理对B则有 联立解得 由牛顿第三定律得，方向竖直向下。 考向02 弹簧连接体变问题 【例2-1】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，质量为的物块在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，通过水平轻弹簧将的右边与木箱连接，使之处于静止状态，此时弹簧弹力大小为1.2N。已知和木箱水平底面之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。 (1)求木箱底部受到物块的摩擦力； (2)若木箱可在竖直方向运动，要使物块在弹簧弹力作用下相对木箱底面移动，则木箱的加速度应满足什么条件？ 【答案】(1)见解析 (2)，方向竖直向下 【详解】（1）由平衡条件得，物块受到的摩擦力 当弹簧被拉伸时，物块所受弹簧弹力向右，则物块所受摩擦力向左，由牛顿第三定律知，木箱底部受到的摩擦力，方向水平向右；当弹簧被压缩时，物块所受弹簧弹力向左，则物块所受摩擦力向右，由牛顿第三定律知，木箱底部受到的摩擦力，方向水平向左。 （2）要使物块相对于木箱底面移动，物块受到的木箱对物块的最大静摩擦力要小于弹簧对它的弹力，即 又因为 解得 由于，则物块加速度方向竖直向下，设物块加速度大小为，对物块，由牛顿第二定律可得 解得 由于木箱和物块在竖直方向相对静止，则木箱加速度，方向竖直向下。 【例2-2】（2025·辽宁·二模）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，重力加速度为g，则下列说法不正确的是（　　） 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】ABD 【详解】A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx 解得： 加外力F后到物体A、B分离前，对AB整体有 又因 由于压缩量x减小，故F为变力，物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且 对A有： 解得： 故A错误； BD．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BD错误； C．对B有： 解得： 此时弹簧的压缩量为 故弹簧的压缩量减小了 即A上升的距离 故C正确。 本题选不正确的，故应选ABD。 【变式2-1】（2025·吉林·一模）如图甲所示，A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，其中A物体的质量为。现用恒定的向上拉，使两物体开始向上运动。在分离前，的加速度随位移变化如图乙所示。当物体运动位移为时，与分离。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．B物体的质量为 B．弹簧的劲度系数等于 C．作用后瞬间，对的压力大小为 D．和分离后，还能继续上升 【答案】CD 【详解】A．设B物体的质量为，F未作用时，对AB整体分析，根据平衡条件有 由图乙可知，当F作用瞬间，AB整体的加速度大小为 对AB整体分析，根据牛顿第二定律有 又 代入解得，故A错误； B．AB分离瞬间，AB间弹力为0，二者加速度相等，对B物体，根据牛顿第二定律有 对A物体，根据牛顿第二定律有 又 联立解得，，故B错误； C．F作用瞬间，对B物体分析，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知F作用瞬间，对的压力大小为，故C正确； D．从F作用到AB分离过程，根据运动学公式 可知图像与轴围成的面积表示，且当物体运动位移为时加速度大小为 又AB开始运动的初速度为零，则有 解得AB分离时的速度 AB分离后，对B物体，根据动能定理有 解得 即和分离后，还能继续上升，故D正确。 故选CD。 【变式2-2】（2025·吉林·一模）如图，在光滑的固定足够长木板上，用轻质弹簧连接的两个物块A、B在水平恒力F作用下以相同加速度向左运动，两物块材料相同且。下列可以使弹簧伸长量不变的是（　　） A．增大水平拉力F B．在木板上表面垫上粗糙的纸 C．将A、B的位置互换 D．悬线下增挂一定质量的小钩码 【答案】B 【详解】A．弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立可得 可知增大水平拉力F，弹簧的弹力增大，伸长量增大，故A错误； B．在木板上表面垫上粗糙的纸，设物块A、B与纸间的动摩擦因数为，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立可得 可知弹簧弹力不变，则伸长量不变，故B正确； C．将A、B的位置互换，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 以A为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立可得 可知弹簧弹力变大，伸长变大，故C错误； D．悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为，对ABC整体，由牛顿第二定律得 可知 对A有 未悬挂钩码时，对A有 对比可得 可知弹簧弹力变大，伸长变大，故D错误。 故选B。 考向03 板块叠加连接体问题 【例3-1】（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示，质量，长度的薄木板B放在倾角的光滑斜面上，斜面始终静止，A是质量的滑块（可视为质点）。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离，现将B由静止释放，同时滑块A以速度从木板上端P点沿薄木板向下运动。已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度，，。从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（    ） A．刚开始运动时，滑块A的加速度大小为 B．刚开始运动时，薄木板B的加速度大小为 C．滑块A与薄木板B间因摩擦产生的热量为12J D．薄木板B运动的总时间为3s 【答案】BCD 【详解】AB．开始运动时，对滑块A，根据牛顿第二定律可得 解得滑块A的加速度大小 对薄木板B，根据牛顿第二定律可得 解得薄木板B的加速度大小，故A错误，B正确； CD．假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有 解得， 此时木板下滑位移 滑块下滑位移 二者相对位移 可得二者共速时滑块未脱离木板，假设成立，此后A、B一起沿斜面向下运动，加速度为 当薄木板下滑到达底端时有 解得 则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间 滑块A与薄木板B因摩擦产生的热量为 解得，故CD正确。 故选BCD。 【例3-2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图甲所示，质量为M的足够长的滑板A静止在光滑水平面上，滑板A上静置一个质量m=2kg的滑块B，滑块B与滑板A之间有摩擦。从t=0时刻起在滑块B上施加一个水平向右的拉力F，且拉力F与时间t的关系为F=2t（式中物理量均为国际单位）。滑板A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，t=6s时滑板A的位移为x0，0~x0段的图线为曲线，x0~x0+14m段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．滑块B与滑板A间的动摩擦因数为0.2 B．t=6s时，滑块B的速度大小为10m/s C．滑板A的质量为1kg D．第7s内，滑板A的位移大小为21m 【答案】AC 【详解】A．根据题意可知，在0~6s内滑块B与滑板A相对静止，6s后滑块B与滑板A出现相对滑动，6s后对滑板A由动能定理得 由图可知 求得μ=0.2，故A正确； BC．