2026届高三物理二轮复习培优专题训练：专题13 连接体模型

2026届高三物理二轮复习培优专题 专题十三 连接体模型 1、 平衡中的连接体模型 1．如图所示，A球质量为，B球质量为m，分别用轻质细线悬挂于O点，A、B用轻质细线c连接。给B球施加水平向右的拉力F，静止时，细线a与竖直方向夹角为30°，细线b与竖直方向夹角为45°，细线c刚好水平，重力加速度为g，则拉力F的大小为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D点固定一定滑轮（大小忽略），圆环两侧套着、两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为．则两小球的质量之比为（ ） A． B． C． D． 2、 绳杆弹簧加速度问题模型 3．（2025高三上·广东东莞·阶段练习）如图，沿东西方向（以水平向右为东）直线行驶的列车顶部用细线悬挂一小球A，质量为m的物块B始终相对列车静止在桌面上。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，且A相对列车静止，重力加速度为g，则此刻（  ） A．列车可能向东做匀速直线运动 B．列车一定向东做匀加速直线运动 C．物块对桌面的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向东 D．轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力 4．如图所示，在水平轨道运动的小车中悬挂一小球，小球的质量为，小球随小车一起运动，悬线与竖直方向的偏角，由此可知（　　） A．悬线的张力大小为 B．小车一定向左运动 C．小车的加速为 D．若增大，悬线的张力在竖直方向的分量不变 5.在水平铁轨上行驶的车厢里，车顶上挂一个单摆，车底板上放一个质量是的木块．当列车减速稳定时，摆线与竖直方向夹角为，如图所示。列车底板对木块的静摩擦力大小和方向分别为（　　） A． ，左 B．，左 C．，右 D．，右 6.如图所示，小球A和B用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶端。小车向右匀加速直线运动时，两小球与车厢保持相对静止，轻绳与竖直方向的夹角，轻弹簧与竖直方向夹角为β，剪断细线的瞬间，小球B的加速度大小为，取重力加速度为，则（　　） A． B． C． D． 7.．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，每个空油桶的质量均为。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶，自由地摆放在桶之间，没有用绳索固定，重力加速度为。则汽车（　　） A．匀速运动，对的作用力大小为 B．向左加速前进，若加速度增大，则和对的支持力可能同时增大 C．向左加速前进，当加速度为时，对的作用力为零 D．向右加速倒车，当加速度为时，可能脱离的表面，翻到桶另一侧 三、加速度相同的连接体 8.（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）如图所示，a、b是由同种材料构成的两物体，质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连，放置在倾角为θ的光滑的斜面上。当给物体a施加一沿斜面向上的恒力F时，两物体一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，此时弹簧的伸长量为x，则（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．弹簧的劲度系数为 C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间a物体的加速度大小为 D．若斜面粗糙，在同样恒力F作用下，两物体仍能斜向上匀加速运动，弹簧的伸长量将大于x 9．将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P上加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的相同恒力F使二者向上加速运动。三种情况下两物体的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙．则下列说法正确的是（　　） A．a乙最大，F乙最大 B．a丙最大，F丙最大 C．a甲＝a乙＝a丙，F甲＝F乙＝F丙 D．a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙 10．质量均为5kg的物块1、2放在水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图所示，物块1的表面光滑，物块2与地面间的动摩擦因数为0.2，整个系统在水平拉力F作用下向左做匀加速运动，此时弹簧秤的示数为15N；若拉力变为2F，其他条件不变，重力加速度大小取g＝10m/s2，则此时弹簧秤的示数为（　　） A．30N B．25N C．20N D．15N 四、板块加速度相同的连接体 11.如图所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ。将两个矩形物块A、B叠放后置于木板上，之后A、B保持相对静止一起以大小为a的加速度沿斜面加速下滑。若A、B的质量分别为mA和mB，A与B之间及B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列说法正确的是(　　) A.μ1一定大于tan θ B.μ2一定小于tan θ C.加速度a的大小与mA和mB都无关 D.A与B之间的摩擦力大小与μ1有关，而与μ2无关 12.如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　） A. 当时，A、B都相对地面静止 B. 当时，A的加速度为 C. 当时，A相对B滑动 D. 当F超过某数值时，B的加速度可能会超过 五、轻绳绕滑轮加速度相等模型 13.