6s时滑板A和滑块B间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力，此时二者速度相等，加速度相等，由牛顿第二定律有 此时 解得M=1kg 6s时滑板A的动能 解得，故B错误，C正确； D．在第7s内，滑板A做匀加速直线运动，加速度 故第7s内，滑板A的位移大小为，故D错误。 故选AC。 【变式3-1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图甲所示，光滑水平地面上有一质量的木板B，质量的木块A（视为质点）叠放在B右端。一水平向右的力作用在B上，使B由静止开始运动，时撤去外力，此后二者继续运动直至共速，A始终未滑离B。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，A、B前6s内加速度随时间的变化关系图像分别如图乙、丙所示，下列说法中正确的是（　　） A．s时，B的速度大小为6m/s B．A的最大速度为18m/s C．3s-6s内拉力做的功为450J D．木板至少长9m 【答案】ABD 【详解】A．根据 解得 可知，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度变化量，由于初速度为0，则该面积也能够间接表示速度，则s时，B的速度大小为，故A正确； B．撤去外力后，B将做减速运动，则6s时，B的速度达到最大值，结合上述有 A在6s时时的速度 3s至6s内，A相对于B向左运动，则有 撤去外力后，A继续以向右做匀加速直线运动，B向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 令经历时间t，A、B达到相等速度，之后两者保持相对静止向右做匀速直线运动，即该速度为A的最大速度，则有 解得， 即A的最大速度为18m/s，故B正确； C．3s-6s内B的位移 该时间内对B进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 则3s-6s内拉力做的功为，故C错误； D．结合上述，0到3s内A、B保持相对静止，3s到6s内A相对于B向左运动，6s到7s内A继续相对于B向左运动，7s后保持相对静止向右做匀速直线运动，在3s到6s内结合上述，相对位移大小 6s到7s内相对位移大小 则木板至少长，故D正确。 故选ABD。 【变式3-2】（2025·黑龙江·模拟预测）如图甲所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为时刻滑块A以的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力，作用后撤去外力，前内滑块和木板的关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，取重力加速度。则（   ） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4 C．木板长度至少滑块才能不掉 D．整个过程中系统摩擦生热共 【答案】ACD 【详解】A．前1s内，对滑块A有 由图中斜率可得 解得滑块和木板间的动摩擦因数，故A正确； B．前内，对木板B有 根据图中斜率得 解得木板和地面间的动摩擦因数，故B错误； C．后撤去外力，对木板B有 解得 木板B以向右做匀减速运动，速度减为零用时 由于，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停； 滑块的位移 木板的总位移 所以木板板长至少为，故C正确； D．系统摩擦生热，故D正确。 故选ACD。 考向04 板块叠加+轻绳连接体问题 【例4-1】（2025·黑龙江·一模）如图甲所示，长木板A的左端放置滑块B（可视为质点），V形槽C用不可伸长的细绳与A相连，光滑球D放在槽内（槽右边部分竖直，与左边倾斜部分的夹角为α）。对B施加一水平向右的恒力F使其由静止开始运动，一段时间后B从A右端滑出，A继续在水平地面上运动一段距离后停止运动，以水平向右为正方向，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知、，A、C与地面间的动摩擦因数相同，D与C之间始终未发生相对滑动，取。下列说法正确的是（　　） A．长木板A与地面之间的动摩擦因数为0.2，滑块B与长木板A之间的动摩擦因数为0.6 B．细绳能承受的最大拉力应不小于3N C．若球D相对于槽C刚好未发生滑动，则有 D．若长木板A长，则在第1s内恒力F做的功为5J 【答案】BC 【详解】A．由图乙可知，在内，长木板A的加速度加速度 在内，长木板A的加速度 设长木板A与地面之间的动摩擦因数为，滑块B与长木板A之间的动摩擦因数为，在内，对A、C、D整体进行受力分析有，根据牛顿第二定律 在内，对A受力分析，根据牛顿第二定律有 联立解得， 故A错误； B．在内，对C、D系统受力分析，由牛顿第二定律 解得 故细绳能承受的最大拉力应不小于3N，故B正确； C．若球D相对于槽C刚好未发生滑动 根据牛顿第二定律 解得 故C正确； D．在第1s内，对A有 对B有 根据牛顿第二定律 又 联立解得 故D错误。 故选BC。 【例4-2】（2025·黑龙江·三模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m=1kg的物块Q叠放在P上。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水平向右、大小为F=9N的拉力作用在P上。已知P、Q间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数k=100N/m，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（　　） A．Q受到的摩擦力逐渐变大 B．Q速度最大时，向右运动的距离为2cm C．P做加速度减小的加速运动 D．从Q开始运动到Q第一次回到原来位置过程，摩擦力对Q先做正功后做负功 【答案】BD 【详解】A．当拉力刚刚作用在P上时，假设P、Q保持相对静止，则有 解得 假设不成立，则Q相对P向左运动，P、Q之间的摩擦力大小一直为 故A错误； B．当弹簧弹力与摩擦力大小相等时，Q的速度达到最大值，由平衡条件有 解得Q速度最大时，向右运动的距离为 故B正确； C．对P受力分析，由牛顿第二定律有 可知P的加速度保持不变，故C错误； D．P对Q的摩擦力方向向右，Q向右先加速后减速，摩擦力对Q做正功，Q减速至0后将向左运动，摩擦力方向还是向右，故摩擦力对Q做负功，故D正确。 故选BD。 【变式4-1】（2025·内蒙古赤峰·二模）如图甲，木板A静止于光滑水平面上，水平面上有一轻弹簧固定在处。时小物块B以的水平速度滑上A。A的动能随时间变化关系如图乙所示。已知A、B间的动摩擦因数为0.4，B始终在A上，弹簧始终处于弹性限度内，弹性势能，为弹簧的形变量。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是（　　） A．B的质量为1.0kg B．内A的加速度逐渐增加 C．接触弹簧前，A、B的相对位移大小为3m D．若弹簧的劲度系数为，A接触弹簧后两物体始终保持相对静止 【答案】ACD 【详解】B．依题意，小物块B滑上木板A后，相对A向右运动，受到水平向左的滑动摩擦力作用，有 解得 则B向右做匀减速直线运动，同时A向右做匀加速直线运动，直至二者共速，之后A与弹簧碰前A、B一起做匀速直线运动，由乙图可知，木板A在0~1.0s内做匀加速运动， 1.0s时刻速度达到最大，1.0~1.5s内做匀速运动，故B错误； A．小物块B匀减速过程，有 木板A匀加速过程，有， 又 联立，解得， 故A正确； C．二者共速前，有， 可得 故C正确； D．A、B间最大静摩擦力 则有 解得 假设A接触弹簧后，A、B保持相对静止，由机械能守恒，可得 联立，解得 则 对A、B整体，有 解得 可得 故假设成立，故D正确。 故选ACD。 【变式4-2】（2025·辽宁·模拟预测）斜劈形物体质量为，倾角为，物块质量也为，放在斜劈上，与之间的最大静摩擦因数为0.8。现将物体通过细绳与斜劈相连，轻绳跨过轻质定滑轮，如图所示。除之间的接触面之外，其它部位的摩擦及空气阻力都忽略不计。将此系统由静止释放，发现物块与斜劈保持相对静止，则物体的质量可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】将A、B、C三个物体整体受力分析，物块与斜劈保持相对静止时，它们具有共同的加速度，根据牛顿第二定律则有 单独对A受力分析则有， 又因为 联立解得 即物块与斜劈保持相对静止时，物块C的最大质量约为 故选AB。 1．（2025·吉林长春·三模）如图，光滑水平面上有一质量为足够长的板，两质量均为的物块B、C与间的动摩擦因数分别为，物块B、C间连接劲度系数的轻质弹簧，调节B、C间距离，使其压缩一定长度，然后将B、C同时释放。重力加速度取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)当初始压缩量时，释放瞬间的加速度大小。 (2)若要C相对A滑动，求初始压缩量的最小值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）当时，弹簧弹力 与间最大静摩擦力 与间最大静摩擦力 由于 所以与相对静止，在上滑动，根据牛顿第二定律则有 解得 （2）当相对于滑动时，的加速度达到最大值，对于长木板，由牛顿第二定律方程 解得 对于物块，则有 恰好发生相对运动时 可解得 即弹簧初始最小压缩量为16cm时，释放后，物块恰好相对滑动。 2．（2025·辽宁·二模）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量为m的物块A连接，A静止于P点。现对A施加一方向平行于斜面向上、大小的恒定拉力，使A向上运动。若运动过程中，弹簧形变未超过弹性限度，重力加速度为g，则（　　） A．刚施加拉力F时，A的加速度大小为0.5g B．速度最大时，A距P点的距离为 C．最大速度为 D．在A上升到最高点的过程中，A和弹簧系统的机械能先增加后减小 【答案】C 【详解】A．刚施加拉力F时，A的加速度大小为 选项A错误； B．开始时 速度最大时，A的加速度为零，则 解得A距P点的距离为 选项B错误； C．物块A速度最大时弹簧的形变量等于在P点时弹簧的形变量，可知从P到速度最大位置时弹性势能不变，则由动能定理 解得最大速度为 选项C正确； D．在A上升到最高点的过程中，拉力F一直做正功，则A和弹簧系统的机械能一直增加，选项D错误。 故选C。 3．（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图所示，质量的一只长方体空铁箱在水平拉力的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量的木块（可视为质点）恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度，取重力加速度大小。 (1)求铁箱的加速度大小； (2)若减小拉力，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为（未知），立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度的大小。 【答案】(1) (2) 【解析】【小题1】对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有 水平方向上有 其中 解得 【小题2】木块恰好能静止在铁箱左壁上时，对木块受力分析，竖直方向上有 水平方向上有 又有 解得 撤去拉力后，木块将相对于铁箱滑动，对木块受力分析有 解得 对铁箱受力分析，有 根据牛顿第三定律有 解得 木块的位移 铁箱的位移 木块刚好运动到铁箱右壁，则有 解得 4．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，运送砂石料的货车停车后，自动卸货系统控制货车的箱体缓慢倾斜，当箱体的倾角增大到一定程度时，砂石料自动从箱体尾部滑出完成卸货任务。则（　　） A．砂石料开始滑动前所受合力逐渐增大 B．砂石料匀速滑出过程中所受合力沿箱体向下 C．砂石料加速滑出过程中，货车受到地面向左的摩擦力 D．砂石料加速滑出过程中，货车对地面的压力大于货车与砂石料的重力 【答案】C 【详解】A．砂石料开始滑动之前保持静止，所受合力为零，故A错误； B．砂石料匀速滑出过程中，受力平衡，所受合力为零，故B错误； CD．砂石料加速滑出过程中，以砂石料、货车为整体受力分析，砂石料、货车整体受重力、地面的支持力、摩擦力，整体有左向下的加速度，故货车受到地面向左的摩擦力，货车对地面的压力小于货车与砂石料的总重力，故C正确；D错误。 故选C。 5．（2025·黑龙江·二模）实验台上有一个竖直放置的弹簧，其劲度系数为。其中物块B与弹簧紧密相连，物块A平稳置于物块B的上方。已知物块A的质量，物块B的质量，两物块初始时均处于静止状态。为了探究外力对物块系统运动的影响，研究人员通过一套精密的机械装置对物块A施加一个竖直向上、大小为的恒力。取，在这样的实验操作下，针对物块A和B后续的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．施加恒力瞬间，物块A对物块B的压力大小为 B．分离前的过程，物块A的动量变化率变大 C．物块A上升时两物块分离 D．分离时物块A的速度大小为 【答案】ACD 【详解】A．没有施加恒力之前，有 施加恒力的瞬间对整体分析，根据牛顿第二定律有 解得 对A分析，根据牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知物块A对物块B的压力大小为，故A正确； B．分离前A、B两物块一起做加速度减小的加速运动，动量变化率即为所受合力的大小，根据 可知，在分离前动量变化率一直在减小，故B错误； C．分离时A、B间作用力为零，对A分析有 解得 此时B与A加速度相同，对B分析有 则 初始时，此过程 故C正确； D．全过程根据动能定理有 解得 故D正确。 故选ACD。 6．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，质量为的木板静置在光滑的水平面上，其右方水平面上固定竖直挡板，木板左端放有一质量为的物块。物块与木板间的动摩擦因数为。设木板足够长，物块始终在木板上。重力加速度为。 (1)若木板右端与挡板相距为，使物块以大小为的初速度沿木板向右运动，求木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小及相应的所满足的条件； (2)若木板和物块以共同的速度向右运动，某时刻木板与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短。求木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的时间之比。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）物块与木板组成的系统动量守恒，设二者共速时速度为，有 解得 此过程木板的位移大小为 其中 联立，解得 当时，木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小。当时，对木板有 解得 （2）木板第一次与挡板碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与物块有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞挡板，木板第一次与挡板碰撞后，物块与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有 解得 木板在第一个过程中，由动量定理有 由动能定理，有 木板在第二个过程中，匀速直线运动，有 木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞所经历的时间为 该过程物块在木板上相对滑动的时间为 其中 联立，解得 则木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的时间之比。 