如图所示，物体a、b通过细绳连接在光滑的轻质定滑轮两侧，开始时用手托着物体a，细绳恰好伸直且无拉力，此时物体a与地面间的距离为h，物体b静止在地面上，物体a、b的质量分别为2m、m，重力加速度为g，由静止释放物体a，则下列说法中正确的是（    ） A．物体a从释放到落地经历的时间为 B．细绳的拉力对物体a做功为 C．物体a落地时物体b的动能为mgh D．物体b能上升的最大高度为 14.(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为(　　) A.mB＝ B.mB＝ C.a＝0.2g D.a＝0.4g 五、弹簧木块分离问题模型 15.（多选）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1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k＝50N/m，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．外力F刚施加的瞬间，F的大小为8N B．经过A、B分离 C．分离后B做简谐运动，振幅为0.2m D．B物体速度达到最大时，B物体的位移为0.2m 16.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。 17．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，在B球即将落地的过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg B．竖直墙面对B球的冲量大小为 C．轻杆对A球先做正功后做负功 D．A球的最大动能为 18．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为的小球，初始时置于a点。一原长为L的轻质弹簧左端固定在点，右端与小球相连。直杆上还有三点，且与在同一水平线上，与Ob夹角均为37°，与Ob夹角为，现释放小球，小球从a点由静止开始下滑，到达d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法中不正确的有（重力加速度为g，取）（　　） A．小球经过b点时，小球的加速度为g B．小球经过b点时，小球的机械能最大 C．小球经过c点时，小球的速度大小为 D．小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了 19．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小圆环，圆环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环从图中所示的A处由静止释放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，整个过程中重物都只在竖直方向运动且未与定滑轮相碰。忽略定滑轮的质量和大小，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为 B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为 C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小 D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为 6、 点面接触关联 20．如图所示，一根长为L的轻杆，O端用光滑的铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上，当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（　　） A．A的角速度大于B点的角速度 B．A的线速度等于B点的线速度 C．此时小球A转动的角速度为 D．此时小球A的线速度大小为 21．如图所示，光滑水平面上有一个质量为M的木箱，高为L，紧邻木箱的左边有一根长度也为L的竖直轻细杆用铰链固定在O点，轻杆上端固定有质量为m可视为质点的小球。由于轻微扰动，小球推着木箱向右运动，重力加速度取g，下列说法正确的是（　　） A．小球落地前瞬间小球的速度大小是 B．小球落地前瞬间轻杆对小球的作用力大小是2mg C．小球与木箱分离时小球的加速度竖直向下大小等于g D．从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支持力先减小后增大 22．光滑半球A放在竖直面光滑的墙角，并用手推着保持静止。现在A与墙壁之间放入光滑球B，放手让A和B由静止开始运动，当A、B运动到图示位置时，二者球心的连线与水平面成θ角，速度大小分别为vA和vB，则以下关系正确的是（　　） A．vA＝vB B．vA＝vBsinθ C．vA＝vBcosθ D．vA＝vBtanθ 补充：23．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则（　　） A．vA：vB＝1：1 B．vA：vB＝cos β：cos α C．vA：vB＝sin α：sin β D．vA：vB＝sin α：cos β 专题十三 连接体模型 参考答案与试题解析 1.选C。【解答】解：分别对A、B球受力分析，如图所示 对A球，由平衡条件得 ， 对B球，由平衡条件得 根据牛顿第三定律有 联立解得 2.选B。【解答】解：对两小球分别受力分析，如图所示；由三角形法则可知： 对小球m1，可得：；对小球m2，可得：；联立解得：， 3.选D。【解答】解：以小球A为研究对象，分析受力如图所示 根据牛顿第二定律得 可得 方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做减速运动，故AB错误； C．物块B始终相对列车静止在桌面上，对物体B由牛顿第二定律得 即桌面对B的静摩擦力大小为，方向向东，由牛顿第三定律可知物块对桌面的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向西，故C错误； D．