7．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图（1）所示，质量为的木板初始时静置于倾角的足够长的光滑斜面某段。某时刻质量为的小物块以初速度滑上木板底端，物块与木板之间的动摩擦因数为，同时对木板施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，并将木板由静止释放。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为S，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图（2）所示，其中AB段与横轴平行，B点的横坐标为9.5N，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑上木板时的加速度大小为 B．木板的板长为0.5m C．C点纵坐标为 D．在图像的DE段中小物块将从木板上端滑出 【答案】ABC 【详解】A．小物块刚滑上木板时，分析物块受力 由牛顿第二定律可得 整理并代入数据解得，方向沿斜面向下，故A正确； B．结合物体运动以及图形分析可知，AB段对应拉力较小时，物块从木板的上端滑出，相对路程等于板长。小物块刚滑上木板时，由以上分析可知 对物块，方向沿斜面向下 对木板，设加速度为 由牛顿第二定律有 由题意知B点的横坐标为9.5N 代入其它数据解得，方向沿斜面向上 假设木板不动，则由运动学知识得 木板的板长，故B正确； C．结合物体运动以及图形分析可知，BC段对应拉力稍大一些，物块在斜面上减速滑动一段距离后与木板共速，之后摩擦力反向向上加速。图（2）中C点就对应物块和木板达到共同速度之后一起加速。 设物块向上加速时最大加速度为 对物块由牛顿第二定律得 代入数据解得一起加速时物块最大加速度，方向沿斜面向上 对木板和物块整体运用牛顿第二定律有 代入数据解得 图2中C、D两点横坐标相同，都为 物块刚滑上木板时，设物块加速度为，木板的加速度为，C点纵坐标为 由B中分析得，方向沿斜面向下 对木板由牛顿第二定律有 代入数据得，方向沿斜面向上 设经过时间t二者共速 由运动学知识得 各式联立并代入数据得 则C点纵坐标为，故C正确； D．结合物体运动以及图形分析、上述内容分析可知，DE段属于拉力过大情况，物块先减速到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起沿斜面向上加速运动，后在木板上加速滑动一段距离后，最终从木板的下端滑出木板，故D错误； 故选ABC。 8．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在光滑水平面上有一质量为足够长的薄板A，其上静置两个质量均为的物块B、C，B、C与A间的动摩擦因数分别为，物块BC间连接一轻质弹簧，调节BC间距离，将弹簧压缩一定长度后，将它们同时由静止释放。已知弹性势能表达式为（为弹簧的形变量），取重力加速度大小，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)当初始压缩量时，释放瞬间，B的加速度大小； (2)初始压缩量满足什么条件时，释放后，物块C相对A滑动； (3)当初始压缩量时，释放后，物块B能达到的最大动能。 【答案】(1) (2)时，释放后，物块C相对A滑动 (3) 【详解】（1）当x1=6cm时，弹簧弹力 B与A间最大静摩擦力   C与A间最大静摩擦力   ， 所以C与A相对静止，B在A上滑动 ，对B有： 解得 （2）当C相对于A滑动时，A的加速度达到最大值a2，对A有： 解得 对C有： 解得   则初始压缩量时，释放后，物块C相对A滑动。 （3）释放后C与A一起运动，B相对A滑动，当时，物块B动能最大   解得x4 =4cm ABC系统动量守恒有   系统能量守恒有   可解的B的最大动能为 9．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，卡车上载有一块长木板，木板后端放置一箱货物（可视为质点），木板和货物质量相等，均为，货物与木板间的动摩擦因数为，木板与卡车间的动摩擦因数为，卡车以的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现正前方处有障碍物，立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。 (1)若，，卡车以木板和货物均不会相对卡车滑动的最大加速度刹车，通过计算说明卡车能否避免与障碍物相撞？ (2)若，，卡车刹车的加速度，最终木板停止运动时恰好未与驾驶室相撞，求木板前端与驾驶室的初始距离和木板停止运动时货物的速度。 【答案】(1)能够避免相撞 (2)，，方向与相同 【详解】（1）设货物与木板不发生相对滑动的最大加速度为，根据牛顿第二定律 解得   设木板与货物相对静止，相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为，根据牛顿第二定律 解得   ，卡车以刹车，根据运动学公式 可知能够避免相撞。 （2）设卡车从刹车到停止，位移为，根据运动学公式   设货物的加速度为，根据牛顿第二定律 解得 设木板的加速度为，根据牛顿第二定律 解得   设木板减速至0的位移为，时间为，根据运动学公式，   木板前端与驾驶室的距离   此时货物的速度 方向与相同（或向前）。 10．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是（   ） A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05 B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75 C．时长木板P停下来 D．长木板P的长度至少是 【答案】AC 【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为，6s时两者速度相同为，在0~6s的过程，对Q由牛顿第二定律得 根据图乙可知 联立解得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为 故A正确； B．在5~6s的过程，对P由牛顿第二定律得 由乙图可知 联立解得长木板P与地面之间的动摩擦因数为 故B错误； C．从6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得 解得 该过程所用时间为 可知时长木板P停下来，故C正确； D．6s前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由图像与横轴围成的面积表示位移，可知6s前Q相对于P向左运动的位移大小为 6s后到两者都停下，Q相对于P向右运动的位移大小为 则长木板P的长度至少为 故D错误。 故选AC。 11．（2025·黑龙江·二模）如图所示，长的水平传送带以恒定的速度向左传动，其左端与长的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长，质量的长木板C，长木板C的上表面与右侧的水平面等高。质量的滑块A轻轻地放到传送带的最右端，经过一段时间与放在水平面右端、质量的滑块B发生弹性碰撞，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数，两滑块与水平面以及与长木板C上表面间的动摩擦因数均为，长木板的下表面光滑，重力加速度g取，两滑块均可视为质点，求： (1)两滑块碰后瞬间，滑块A的速度； (2)两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由； (3)若传送带的长度可调，则滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度。 【答案】(1)4m/s，方向水平向右 (2)能， (3)9.72m 【详解】（1）对滑块A由牛顿第二定律 解得 假设滑块A不能与传动带共速，由运动学公式 解得 故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立解得， 则两滑块碰后瞬间，滑块A的速度大小为4m/s，方向水平向右。 （2）假设滑块B不能滑上长木板，由动能定理可得 解得 假设成立，碰后滑块A先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块A返回到传送带最左端的速度大小仍为 滑块A在传动带上运动的时间为 滑块A在水平面上由牛顿第二定律 解得 由于，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块A在水平面上滑动的时间为，由运动学公式 解得 所以两次碰撞的时间间隔为 （3）滑块B刚好滑到长木板C的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为，两滑块碰撞前，对滑块A由运动学公式 两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 设滑块B滑上长木板瞬间的速度大小为，由动能定理得 滑块B滑上长木板后，由动量守恒定律有 由能量守恒定律得 联立解得，滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度为 12．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为，，C与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度）则下列说法中正确的是（　　） A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止 B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是 C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为 D．长木板C的长度至少为3.075m 【答案】AD 【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对滑块B，由牛顿第二定律可得 B与C之间的最大静摩擦力 假设成立，故A正确； B．对滑块A，由牛顿第二定律可得 解得 设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为，则有 解得，故B错误； C．碰撞前，滑块A的速度 滑块B的速度 设A、B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得 解得 碰后滑块A的动量，故C错误； D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向左，设经过时间A、B、C三者达到共同速度，则有 解得 此过程中，AB的位移 C的位移 代入数据解得二者的相对位移 则木板C的最小长度为，故D正确。 故选AD。 13．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。时，给木板一初速度，木板和物块运动的图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　） A．物块在前后瞬间加速度大小不相同 B．木板长度至少为 C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为 D．木板与地面间的动摩擦因数为 【答案】BD 【详解】A．由图乙所示图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故A错误； B．由图乙所示图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板向右运动。当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度为，故B正确； D．由图乙所示图像可知，在时间内，物块的加速度大小 木板的加速度大小 对物块，由牛顿第二定律得 对木板，由牛顿第二定律得 联立解得，木板与地面间的动摩擦因数为，故D正确； C．物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离 物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离 整个过程物块相对于木板滑行的路程 整个过程物块与木板间摩擦产生的热量 联立解得，，故C错误。 故选BD。 14．（2025·辽宁鞍山·一模）如图1所示，一质量为M的足够长木板静止在地面上，其左端放置一个质量为m的小物块，时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满足关系，其中，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如图2所示，重力加速度g取。根据题干及图2中所给出的数据可知（　　）      A．长木板的质量为 B．时小物块的速度大小为 C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5 D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4 【答案】BC 【详解】ACD．由图2可知，当时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没有摩擦力。当时， 设长木板的质量为，根据牛顿第二定律 当时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律 又 整理可得 联立，解得，，，故AD错误，C正确； B．过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理 解得，故B正确。 故选BC。 15．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，质量均为的物块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。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离后停下。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，物块A长度可忽略不计，重力加速度。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小、； (3)B被敲击后获得的初速度大小及整个过程中B与地面之间的摩擦生热。 【答案】(1) (2) (3) ，24J 【详解】（1）由题意可知AB间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿运动定律有 解得A的加速度大小 因为 联立解得 （2）对齐前，对B有 解得 对齐后，对整体有 解得 （3）设敲击B后经过t时间AB达到共同速度v，该过程A的加速度为，则有 该过程AB位移分别为 且 联立解得 AB共速后一起减速到0，其加速度为，则该过程B的位移 则整个过程中B与地面之间的摩擦生热 联立以上解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型03 应用整体法与隔离法解决连接体问题目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总方法透视 典例引领 变式演练 考向01 轻绳连接体问题 考向02 弹簧连接体变问题【重难】 考向03 板块叠加连接体问题 考向04 板块叠加+轻绳连接体问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 黑吉辽蒙高考物理“整体法与隔离法”是力学核心方法，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在连接体、板块、传送带、弹簧等模型，贯穿选择中档题+大题综合题，是区分度关键，以下为结构化考情分析。 