对A球在竖直方向平衡可得 可得 则轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力，故D正确。 故选D。 4.选D。【解答】解：A．小球随小车一起运动，竖直方向有 解得悬线的张力大小为 故A错误； B．由图可知小球有向左的加速度，小车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故B错误； C．根据牛顿第二定律 解得小车的加速为 故C错误； D．小球竖直方向受力平衡，若增大，悬线的张力在竖直方向的分量仍与小球重力平衡，故悬线的张力在竖直方向的分量不变，故D正确。 5.选A。【解答】解：设小球的质量为，根据牛顿第二定律有 方向向左 对A物体，在水平方向，根据牛顿第二定律有 方向向左。 6.选BD。【解答】解：对整体，根据牛顿第二定律有 解得 对B有 故 剪断细绳，弹簧弹力不突变，B球受力不变，故 7.选D。【解答】解：A．若汽车匀速行驶，对C进行受力分析，如图1所示 设对的支持力与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得 所以 同理可得，对的支持力与竖直方向的夹角也为； 水平方向根据平衡条件可得 竖直方向根据平衡条件可得 联立解得 故A错误； BC．若汽车向左加速前进，以为研究对象，则受到的合力向左，对的支持力减小、对的支持力变大，当对的支持力为零时，只受重力和对的支持力，如图2所示 根据牛顿第二定律可得 所以加速度 所以当货车的加速度为时，对的支持力为零，故BC错误； D．同理可知，向右加速倒车，加速度方向向右，对的支持力增大、对的支持力减小，当货车的加速度为时，对的作用力为零，故D正确。 8.选C。【解答】解：AB．对a、b的整体，根据牛顿第二定律有 对物体b，根据牛顿第二定律有 联立解得 故AB错误； C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，则b物体的加速度大小仍为a，此时对物体a，有 撤去拉力F前，对物体a，有 解得 故C正确； D．若斜面是粗糙的，设滑动摩擦因数为μ，则对整体 对物体b，有 联立解得 显然，弹簧的伸长量将保持x不变，故D错误。 9．选D。【解答】解：假设物体P的质量为M，物体Q的质量为m。对图甲中的物体P和Q由牛顿第二定律得：F﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a甲， 对物体Q由牛顿第二定律得：F甲﹣mgsinθ＝ma甲，解得：a甲＝﹣gsinθ、F甲＝； 同理对图乙，解得：a乙＝、F乙＝； 同理对图丙，解得：a丙＝﹣g、F丙＝； 显然a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙，故ABC错误D正确。 10．选B。【解答】解：【解答】解：当用力F作用时，对整体，加速度： 对物块2，T﹣μm2g＝m2a 由题意知：T＝15N 联立得到：F＝20N 若拉力变为2F，对整体，加速度： 对物块2：T1﹣μm2g＝m2a1 代入数据得：T1＝25N，故ACD错误，B正确。 11.选BC。【解答】解：A、B保持相对静止加速下滑，加速度a＝gsin θ－μ2gcos θ，因a＞0，故μ2＜tan θ，选项B、C正确；对A，有mAgsin θ－Ff＝mAa，则摩擦力Ff＝μ2mAgcos θ≤μ1mAgcos θ，所以mAgsin θ－μ1mAgcos θ＞0，即μ1＜tan θ，选项A、D错误。 12.选BC。【解答】解：A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg，故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误； BC．设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′ 对A、B整体，有F′-μmg＝3ma′联立解得F′=3μmg故当μmg＜F≤3μmg时A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当时，代入上式求得A的加速度为 当F＞3μmg时，由前面分析可知A将相对于B滑动，故BC正确；D．对B来说，由牛顿第二定律可得，其所受合力最大值有Fm=2μmg-μmg=μmg=ma即B的加速度不会超过μg，故D错误。故选BC。 13.选D。【解答】解：AB．以a为对象，根据牛顿第二定律可得 以b为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得 ， 根据运动学公式可得 解得物体a从释放到落地经历的时间为 细绳的拉力对物体a做功为 故AB错误； C．物体a落地时，根据运动学公式可得 则物体b的动能为 故C错误； D．物体a落地后，物体b继续向上做竖直上抛运动，继续上升的高度为 则物体b能上升的最大高度为 故D正确。 14.选BC。【解答】解：当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 (mBg＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)a 当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 (m＋m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋m)a 联立解得mB＝ 加速度大小为a＝0.2g 故A、D错误、B、C正确. 15.选ABD。【解答】解：A.施加外力F前，对AB整体受力分析：2mg＝kx1，代入数据解得：x1＝0.4m，外力施加的瞬间，物体A加速度为a＝4m/s2，对整体，由牛顿第二定律可知：F﹣2mg+kx1＝2ma，代入数据解得：F＝8N，故A正确； B.设A、B分离时，弹簧的形变量为x2，对B受力分析，由牛顿第二定律可知：kx2﹣mg＝ma，代入数据解得：x2＝0.28m，A做匀加速直线运动，有：x1﹣x2＝at2，代入数据可得：t＝s，故B正确； D.