定义：整体法（求系统加速度/外力，忽略内力）+隔离法（求内力/单个物体受力，分析相互作用），核心在加速度是否相同判断与方法切换。分值：每年约10-15分，占力学40%左右；分布于选择1-2题（4-6分）、力学综合大题（6-9分），偶见于实验题。整体法：加速度相同的多物体、求系统加速度/外力、快速判断临界（如静→动摩擦）。隔离法：求内力（绳拉力、摩擦力）、物体加速度不同、临界状态分析。 一：连接体的运动特点 (1)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。 (2)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。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。 (3)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。 连接体的受力特点 轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。 处理连接体问题的方法 (1)整体法 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 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、隔离法交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。 应用整体法和隔离法的解题技巧 (1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2间的相互作用力为F12＝。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。 (2)通过跨过滑轮的绳连接的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮连接的两物体的加速度虽然大小相同但方向不同，故采用隔离法。 二.叠加体系统临界问题的求解思路 考向01 轻绳连接体问题 【例1-1】（2025·内蒙古赤峰·三模）图甲是按压伸缩式圆珠笔。图乙是该圆珠笔的内部结构简化示意图，由质量为的外壳、质量为的内芯和劲度系数为的轻质弹簧三部分组成。将圆珠笔倒立，使笔帽与坚硬桌面接触，用竖直向下的力按压外壳，弹簧被压缩，外壳恰好与桌面接触但无作用力， 此时内芯未被锁止， 如图乙中①所示。松开圆珠笔， 外壳在弹簧弹力作用下竖直向上弹起，当外壳速度最大时，外壳与内芯发生碰撞且碰撞时间极短，如图乙中②所示。 碰撞后外壳与内芯以相同速度离开桌面竖直向上运动， 如图乙中③所示。已知弹性势能 为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，忽略圆珠笔内部各构件之间的摩擦。求∶ (1)外壳与桌面恰好接触时弹簧的形变量； (2)外壳速度最大时弹簧的形变量； (3)外壳与内芯碰撞后还能上升的最大高度。 【例1-2】（2025·内蒙古乌海·模拟预测）如图1所示，水平面上固定有足够长的平行导轨，导轨间距d=0.4m，虚线O1O2垂直于导轨，O1O2左侧部分的导轨与电容C=2mF的平行板电容器AB相连，且由不计电阻的光滑金属材料制成，O1O2右侧部分的导轨由粗糙的绝缘材料制成。将一质量m=0.1kg、电阻不计的金属棒MN通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为2m的小物块相连，O1O2左侧处于方向竖直向下的匀强磁场中。t=0时刻，将垂直于导轨的金属棒MN由静止释放，金属棒在轻绳的拉动下开始运动，当金属棒MN越过虚线O1O2后，作出金属棒的图像如图2所示。已知重力加速度取g=10m/s2，整个过程中电容器未被击穿，则下列分析正确的是（    ） A．电容器的A极板带负电 B．金属与绝缘材料间的动摩擦因数为0.5 C．金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为4m D．匀强磁场的磁感应强度大小为25T 【变式1-1】（2025·辽宁·三模）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求： (1)初始时，弹簧形变量的大小； (2)A沿斜面下滑的最大速度； (3)A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小。 【变式1-2】（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，水平地面上放置着用轻质弹簧竖直连接的A、B物块（两端栓接），其中物体A的质量为m，B的质量为2m，弹簧的劲度系数为k。用竖直向下的力F＝mg，作用在A上，撤去F后，物体A从静止开始做简谐运动，已知弹簧弹性势能的表达式为（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，不计一切阻力，弹簧足够长且始终在弹性限度内，求： (1)撤去F时物体A的加速度a大小； (2)物体A运动过程中的最大速率和地面受到的最小压力。 考向02 弹簧连接体变问题 【例2-1】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，质量为的物块在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，通过水平轻弹簧将的右边与木箱连接，使之处于静止状态，此时弹簧弹力大小为1.2N。已知和木箱水平底面之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。 (1)求木箱底部受到物块的摩擦力； (2)若木箱可在竖直方向运动，要使物块在弹簧弹力作用下相对木箱底面移动，则木箱的加速度应满足什么条件？ 【例2-2】（2025·辽宁·二模）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，重力加速度为g，则下列说法不正确的是（　　） 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 【变式2-1】（2025·吉林·一模）如图甲所示，A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，其中A物体的质量为。现用恒定的向上拉，使两物体开始向上运动。在分离前，的加速度随位移变化如图乙所示。当物体运动位移为时，与分离。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．B物体的质量为 B．弹簧的劲度系数等于 C．作用后瞬间，对的压力大小为 D．和分离后，还能继续上升 【变式2-2】（2025·吉林·一模）如图，在光滑的固定足够长木板上，用轻质弹簧连接的两个物块A、B在水平恒力F作用下以相同加速度向左运动，两物块材料相同且。下列可以使弹簧伸长量不变的是（　　） A．增大水平拉力F B．在木板上表面垫上粗糙的纸 C．将A、B的位置互换 D．悬线下增挂一定质量的小钩码 考向03 板块叠加连接体问题 【例3-1】（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示，质量，长度的薄木板B放在倾角的光滑斜面上，斜面始终静止，A是质量的滑块（可视为质点）。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离，现将B由静止释放，同时滑块A以速度从木板上端P点沿薄木板向下运动。已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度，，。从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（    ） A．刚开始运动时，滑块A的加速度大小为 B．刚开始运动时，薄木板B的加速度大小为 C．滑块A与薄木板B间因摩擦产生的热量为12J D．薄木板B运动的总时间为3s 【例3-2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图甲所示，质量为M的足够长的滑板A静止在光滑水平面上，滑板A上静置一个质量m=2kg的滑块B，滑块B与滑板A之间有摩擦。从t=0时刻起在滑块B上施加一个水平向右的拉力F，且拉力F与时间t的关系为F=2t（式中物理量均为国际单位）。滑板A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，t=6s时滑板A的位移为x0，0~x0段的图线为曲线，x0~x0+14m段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．滑块B与滑板A间的动摩擦因数为0.2 B．t=6s时，滑块B的速度大小为10m/s C．滑板A的质量为1kg D．第7s内，滑板A的位移大小为21m 【变式3-1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图甲所示，光滑水平地面上有一质量的木板B，质量的木块A（视为质点）叠放在B右端。一水平向右的力作用在B上，使B由静止开始运动，时撤去外力，此后二者继续运动直至共速，A始终未滑离B。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，A、B前6s内加速度随时间的变化关系图像分别如图乙、丙所示，下列说法中正确的是（　　） A．s时，B的速度大小为6m/s B．A的最大速度为18m/s C．3s-6s内拉力做的功为450J D．木板至少长9m 【变式3-2】（2025·黑龙江·模拟预测）如图甲所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为时刻滑块A以的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力，作用后撤去外力，前内滑块和木板的关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，取重力加速度。则（   ） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4 C．木板长度至少滑块才能不掉 D．整个过程中系统摩擦生热共 考向04 板块叠加+轻绳连接体问题 【例4-1】（2025·黑龙江·一模）如图甲所示，长木板A的左端放置滑块B（可视为质点），V形槽C用不可伸长的细绳与A相连，光滑球D放在槽内（槽右边部分竖直，与左边倾斜部分的夹角为α）。对B施加一水平向右的恒力F使其由静止开始运动，一段时间后B从A右端滑出，A继续在水平地面上运动一段距离后停止运动，以水平向右为正方向，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知、，A、C与地面间的动摩擦因数相同，D与C之间始终未发生相对滑动，取。下列说法正确的是（　　） A．长木板A与地面之间的动摩擦因数为0.2，滑块B与长木板A之间的动摩擦因数为0.6 B．细绳能承受的最大拉力应不小于3N C．若球D相对于槽C刚好未发生滑动，则有 D．若长木板A长，则在第1s内恒力F做的功为5J 【例4-2】（2025·黑龙江·三模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m=1kg的物块Q叠放在P上。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水平向右、大小为F=9N的拉力作用在P上。已知P、Q间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数k=100N/m，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（　　） A．Q受到的摩擦力逐渐变大 B．Q速度最大时，向右运动的距离为2cm C．P做加速度减小的加速运动 D．从Q开始运动到Q第一次回到原来位置过程，摩擦力对Q先做正功后做负功 【变式4-1】（2025·内蒙古赤峰·二模）如图甲，木板A静止于光滑水平面上，水平面上有一轻弹簧固定在处。时小物块B以的水平速度滑上A。A的动能随时间变化关系如图乙所示。已知A、B间的动摩擦因数为0.4，B始终在A上，弹簧始终处于弹性限度内，弹性势能，为弹簧的形变量。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是（　　） A．B的质量为1.0kg B．内A的加速度逐渐增加 C．接触弹簧前，A、B的相对位移大小为3m D．若弹簧的劲度系数为，A接触弹簧后两物体始终保持相对静止 【变式4-2】（2025·辽宁·模拟预测）斜劈形物体质量为，倾角为，物块质量也为，放在斜劈上，与之间的最大静摩擦因数为0.8。现将物体通过细绳与斜劈相连，轻绳跨过轻质定滑轮，如图所示。除之间的接触面之外，其它部位的摩擦及空气阻力都忽略不计。将此系统由静止释放，发现物块与斜劈保持相对静止，则物体的质量可能是（　　） A． B． C． D． 1．（2025·吉林长春·三模）如图，光滑水平面上有一质量为足够长的板，两质量均为的物块B、C与间的动摩擦因数分别为，物块B、C间连接劲度系数的轻质弹簧，调节B、C间距离，使其压缩一定长度，然后将B、C同时释放。重力加速度取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)当初始压缩量时，释放瞬间的加速度大小。 (2)若要C相对A滑动，求初始压缩量的最小值。 2．（2025·辽宁·二模）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量为m的物块A连接，A静止于P点。现对A施加一方向平行于斜面向上、大小的恒定拉力，使A向上运动。若运动过程中，弹簧形变未超过弹性限度，重力加速度为g，则（　　） A．刚施加拉力F时，A的加速度大小为0.5g B．速度最大时，A距P点的距离为 C．最大速度为 D．在A上升到最高点的过程中，A和弹簧系统的机械能先增加后减小 3．（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图所示，质量的一只长方体空铁箱在水平拉力的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量的木块（可视为质点）恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度，取重力加速度大小。 (1)求铁箱的加速度大小； (2)若减小拉力，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为（未知），立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度的大小。 4．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，运送砂石料的货车停车后，自动卸货系统控制货车的箱体缓慢倾斜，当箱体的倾角增大到一定程度时，砂石料自动从箱体尾部滑出完成卸货任务。则（　　） A．砂石料开始滑动前所受合力逐渐增大 B．砂石料匀速滑出过程中所受合力沿箱体向下 C．砂石料加速滑出过程中，货车受到地面向左的摩擦力 D．砂石料加速滑出过程中，货车对地面的压力大于货车与砂石料的重力 5．（2025·黑龙江·二模）实验台上有一个竖直放置的弹簧，其劲度系数为。其中物块B与弹簧紧密相连，物块A平稳置于物块B的上方。已知物块A的质量，物块B的质量，两物块初始时均处于静止状态。为了探究外力对物块系统运动的影响，研究人员通过一套精密的机械装置对物块A施加一个竖直向上、大小为的恒力。取，在这样的实验操作下，针对物块A和B后续的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．