当B物体的合力为零时速度达到最大，对B受力分析：kx3＝mg，代入数据可得：x3＝0.2m，B物体的位移：s＝x1﹣x3＝0.4m﹣0.2m＝0.2m，故D正确； C.A、B分离时，速度v＝at，代入数据可得：v＝m/s，B做简谐运动过程中系统机械能守恒，由该位置到最低点，有：mv2++mg（xm﹣x2）＝，代入数据可得：xm＝0.36m（0.04m舍去），所以振幅：A＝xm﹣x3＝0.36m﹣0.2m＝0.16m，故C错误。 16.【答案】72 N　36 N 【解析】设开始时弹簧的压缩量为x0， 由平衡条件得 (m1＋m2)gsin θ＝kx0 代入数据解得x0＝0.12 m 因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1 对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝3 m/s2 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。 17.选C。【解答】解：AD．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得 解得 由根据机械能守恒，则有 运用数学知识，整理可得 当，取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，A球的动能最大，最大动能为 此时对水平面的压力大小等于mg，AD错误； B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B球有冲量，又由于在B球脱离竖直墙面前B球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对B球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对A球在水平方向的冲量大小，该过程就是A球获得最大动量过程，由动量定理，可知 B错误； C．因为杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，所以轻杆对A球先做正功后做负功，C正确。 故选C。 18.选C。【解答】解：A．从a到b，弹簧对滑块由沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大；从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块扔在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时合力为mg，则加速度为g，故A正确，不符合题意； B．小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在b点时弹簧的弹性势能最小，是零，所以小球在b点时动能和重力势能的总和最大，故B正确，不符合题意； C．小球从a点下滑到c点的过程中，由小球和弹簧的系统机械能守恒得 得小球的速度大小为 故C错误，符合题意； D．小球从c点下滑到d点的过程中，小球的机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量 = 故D正确，不符合题意。 19.选AD。【解答】解：AB．设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为T，重物加速度为a，则有 根据运动的分解可知 解得 ， 故A正确，B错误； C．圆环下落到最低点的过程中，拉力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆环的机械能先增加后减小，故C错误； D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，根据运动的分解可知，重物的速度为0，系统根据机械能守恒定律有 解得 故D正确； 20.选D。【解答】解：AB.已知轻杆绕铰链转动，所以A、B的角速度大小相同，即ωA＝ωB，根据v＝ωr可知，小球A的线速度大于B点的线速度，故AB错误； CD.当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于物块在垂直于轻杆方向上的分速度，如图 即vB＝vsinθ，则轻杆的角速度＝，即小球A转动的角速度为，其线速度vA＝ωL＝，故C错误，D正确。 21.选C。【解答】解：AB、小球运动过程重力势能减小，小球和木箱的动能增加，设小球落地前瞬间小球的速度为v1，木箱的速度为v2，根据系统机械能守恒mgL＝m+m，v1＜，小球落地前瞬间轻杆对小球的作用力F＝m，F＜2mg，故AB错误； C、小球与木箱分离时小球和木箱之间无作用力，水平面光滑，所以木箱的加速度为0，因为小球和木箱水平方向加速度相同，所以小球水平方向的加速度为0，轻杆对小球的作用力也必须为0，此时小球只受重力，小球的加速度竖直向下大小等于g，故C正确； D、刚开始轻杆对小球的支持力等于小球的重力，小球与木箱分离时轻杆对小球的作用力为0，分离后轻杆对小球是拉力，从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支持力一直减小到0，故D错误。 22.选D。【解答】解：对A、B的速度进行分解，如图所示： 根据平行四边形定值和几何关系知，A、B速度沿两圆心连线方向的分量相等，有：vAcosθ＝vBsinθ，得vA＝vBtanθ，故D正确，ABC错误。 23．选B。【解答】解：对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcosα；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcosβ，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vAcosα＝vBcosβ，计算得出vA：vB＝cos β：cos α，因此ACD错误，B正确。 少年有梦，不应止于心动，更要付诸行动！！1 学科网（北京）股份有限公司 $