施加恒力瞬间，物块A对物块B的压力大小为 B．分离前的过程，物块A的动量变化率变大 C．物块A上升时两物块分离 D．分离时物块A的速度大小为 6．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，质量为的木板静置在光滑的水平面上，其右方水平面上固定竖直挡板，木板左端放有一质量为的物块。物块与木板间的动摩擦因数为。设木板足够长，物块始终在木板上。重力加速度为。 (1)若木板右端与挡板相距为，使物块以大小为的初速度沿木板向右运动，求木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小及相应的所满足的条件； (2)若木板和物块以共同的速度向右运动，某时刻木板与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短。求木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的时间之比。 7．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图（1）所示，质量为的木板初始时静置于倾角的足够长的光滑斜面某段。某时刻质量为的小物块以初速度滑上木板底端，物块与木板之间的动摩擦因数为，同时对木板施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，并将木板由静止释放。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为S，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图（2）所示，其中AB段与横轴平行，B点的横坐标为9.5N，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑上木板时的加速度大小为 B．木板的板长为0.5m C．C点纵坐标为 D．在图像的DE段中小物块将从木板上端滑出 8．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在光滑水平面上有一质量为足够长的薄板A，其上静置两个质量均为的物块B、C，B、C与A间的动摩擦因数分别为，物块BC间连接一轻质弹簧，调节BC间距离，将弹簧压缩一定长度后，将它们同时由静止释放。已知弹性势能表达式为（为弹簧的形变量），取重力加速度大小，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)当初始压缩量时，释放瞬间，B的加速度大小； (2)初始压缩量满足什么条件时，释放后，物块C相对A滑动； (3)当初始压缩量时，释放后，物块B能达到的最大动能。 9．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，卡车上载有一块长木板，木板后端放置一箱货物（可视为质点），木板和货物质量相等，均为，货物与木板间的动摩擦因数为，木板与卡车间的动摩擦因数为，卡车以的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现正前方处有障碍物，立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。 (1)若，，卡车以木板和货物均不会相对卡车滑动的最大加速度刹车，通过计算说明卡车能否避免与障碍物相撞？ (2)若，，卡车刹车的加速度，最终木板停止运动时恰好未与驾驶室相撞，求木板前端与驾驶室的初始距离和木板停止运动时货物的速度。 10．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是（   ） A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05 B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75 C．时长木板P停下来 D．长木板P的长度至少是 11．（2025·黑龙江·二模）如图所示，长的水平传送带以恒定的速度向左传动，其左端与长的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长，质量的长木板C，长木板C的上表面与右侧的水平面等高。质量的滑块A轻轻地放到传送带的最右端，经过一段时间与放在水平面右端、质量的滑块B发生弹性碰撞，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数，两滑块与水平面以及与长木板C上表面间的动摩擦因数均为，长木板的下表面光滑，重力加速度g取，两滑块均可视为质点，求： (1)两滑块碰后瞬间，滑块A的速度； (2)两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由； (3)若传送带的长度可调，则滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度。 12．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为，，C与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度）则下列说法中正确的是（　　） A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止 B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是 C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为 D．长木板C的长度至少为3.075m 13．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。时，给木板一初速度，木板和物块运动的图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　） A．物块在前后瞬间加速度大小不相同 B．木板长度至少为 C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为 D．木板与地面间的动摩擦因数为 14．（2025·辽宁鞍山·一模）如图1所示，一质量为M的足够长木板静止在地面上，其左端放置一个质量为m的小物块，时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满足关系，其中，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如图2所示，重力加速度g取。根据题干及图2中所给出的数据可知（　　）      A．长木板的质量为 B．时小物块的速度大小为 C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5 D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4 15．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，质量均为的物块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。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离后停下。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，物块A长度可忽略不计，重力加速度。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小、； (3)B被敲击后获得的初速度大小及整个过程中B与地面之间的摩擦生热。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $