重难点专训06 连接体模型（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“模型分类-方法提炼-分层演练”构建连接体问题突破体系，系统整合分离条件与动态分析方法，强化科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |研判·模型总结|3类分离模型+5种轻绳连接体|整体隔离法、力按质量分配、分离条件（无弹力共加速度）|从平衡态到非平衡态，结合牛顿定律推导，覆盖轻绳、弹簧连接体| |模拟·基础演练|14题（选择+计算）|动态共加速度问题解题步骤|从单一连接体到多物体系统，逐步深化运动和相互作用观念| |重难·创新演练|16题（选择+计算）|弹簧突变、临界分离分析|融合能量、动量综合应用，提升质疑创新能力|

重难点专训06 连接体模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 2 重难·创新演练 8 研判·模型总结 弹簧物块分离问题模型 ①分离问题1：物块与弹簧分离 简称：无弹力共，不记结论很吃亏. ②分离问题2：物块与地面分离 ③A、B分离 非平衡态1：动态共（力按质量分配） 动态共问题解题思路：相同， 方法1：先整体求加速度，再隔离求外力 方法2：力按质量分配 模型总结： Ⅰ：轻绳相连加速度相同的连接体 ① 方法1：整体隔离 整体求加速度 隔离求内力得 方法2：力按质量分配 图1：系统所受合力，求内力可以秒杀 ，当时，. 图2：系统所受合力，求内力可以秒杀 ，当时，. ② 方法1：整体求加速度 隔离求内力 得 方法2：力按质量分配 如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 当时，. ③ 方法1：整体隔离 整体求加速度 隔离求内力 得. 方法2：力按质量分配 如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. ④ 方法1：整体隔离 求间作用力, 将和看作整体 求间作用力,将和看作整体. 方法2：力按质量分配 ⑴如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. ⑵如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. ⑤ 方法1：整体隔离 整体求加速度 隔离求内力得. 方法2：力按质量分配 如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. 模拟·基础演练 1．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上。小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M>m。现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用另一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为。则（     ） A． B． C． D． 2．如图所示为玩具升降机简图，、、三物体质量分别为、和，用足够长的轻绳和轻滑轮连接，不计一切摩擦，重力加速度为，则（     ） A．固定，释放，运动过程中和的速率相等 B．固定，释放，运动过程中绳子张力大小为 C．同时静止释放和，运动过程中与的速率比1∶2 D．同时静止释放和，运动过程中绳子张力的大小为 3．如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1kg，木箱的质量为5kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（未与地面碰撞）地面对木箱的支持力大小为（     ） A．65N B．67N C．60N D．58N 4．如图所示，质量分别为，的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为，的水平拉力分别作用在、上，当系统达到稳定状态后，弹簧测力计未超出弹性限度，则（     ） A．弹簧测力计的示数是50N B．若增大，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变 C．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为4 D．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为15 5．如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（g为重力加速度）的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在m移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中正确的是（　　） A．装置（b）中绳上的张力等于装置（a）中绳上的张力 B．装置（a）中物块m的加速度为 C．装置（b）、（c）中物块m的动量增加量相同 D．装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量 6．如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，两物体质量均为m。现对A施加一水平向左、大小为2mg的恒定拉力，A、B由静止开始一起运动，运动过程中B始终受到一个竖直向上的拉力，其大小与B的速度大小成正比为已知常量，经过时间t物体A、B恰好发生相对滑动。已知A、B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　 ） A．物体A、B恰好发生相对滑动时的速度大小为 B．物体A、B恰好发生相对滑动时B的加速度大小为 C．从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 D．从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 7．如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B用轻弹簧相连。两物块质量之比。若在水平拉力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为（     ） A． B． C． D． 8．如图，在水平面上固定一劲度系数为k的轻弹簧，物块A、B叠放在弹簧上端，轻绳的一端连接物块B，另一端绕过定滑轮后连接物块C，物块A、B、C的质量分别为m、2m和3m，初始时用手托住物块C，使定滑轮两侧的轻绳恰好处于伸直状态但无弹力，物块A、B处于静止状态。现突然放开托住物块C的手，轻弹簧和滑轮两侧的轻绳始终处于竖直方向，重力加速度为g，则从开始放手到物块A、B刚好分离时，物块C下降的距离为（     ） A． B． C． D． 9．（多选）如图示，小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为、，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳A和弹簧C的弹力之比为 B．球M和球N的质量之比为 C．若小球N的质量为，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为 D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g 10．（多选）装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱在外力作用下沿粗糙水平地面以做匀加速直线运动，木箱上的物块甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与物块乙相连，甲、乙与木箱始终保持相对静止。甲物块质量为、乙物块质量为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度，则（     ） A．甲对木箱的摩擦力方向水平向左 B．木箱对地面的摩擦力方向水平向左 C．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为 D．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为 11．（多选）如图所示，水平地面上有一小车，车内有质量分别为、的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力 B．当小球B对底面的摩擦力等于零时，小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，侧壁对小球A的作用力的最小值为 12．（多选）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静止放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略不计，两个物体的质量，。从开始，推力和拉力后分别作用于A、B上，、随时间的变化规律为，，下列说法正确的是（     ） A．0~2s时间内A的加速度一直在减小 B．时，A、B两物体刚好分离 C．2s~4s内B的加速度一直在增大 D．时，A速度达到最大值 13．（多选）如图所示长为L质量为M=2 m的长木板B放置在质量不计的薄板（带光滑的轻滑轮）上，质量为m可看成质点的小物块A置于木板的左端，A和B通过轻绳相连（轻绳水平），A和B间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g，不考虑其他任何摩擦，在薄板上施加一个水平向右的力F，下列说法正确的是（　　） A．为使AB间不产生相对滑动，拉力F的最大值为0.4 mg B．若F=2 mg，当小物块A滑离长木板B时，小物块A的速度为 C．若F=2 mg，当小物块A滑离长木板B时，薄板移动了3.5 L D．如果将B固定在薄板上，细绳拉力T随着F的增大而增大 14．如图所示，一弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧顶端拴接质量为m=1kg的滑块A，滑块A静止时的位置为O。另一质量也为m=1kg的滑块B从O正上方相距h=0.8m的位置N由静止释放，两滑块碰撞后（碰撞时间极短）一起向下运动到最低点M。已知弹簧的劲度系数为k=100N/m，弹簧的弹性势能为（x为弹簧形变量），重力加速度g取，求： (1)碰撞后瞬间两滑块的速度大小及碰撞过程损失的机械能； (2)下降过程中，滑块A的最大速度（可用根号表示）； (3)两滑块位于M点时，两者间的弹力大小。 15．如图所示，一电容为的平行板电容器（初始不带电），极板间距为，上下极板用一金属导体棒焊接后静置在粗糙绝缘水平桌面上，上极板用绝缘细线挂一带电量为的小球，极板、导体棒、小球总质量为。金属棒通过一平行于桌面的绷直绝缘细线绕过定滑轮与质量为的物块连接，静止释放物块，系统稳定后，小球与竖直方向夹角为。已知重力加速度为，桌面离地足够高，其他阻力不计。求： (1)稳定后，物块的加速度大小； (2)电容器下极板与桌面的动摩擦因数； (3)如果在桌面上方加上垂直于导体棒与细线平面的磁感应强度大小为的匀强磁场，稳定后物块的加速度大小。 重难·创新演练 16．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上，电荷量相同、质量均为m的带正电小球A、B，带负电的小球C质量为2m，A、B间通过绝缘细线连接，C与A、B分别通过两端带铰链的绝缘轻杆相连接，三者构成边长为L的正三角形，小球均处于静止状态，剪断细线（　　） A．瞬间A的加速度方向沿BA方向 B．瞬间A的加速度大于C的加速度 C．三个球运动过程中，系统机械能守恒 D．三个球开始运动至共线时，C球位移为 17．如图所示，其中一个轻质动滑轮下方悬挂重物A，另一个轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　） A．开始运动后，A的加速度是B的2倍 B．开始运动后，B的加速度大小为 C．当A的位移为h时，A的速度大小为 D．当A的位移为h时，B的速度大小为 18．如图所示，P是倾角为的光滑固定斜面。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接。细绳的一端系在物块A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩。小挂钩不挂任何物体时，物块A处于静止状态。在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物块A沿斜面向上运动，细绳与斜面平行。在物体A沿斜面向上滑动的过程中，弹簧形变始终处于弹性限度内，不计一切阻力，A始终未与滑轮相碰，物块B始终未落地，重力加速度为g，已知简谐运动的周期。则下列说法正确的是（　　） A．物块B轻轻挂上的瞬间，物块B的加速度大小为g B．在物块A向上滑动到最高点的过程中，物块B的最大速度为 C．在物块A向上滑动到最高点的过程中，细绳的拉力对物块A的冲量大小为 D．在物块A向上滑动到最高点的过程中，物块A的机械能一直增大 19．已知质量均为的A、B两物体用轻质的弹性绳相连且静止在粗糙的水平面，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，恒力作用在物体A上，在物体B未运动之前，物体A的加速度随位移的变化关系图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．恒力 B．弹性绳的劲度系数 C．全过程，物体A的最大速度是 D．当A的速度第一次减为0时，B的速度是 20．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一滑块套在粗糙的杆上，通过轻绳悬挂一个小球，若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是（　　） A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑 21．如图所示，平板小车沿水平面做直线运动，小车顶部用细线悬挂着质量为m小球A，细线偏离竖直方向θ角，小车底部斜面上放有一质量为m的物块B，斜面倾角θ角，小球A和物块B都相对小车静止，则平板小车运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小车水平运动的加速度大小为gsinθ B．小球A受到细线拉力大小为mgtanθ C．小车一定向左做匀加速直线运动 D．小物块B不受摩擦力 22．如图所示，放置于水平地面上的物块A通过劲度系数为的竖直轻弹簧与物块B连接在一起，初始时物块B处于静止状态。已知物块A、B的质量均为，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量）。现给物块B竖直向下、大小为的瞬时冲量。不计空气阻力且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B运动至最低点时弹簧的形变量为 B．物块B的最大加速度为 C．物块A对地面的最大压力为 D．物块A能离开地面 23．如图所示，物块A、B的质量均为m，C的质量为2m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离。此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值 B．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为 C．释放C后瞬间，轻绳对C的拉力大小为 D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为 24．如图，两物块A、B静止在粗糙的水平地面上，质量分别为、，通过一根轻质弹簧水平连接，弹簧处于原长。时刻，对A施加一水平向右的拉力F，F的大小随时间t变化关系为（c为正的常量）。已知A、B与水平地面的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B在时刻恰好开始运动，则此时A的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 25．如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接物体Q，物体Q、N通过轻弹簧竖直连接，Q、N的质量均为m。整个系统初始静止时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面间的弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，由静止释放小球P。已知右侧绳AP的长为L，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，不计空气阻力与滑轮摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球P的质量为 B．小球P运动到图示位置时，物体Q的速度大小为​​ C．小球P从释放到图示位置的过程中，轻绳对物体Q做的功为 D．小球P从释放到图示位置的过程中，弹簧的弹性势能增加了 26．（多选）如图所示，静止于水平面上，质量均为的物块P与光滑物块Q通过劲度系数为的轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计Q与地面的摩擦力，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能。下列说法正确的是（    ） A．P开始运动前，Q做加速度逐渐减小的加速运动 B．P即将开始运动时，Q的速度大小为 C．P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为 D．P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为 27．（多选）在2026年央视春晚《武BOT》节目中，机器人借助舞台上的弹簧跳台（弹射器）获得初速度，完成了震撼的3米高空翻动作。起跳过程简化如下，压缩的轻弹簧下端固定，上端与质量为的跳板连接，弹簧释放将质量为的机器人由静止竖直向上弹起，忽略空气阻力，从机器人被弹起到上升至最高点的过程中，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．机器人先超重后失重 B．机器人的加速度先增大后减小 C．机器人速度最大时弹簧弹力为 D．机器人与跳板分离时弹簧恢复原长 28．（多选）一劲度系数的轻质弹簧一端固定在倾角为足够长的光滑固定斜面的底端。另一端拴住质量为的物块P，Q为一质量为的重物，系统处于静止状态，如图所示。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在前时间内为变力，以后为恒力，，，，下列说法正确的是（　　） A．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为0.12m B．物块Q沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小为 C．两物块P、Q分离时，弹簧的压缩量为0.06m D．力的最大值与最小值的差值为36N 29．如图所示，放在水平桌面上的木块左端被水平轻质弹簧拴在竖直墙壁上，木块右端连接着不可伸长的轻质细绳，细绳绕过光滑定滑轮吊着一铁块，用手托着铁块使弹簧处于原长，手缓慢下降，当铁块下降h=4cm时手离开铁块，木块恰好处于静止状态。已知木块的质量M=4kg，铁块的质量m=2kg，木块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s²，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求手离开铁块后，细绳的拉力大小F； (2)求弹簧的劲度系数k； (3)若突然剪断弹簧，求剪断弹簧瞬间绳子中的张力大小。 30．如图所示，质量为的物块与质量为的物块用轻质弹簧相连，静置在底部有挡板的倾角的光滑斜面上，现将另一质量为的物块从物块上方由静止释放，释放时物块与物块之间的距离为，释放后物块沿斜面下滑，与物块碰撞后粘在一起并记为物块，物块继续向下压缩弹簧，此后物块在斜面上做简谐运动，最低点为（未标出）。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，重力加速度为。 (1)求物块与物块碰前弹簧的形变量； (2)求物块运动过程中速度的最大值； (3)若从弹簧被压缩到最短时开始计时，时刻物块第一次运动到最高点，此时物块恰好不离开挡板，求物块与点的距离为的时刻。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训06 连接体模型 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B D D D B C BC BD 题号 11 12 13 16 17 18 19 20 21 22 答案 ACD BC BC B C D C D D B 题号 23 24 25 26 27 28 答案 B B B AC AD ACD 1．B 【详解】第一种情况对小车水平方向分析有 对小球竖直方向分析有 解得， 第二种情况对小球水平方向分析有 竖直方向有 解得， 因，则， 故选B。 2．D 【详解】A．固定，释放，根据动滑轮原理，绳端（物体）移动的距离是滑轮（物体）移动距离的2倍，即 对时间求导可知，故错误； B．固定，释放，设绳子张力为，的加速度大小为，则的加速度大小 对应用牛顿第二定律： 对应用牛顿第二定律 联立解得：，，故错误； C．同时静止释放和，绳子张力处处相等，设为。对： 对： 则 由于初速度均为0，运动过程中速率比，故错误； D．同时静止释放和，设、加速度大小分别为、，的加速度大小为。由绳长约束关系可知，、向中间运动的位移之和等于下降位移的2倍，即 故加速度关系为 对应用牛顿第二定律： 联立，，得： 代入数据： 解得，故正确。 故选D。 3．B 【详解】由题意知，物块甲、乙的质量，木箱的质量 研究物块甲，根据牛顿第二定律 研究物块乙，根据牛顿第二定律 解得 以甲、乙和木箱整体为研究对象，设地面对木箱的支持力为，在竖直方向上用系统牛顿第二定律 解得 故选B。 4．D 【详解】A．对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度可得 隔离，根据牛顿第二定律有 解得 所以弹簧测力计的示数为45N，故A错误； B．根据A项可得 若增大，则变大，故B错误； CD．在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，的加速度不变，为，的加速度，故C错误，D正确。 故选D。 5．D 【详解】AB．装置（a）中的加速度 装置（b）中的加速度 装置（a）中绳上的张力 装置（b）中绳上的张力，AB错误； C．装置（c）中的加速度，其中 根据，可得动量增量 因，可知装置（b）、（c）中物块m的动量增加量不相同，C错误； D．动能增加量为，因，可知装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，D正确。 故选D。 6．D 【详解】AB．对A、B组成的整体进行分析，系统在竖直方向受力平衡，地面对A的支持力，即 整体受到的滑动摩擦力，即 根据牛顿第二定律有，即 化简得 对物体B进行隔离分析，在竖直方向有A对B的支持力 物体B随A一起向左加速，其向左的加速度由A对B的静摩擦力提供，故，即 当A、B恰好发生相对滑动时，A对B的静摩擦力达到最大静摩擦力，即，即 联立解得 解得此时的速度大小 代入加速度表达式解得此时B的加速度大小 故AB错误； CD．从静止到恰好发生相对滑动的过程中，运用微元法，在极短时间内根据动量定理有，即 因微小位移，则有 对整个过程累加求和得 即 将代入，解得位移大小 故C错误，D正确。 故选D。 7．B 【详解】对A、B整体，根据牛顿第二定律 设弹簧弹力为，对A，根据牛顿第二定律 联立解得 故选B。 8．C 【详解】初始时，A、B处于静止状态，对A、B整体受力分析，弹簧弹力等于A、B的总重力，即 根据胡克定律，此时弹簧的压缩量 当A、B刚好分离时，A、B之间的相互作用力为零，且两者的加速度相同。设此时系统的加速度大小为，绳子拉力为。对物块C，由牛顿第二定律得 对物块B，由牛顿第二定律得 联立解得 此时对物块A受力分析，受重力和弹簧弹力，由牛顿第二定律得 解得此时弹簧弹力 此时弹簧仍处于压缩状态，压缩量 从开始放手到A、B刚好分离的过程中，物块C下降的距离等于物块B上升的距离，也等于弹簧长度的变化量，即 故选C。 9．BC 【详解】对球M，受重力，弹簧水平向左弹力，B绳拉力斜向右上，与竖直夹角 平衡条件，水平方向，竖直方向 解得， 对球N，受重力，A绳拉力斜向右上，与竖直方向，B绳拉力斜向左下，与竖直夹角 平衡条件，水平方向，竖直方向 解得， A．，故A错误； B．由，可得，故B正确； C．剪断轻绳B瞬间，球N的速度为零，沿绳A方向加速度为零，故径向合力为零。绳A拉力与重力沿绳分力平衡 又，故轻绳A的张力为，故C正确； D．剪断轻绳B瞬间，弹簧弹力不突变，球M受重力和弹簧弹力，两力垂直，合力大小，由牛顿第二定律 解得，方向斜向左下，与竖直夹角，故D错误。 故选BC。 10．BD 【详解】A．对物块乙进行受力分析，由于甲、乙与木箱始终保持相对静止，乙的加速度大小等于系统加速度，由图可知乙向右侧偏转，由于其所受重力和轻绳拉力在水平方向的合力必须提供加速度，故系统的加速度方向一定水平向左，根据牛顿第二定律，乙在水平方向受到的合力为 竖直方向受力平衡，轻绳拉力的竖直分力为 因此轻绳的拉力大小为 对物块甲，其加速度为水平向左的，设木箱对甲的静摩擦力为，规定水平向左为正方向，根据牛顿第二定律有 解得 方向水平向左，根据牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向水平向右，故A错误； B．由于系统做匀加速直线运动，其速度方向与加速度方向相同，即水平向左，木箱相对地面向左运动，地面对木箱的滑动摩擦力方向水平向右，根据牛顿第三定律，木箱对地面的摩擦力方向水平向左，故B正确； CD．木箱对甲的静摩擦力大小为，由于甲与木箱始终保持相对静止，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有 解得物块甲与木箱间动摩擦因数至少为，故C错误，D正确。 故选BD。 11．ACD 【详解】A．根据题意，设杆对球A的作用力大小为，对球A，竖直方向上由平衡条件有 解得 轻杆与车厢相对静止，则 不变，轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故正确； B．对球B受力分析，结合项分析可知，杆对球B的作用力大小始终也为 当小球B对底面的摩擦力等于零时，对，根据牛顿第二定律得 解得，故错误； C．若，小车做匀减速运动，杆与车厢相对静止，对A有 当时，有最大值，解得 此时对B有 解得 说明B与底面未达到最大静摩擦力，则允许的最大加速度为，故正确； D．若，当小车做匀加速直线运动且小球B受到底面的静摩擦力向左达到最大时，侧壁对小球A的作用力最小，对B有 对A有 联立解得，故正确。 故选ACD。 12．BC 【详解】AB．对A与B整体分析，应用牛顿第二定律有 解得共同加速度为 若AB之间的弹力为0，对A分析有 当时，解得 即在2s时A与B物体恰好分离，故A错误，B正确； C．在2s~4s内，B物体的加速度为 可知加速度大小在增大，故C正确； D．在2s后，A的加速度为 根据公式可知在后A的加速度反向，A才开始做减速运动，2s末A的速度不是最大值，故D错误。 故选BC。 13．BC 【详解】A．设绳子张力为，薄板质量不计，因此滑轮受力满足 AB不发生相对滑动时，则两者加速度相同，即 对A受力分析，由牛顿第二定律有 对B受力分析，由牛顿第二定律有 联立解得 当达到最大静摩擦时，则，故A错误； B．当时，则 AB发生相对滑动， 对A有 解得 对B有 解得 A相对于B的相对加速度 滑离时相对位移 解得 则 A的速度，故B正确； C．绳子总长不变，可得加速度关系 则薄板加速度 薄板的位移，故C正确； D．B固定在薄板上时，当力比较小时，两者一起加速，对于物块，由摩擦力提供合外力，绳拉力为零，此过程，拉力增大，绳的拉力没有增大，故D错误。 故选BC。 14．(1)，4J (2) (3) 【详解】（1）碰撞前瞬间，对B根据匀变速运动规律有 碰撞过程，由动量守恒定律有 解得 碰撞过程损失的机械能 解得 （2）初始时对A有 两滑块向下运动过程，受力平衡时速度最大，有 从碰后瞬间到平衡位置时，由机械能守恒有 解得 （3）从碰后瞬间到运动到M的过程，由机械能守恒定律有 解得 两滑块位于M点时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有 以B为研究对象，由牛顿第二定律有 解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）由小球可知 解得 系统稳定后，物块的加速度大小与小球加速度大小一样。 （2）对整体分析，有 解得 （3）金属导体棒加速切割磁感线产生感应电动势，且速度增加给上下极板持续充电，对小球分析，有   故对整体分析，有   导体棒中的电流   解得 重难·创新演练 16．B 【详解】A．剪断细线瞬间，A受到三个作用：B对A的库仑斥力，沿AB连线背离B；C对A的库仑引力，沿AC连线指向C；轻杆AC的弹力，沿AC方向。三个力的合力存在沿AB方向和垂直AB方向的两个分量，因此A的加速度方向不沿BA方向，故A错误； B．系统在光滑水平面上运动，合外力为零，总动量守恒且初始总动量为零。 由对称性可知，A、B的加速度大小相等，且垂直AB方向的分量大小相等、方向相同，设为，C的加速度仅沿AB的中垂线方向，大小为。 垂直AB方向动量守恒： 代入 得 对时间求导得 A的合加速度大小为（为A沿AB方向的加速度分量） 显然，故B正确； C．系统内存在库仑力（电场力）做功，运动过程中电势能与动能相互转化，系统的机械能（仅动能，重力势能无变化）与电势能之和守恒，机械能不守恒，故C错误； D．系统初始静止，合外力为零，质心位置保持不变 初始时正三角形质心沿AB中垂线方向的坐标为： 三球共线时，杆长不变（），三球位于同一水平线上，质心y坐标等于C的y坐标 因此C沿中垂线方向的位移大小为：，故D错误。 故选B。 17．C 【详解】A．A挂在动滑轮下，B是绳子自由端的重物，绳子总长度不变：若A位移大小为h，则动滑轮两侧绳子各伸长/缩短h，因此B的位移大小为 由此可得速度、加速度的大小关系，A错误； B．设A、B质量均为，绳子拉力为，释放后B向下加速、A向上加速 对重物A，根据牛顿第二定律​ 对重物B，根据牛顿第二定律​ 联立解得，​，B错误； CD．当A的位移大小为h时，B位移大小为，系统机械能守恒 解得​，，C正确，D错误。 故选C。 18．D 【详解】A．挂上B瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，合力 解得，A错误； B．挂上B后，A、B做简谐运动，设A从初始位置向上位移，整体合力满足 即简谐运动的振幅 根据简谐运动的周期 可得角频率 最大速度出现在平衡位置， B错误； C．从初始位置到最高点，运动时间为半个简谐运动周期，半个周期 对由动量定理有，绳子拉力冲量 解得细绳的拉力冲量，C错误； D．A的机械能变化等于除重力外，绳子拉力和弹簧弹力的总功，在物块A向上滑动到最高点的过程中，拉力与弹簧弹力的合力始终沿斜面向上，与位移方向相同，总功一直为正，因此的机械能一直增大，D正确。 故选D。 19．C 【详解】A．图乙可知，在内，弹性绳还未拉直，该过程对A有 解得，故A错误； B．当A的位移为时，A的加速度为0，此时对A有 其中弹性绳伸长量为 联立解得，故B错误； C．A的加速度为0时其速度最大，图像面积表示合力做功，根据图乙可知，并结合动能定理有 解得A的最大速度，故C正确； D．当B运动起来后，对AB整体分析可知 因此B运动起来后，AB系统动量守恒，规定向右为正方向，则有 解得B的速度，故D错误。 故选C。 20．D 【详解】设小球的质量为，以小球为对象，由于，可知绳子对小球的拉力沿杆方向的分力向下，则有 可得小球的加速度大小 方向沿杆向下；设滑块的质量为，以小球和滑块为整体， 由于 可知滑块受到的滑动摩擦力沿杆向下，则滑块沿杆向上运动，由于加速度方向沿杆向下，所以滑块的运动情况是沿着杆减速上滑。 故选D。 21．D 【详解】A．对小球A分析可知，根据牛顿第二定律 解得 由于小球A和物块B都相对小车静止，则小车水平运动的加速度大小为，故A错误； B．对小球A，在竖直方向上，根据平衡条件可得 解得小球A受到细线拉力大小为，故B错误； C．由题意可知，小球A的合力方向水平向左，即小球A的加速度水平向左，所以小车的加速度水平向左，则小车向左做匀加速直线运动或向右做匀减速直线运动，故C错误； D．假设小物块B不受摩擦力，则小物块B受到垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，在竖直方向上，根据平衡条件可得 解得斜面对小物块的支持力大小为 在水平方向，根据牛顿第二定律可得 解得 即假设成立，小物块B不受摩擦力，故D正确。 故选D。 22．B 【详解】A．设物块B运动至最低点时弹簧的形变量为，则有 其中， 解得，故A错误； B．物块B处于最低点时加速度最大，则有 解得，故B正确； C．物块B处于最低点时物块A对地面的压力最大，则有，故C错误； D．假设物块B运动至最高点时物块A未离开地面，此时物块B的加速度大小也为，则有 对A有 解得 可知物块A恰好未离开地面，故D错误。 故选B。 23．B 【详解】A．分离时，由牛顿第二定律， 对A有 对B有 对C有 联立得， 说明A仍在加速，速度未达最大值，A错误； B．释放C瞬间，弹簧弹力仍为，形变未变。 对A、B整体有 对C有 联立得 对A有 解得，B正确； C．对C有 代入 解得，C错误； D．分离时有 拉力，D错误。 故选 B。 24．B 【详解】物块B在时刻恰好开始运动，根据平衡条件有 物块A在时刻，根据牛顿第二定律有 联立解得 故选B。 25．B 【详解】A．初始图示位置静止时，N与地面弹力为零，对Q受力分析，弹簧对Q向下的弹力等于，Q重力为，因此左侧绳子拉力 对P受力平衡，水平方向 代入， 得 竖直方向 代入得 得 故A错误； B．AP长为L，由几何关系 得图示位置 AB间距 释放P时P在AB水平线上，初始 因此Q上升高度 P下降高度 由于AP与BP夹角为 AP长度不变，P速度垂直于AP，因此沿BP方向，Q的速度 释放P时绳子无弹力，对Q受力分析，弹簧弹力向上等于Q重力，弹簧压缩量 图示位置弹簧伸长量 形变量大小相等，因此初末弹性势能相等 由系统机械能守恒 代入、、、 得 化简得 故B正确； C．对Q由动能定理 代入得 故C错误； D．初态弹簧压缩 末态弹簧伸长 形变量大小相等，弹性势能相等，因此弹性势能增加量为0，故D错误。 故选B。 26．AC 【详解】AB．物块P与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故 当弹簧弹力等于最大静摩擦力时，物块P恰好开始运动，此时弹簧的弹力大小 解得 物块P开始运动之前，物块Q受到恒定拉力，弹簧对物块Q的弹力逐渐增大，物块Q受到的合力逐渐减小，故物块Q做加速度逐渐减小的加速运动，根据动能定理有 联立解得，物块P恰好开始运动时，物块Q的速度大小为，故A正确，B错误； CD．物块P开始运动后，物块P与物块Q整体受恒定拉力、滑动摩擦力，物块P与物块Q整体所受合力为0，故物块P、物块Q整体的质心向右做匀速直线运动，设物块P、物块Q整体质心的运动速度为，故 解得 物块P开始运动之后，物块Q相对于物块P、物块Q整体的质心做机械振动，物块P开始运动瞬间，物块Q受到恒定拉力，弹簧对物块Q的弹力，物块Q受到的合力为0，此时物块Q处于机械振动的平衡位置，物块Q相对于物块P、物块Q整体质心的速度为 选向右为正方向，设物块Q相对于机械振动的平衡位置有向右的位移，则物块Q受到的合力为 所以物块Q相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动。 物块P开始运动之后，设物块Q和物块P速度相同时的速度为，根据动量守恒定律有 解得，此时物块Q相对于物块P、物块Q整体质心的速度为，故物块Q处于简谐运动的最大位移处，设物块Q做简谐运动的振幅为 对于整根弹簧，根据胡克定律有 对于半根弹簧(物块Q和物块P、物块Q整体质心之间的半根弹簧)，根据胡克定律有 联立解得，故物块Q做简谐运动所对应半根弹簧的劲度系数为 物块Q相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动，根据能量守恒有 解得简谐运动的振幅为 物块Q和物块P都相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动，两物块相对于质心的距离同时增大，同时减小。 P开始运动后，弹簧的最大形变为 P开始运动后，弹簧的最小形变为 P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为 P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为，故C正确，D错误。 故选AC。 27．AD 【详解】A．机器人先向上加速，加速度向上，超重状态，后向上减速，加速度向下，失重状态，故A正确； B．在加速阶段，弹簧弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律有 可知加速度逐渐减小，直到加速度为零；减速阶段，根据牛顿第二定律有 因弹簧弹力继续减小至0，加速度反向增大，最后离开跳台后加速度大小恒为重力加速度，故加速度先减小后增大，最后不变，故B错误； C．机器人速度最大时加速度为零，受力平衡，根据平衡条件，可得弹力，故C错误； D．机器人与跳板分离的条件是二者间弹力为0和加速度相同，均为，此时弹簧恢复原长，弹簧弹力为0，故D正确。 故选AD。 28．ACD 【详解】A．设系统处于静止状态时弹簧的压缩量为，根据平衡条件有 解得，故A正确； BC．由题知，在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力，表明0.2s时物块P、Q之间的弹力恰好为0，两物块恰好分离，由于加速度向上，弹簧仍然处于压缩状态，设压缩量为，向上做匀加速直线的加速度为，对P，根据牛顿第二定律有 根据位移公式有 其中 联立解得，，故B错误，C正确； D ．刚刚施加拉力时，拉力最小值，对整体，根据牛顿第二定律有 P、Q分离时及之后，拉力最大，对Q，根据牛顿第二定律有 解得 故力的最大值与最小值的差值为，故D正确。 故选ACD。 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）手离开铁块后，以铁块为对象，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为 （2）此时木块恰好处于静止状态，根据平衡条件可得 由胡克定律可得 联立解得 （3）若突然剪断弹簧，整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 对铁块受力分析则有 代入数据联立解得 30．(1) (2) (3)（）或（） 【详解】（1）刚开始物块B处于静止状态，受力分析可知 解得 （2）设物块C与物块B碰撞前瞬间的速度为，由动能定理有 设碰后物块D的速度为，由动量守恒定律有 物块D做简谐运动，平衡位置时速度最大，设平衡位置时弹簧的形变量为，受力分析可知 碰后物块D运动到平衡位置的过程中，由动能定理有 克服弹力做的功 解得 （3）物块D运动到最高点时，物块A恰好不离开挡板，此时弹簧的形变量 故物块D做简谐运动的振幅 以平衡位置为坐标原点，以沿斜面向下为轴正方向，则简谐振动的方程为 解得第一次时， 第二次时， 考虑到简谐振动的周期性，则有（）和（） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训06 连接体模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 2 重难·创新演练 8 研判·模型总结 弹簧物块分离问题模型 ①分离问题1：物块与弹簧分离 简称：无弹力共，不记结论很吃亏. ②分离问题2：物块与地面分离 ③A、B分离 非平衡态1：动态共（力按质量分配） 动态共问题解题思路：相同， 方法1：先整体求加速度，再隔离求外力 方法2：力按质量分配 模型总结： Ⅰ：轻绳相连加速度相同的连接体 ① 方法1：整体隔离 整体求加速度 隔离求内力得 方法2：力按质量分配 图1：系统所受合力，求内力可以秒杀 ，当时，. 图2：系统所受合力，求内力可以秒杀 ，当时，. ② 方法1：整体求加速度 隔离求内力 得 方法2：力按质量分配 如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 当时，. ③ 方法1：整体隔离 整体求加速度 隔离求内力 得. 方法2：力按质量分配 如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. ④ 方法1：整体隔离 求间作用力, 将和看作整体 求间作用力,将和看作整体. 方法2：力按质量分配 ⑴如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. ⑵如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. ⑤ 方法1：整体隔离 整体求加速度 隔离求内力得. 方法2：力按质量分配 如图：系统所受合力，求内力可以秒杀 . 当时，. 模拟·基础演练 1．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上。小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M>m。现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用另一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为。则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】第一种情况对小车水平方向分析有 对小球竖直方向分析有 解得， 第二种情况对小球水平方向分析有 竖直方向有 解得， 因，则， 故选B。 2．如图所示为玩具升降机简图，、、三物体质量分别为、和，用足够长的轻绳和轻滑轮连接，不计一切摩擦，重力加速度为，则（     ） A．固定，释放，运动过程中和的速率相等 B．固定，释放，运动过程中绳子张力大小为 C．同时静止释放和，运动过程中与的速率比1∶2 D．同时静止释放和，运动过程中绳子张力的大小为 【答案】D 【详解】A．固定，释放，根据动滑轮原理，绳端（物体）移动的距离是滑轮（物体）移动距离的2倍，即 对时间求导可知，故错误； B．固定，释放，设绳子张力为，的加速度大小为，则的加速度大小 对应用牛顿第二定律： 对应用牛顿第二定律 联立解得：，，故错误； C．同时静止释放和，绳子张力处处相等，设为。对： 对： 则 由于初速度均为0，运动过程中速率比，故错误； D．同时静止释放和，设、加速度大小分别为、，的加速度大小为。由绳长约束关系可知，、向中间运动的位移之和等于下降位移的2倍，即 故加速度关系为 对应用牛顿第二定律： 联立，，得： 代入数据： 解得，故正确。 故选D。 3．如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1kg，木箱的质量为5kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（未与地面碰撞）地面对木箱的支持力大小为（     ） A．65N B．67N C．60N D．58N 【答案】B 【详解】由题意知，物块甲、乙的质量，木箱的质量 研究物块甲，根据牛顿第二定律 研究物块乙，根据牛顿第二定律 解得 以甲、乙和木箱整体为研究对象，设地面对木箱的支持力为，在竖直方向上用系统牛顿第二定律 解得 故选B。 4．如图所示，质量分别为，的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为，的水平拉力分别作用在、上，当系统达到稳定状态后，弹簧测力计未超出弹性限度，则（     ） A．弹簧测力计的示数是50N B．若增大，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变 C．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为4 D．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为15 【答案】D 【详解】A．对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度可得 隔离，根据牛顿第二定律有 解得 所以弹簧测力计的示数为45N，故A错误； B．根据A项可得 若增大，则变大，故B错误； CD．在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，的加速度不变，为，的加速度，故C错误，D正确。 故选D。 5．如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（g为重力加速度）的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在m移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中正确的是（　　） A．装置（b）中绳上的张力等于装置（a）中绳上的张力 B．装置（a）中物块m的加速度为 C．装置（b）、（c）中物块m的动量增加量相同 D．装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量 【答案】D 【详解】AB．装置（a）中的加速度 装置（b）中的加速度 装置（a）中绳上的张力 装置（b）中绳上的张力，AB错误； C．装置（c）中的加速度，其中 根据，可得动量增量 因，可知装置（b）、（c）中物块m的动量增加量不相同，C错误； D．动能增加量为，因，可知装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，D正确。 故选D。 6．如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，两物体质量均为m。现对A施加一水平向左、大小为2mg的恒定拉力，A、B由静止开始一起运动，运动过程中B始终受到一个竖直向上的拉力，其大小与B的速度大小成正比为已知常量，经过时间t物体A、B恰好发生相对滑动。已知A、B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　 ） A．物体A、B恰好发生相对滑动时的速度大小为 B．物体A、B恰好发生相对滑动时B的加速度大小为 C．从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 D．从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 【答案】D 【详解】AB．对A、B组成的整体进行分析，系统在竖直方向受力平衡，地面对A的支持力，即 整体受到的滑动摩擦力，即 根据牛顿第二定律有，即 化简得 对物体B进行隔离分析，在竖直方向有A对B的支持力 物体B随A一起向左加速，其向左的加速度由A对B的静摩擦力提供，故，即 当A、B恰好发生相对滑动时，A对B的静摩擦力达到最大静摩擦力，即，即 联立解得 解得此时的速度大小 代入加速度表达式解得此时B的加速度大小 故AB错误； CD．从静止到恰好发生相对滑动的过程中，运用微元法，在极短时间内根据动量定理有，即 因微小位移，则有 对整个过程累加求和得 即 将代入，解得位移大小 故C错误，D正确。 故选D。 7．如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B用轻弹簧相连。两物块质量之比。若在水平拉力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对A、B整体，根据牛顿第二定律 设弹簧弹力为，对A，根据牛顿第二定律 联立解得 故选B。 8．如图，在水平面上固定一劲度系数为k的轻弹簧，物块A、B叠放在弹簧上端，轻绳的一端连接物块B，另一端绕过定滑轮后连接物块C，物块A、B、C的质量分别为m、2m和3m，初始时用手托住物块C，使定滑轮两侧的轻绳恰好处于伸直状态但无弹力，物块A、B处于静止状态。现突然放开托住物块C的手，轻弹簧和滑轮两侧的轻绳始终处于竖直方向，重力加速度为g，则从开始放手到物块A、B刚好分离时，物块C下降的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】初始时，A、B处于静止状态，对A、B整体受力分析，弹簧弹力等于A、B的总重力，即 根据胡克定律，此时弹簧的压缩量 当A、B刚好分离时，A、B之间的相互作用力为零，且两者的加速度相同。设此时系统的加速度大小为，绳子拉力为。对物块C，由牛顿第二定律得 对物块B，由牛顿第二定律得 联立解得 此时对物块A受力分析，受重力和弹簧弹力，由牛顿第二定律得 解得此时弹簧弹力 此时弹簧仍处于压缩状态，压缩量 从开始放手到A、B刚好分离的过程中，物块C下降的距离等于物块B上升的距离，也等于弹簧长度的变化量，即 故选C。 9．（多选）如图示，小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为、，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳A和弹簧C的弹力之比为 B．球M和球N的质量之比为 C．若小球N的质量为，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为 D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g 【答案】BC 【详解】对球M，受重力，弹簧水平向左弹力，B绳拉力斜向右上，与竖直夹角 平衡条件，水平方向，竖直方向 解得， 对球N，受重力，A绳拉力斜向右上，与竖直方向，B绳拉力斜向左下，与竖直夹角 平衡条件，水平方向，竖直方向 解得， A．，故A错误； B．由，可得，故B正确； C．剪断轻绳B瞬间，球N的速度为零，沿绳A方向加速度为零，故径向合力为零。绳A拉力与重力沿绳分力平衡 又，故轻绳A的张力为，故C正确； D．剪断轻绳B瞬间，弹簧弹力不突变，球M受重力和弹簧弹力，两力垂直，合力大小，由牛顿第二定律 解得，方向斜向左下，与竖直夹角，故D错误。 故选BC。 10．（多选）装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱在外力作用下沿粗糙水平地面以做匀加速直线运动，木箱上的物块甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与物块乙相连，甲、乙与木箱始终保持相对静止。甲物块质量为、乙物块质量为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度，则（     ） A．甲对木箱的摩擦力方向水平向左 B．木箱对地面的摩擦力方向水平向左 C．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为 D．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为 【答案】BD 【详解】A．对物块乙进行受力分析，由于甲、乙与木箱始终保持相对静止，乙的加速度大小等于系统加速度，由图可知乙向右侧偏转，由于其所受重力和轻绳拉力在水平方向的合力必须提供加速度，故系统的加速度方向一定水平向左，根据牛顿第二定律，乙在水平方向受到的合力为 竖直方向受力平衡，轻绳拉力的竖直分力为 因此轻绳的拉力大小为 对物块甲，其加速度为水平向左的，设木箱对甲的静摩擦力为，规定水平向左为正方向，根据牛顿第二定律有 解得 方向水平向左，根据牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向水平向右，故A错误； B．由于系统做匀加速直线运动，其速度方向与加速度方向相同，即水平向左，木箱相对地面向左运动，地面对木箱的滑动摩擦力方向水平向右，根据牛顿第三定律，木箱对地面的摩擦力方向水平向左，故B正确； CD．木箱对甲的静摩擦力大小为，由于甲与木箱始终保持相对静止，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有 解得物块甲与木箱间动摩擦因数至少为，故C错误，D正确。 故选BD。 11．（多选）如图所示，水平地面上有一小车，车内有质量分别为、的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力 B．当小球B对底面的摩擦力等于零时，小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，侧壁对小球A的作用力的最小值为 【答案】ACD 【详解】A．根据题意，设杆对球A的作用力大小为，对球A，竖直方向上由平衡条件有 解得 轻杆与车厢相对静止，则 不变，轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故正确； B．对球B受力分析，结合项分析可知，杆对球B的作用力大小始终也为 当小球B对底面的摩擦力等于零时，对，根据牛顿第二定律得 解得，故错误； C．若，小车做匀减速运动，杆与车厢相对静止，对A有 当时，有最大值，解得 此时对B有 解得 说明B与底面未达到最大静摩擦力，则允许的最大加速度为，故正确； D．若，当小车做匀加速直线运动且小球B受到底面的静摩擦力向左达到最大时，侧壁对小球A的作用力最小，对B有 对A有 联立解得，故正确。 故选ACD。 12．（多选）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静止放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略不计，两个物体的质量，。从开始，推力和拉力后分别作用于A、B上，、随时间的变化规律为，，下列说法正确的是（     ） A．0~2s时间内A的加速度一直在减小 B．时，A、B两物体刚好分离 C．2s~4s内B的加速度一直在增大 D．时，A速度达到最大值 【答案】BC 【详解】AB．对A与B整体分析，应用牛顿第二定律有 解得共同加速度为 若AB之间的弹力为0，对A分析有 当时，解得 即在2s时A与B物体恰好分离，故A错误，B正确； C．在2s~4s内，B物体的加速度为 可知加速度大小在增大，故C正确； D．在2s后，A的加速度为 根据公式可知在后A的加速度反向，A才开始做减速运动，2s末A的速度不是最大值，故D错误。 故选BC。 13．（多选）如图所示长为L质量为M=2 m的长木板B放置在质量不计的薄板（带光滑的轻滑轮）上，质量为m可看成质点的小物块A置于木板的左端，A和B通过轻绳相连（轻绳水平），A和B间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g，不考虑其他任何摩擦，在薄板上施加一个水平向右的力F，下列说法正确的是（　　） A．为使AB间不产生相对滑动，拉力F的最大值为0.4 mg B．若F=2 mg，当小物块A滑离长木板B时，小物块A的速度为 C．若F=2 mg，当小物块A滑离长木板B时，薄板移动了3.5 L D．如果将B固定在薄板上，细绳拉力T随着F的增大而增大 【答案】BC 【详解】A．设绳子张力为，薄板质量不计，因此滑轮受力满足 AB不发生相对滑动时，则两者加速度相同，即 对A受力分析，由牛顿第二定律有 对B受力分析，由牛顿第二定律有 联立解得 当达到最大静摩擦时，则，故A错误； B．当时，则 AB发生相对滑动， 对A有 解得 对B有 解得 A相对于B的相对加速度 滑离时相对位移 解得 则 A的速度，故B正确； C．绳子总长不变，可得加速度关系 则薄板加速度 薄板的位移，故C正确； D．B固定在薄板上时，当力比较小时，两者一起加速，对于物块，由摩擦力提供合外力，绳拉力为零，此过程，拉力增大，绳的拉力没有增大，故D错误。 故选BC。 14．如图所示，一弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧顶端拴接质量为m=1kg的滑块A，滑块A静止时的位置为O。另一质量也为m=1kg的滑块B从O正上方相距h=0.8m的位置N由静止释放，两滑块碰撞后（碰撞时间极短）一起向下运动到最低点M。已知弹簧的劲度系数为k=100N/m，弹簧的弹性势能为（x为弹簧形变量），重力加速度g取，求： (1)碰撞后瞬间两滑块的速度大小及碰撞过程损失的机械能； (2)下降过程中，滑块A的最大速度（可用根号表示）； (3)两滑块位于M点时，两者间的弹力大小。 【答案】(1)，4J (2) (3) 【详解】（1）碰撞前瞬间，对B根据匀变速运动规律有 碰撞过程，由动量守恒定律有 解得 碰撞过程损失的机械能 解得 （2）初始时对A有 两滑块向下运动过程，受力平衡时速度最大，有 从碰后瞬间到平衡位置时，由机械能守恒有 解得 （3）从碰后瞬间到运动到M的过程，由机械能守恒定律有 解得 两滑块位于M点时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有 以B为研究对象，由牛顿第二定律有 解得 15．如图所示，一电容为的平行板电容器（初始不带电），极板间距为，上下极板用一金属导体棒焊接后静置在粗糙绝缘水平桌面上，上极板用绝缘细线挂一带电量为的小球，极板、导体棒、小球总质量为。金属棒通过一平行于桌面的绷直绝缘细线绕过定滑轮与质量为的物块连接，静止释放物块，系统稳定后，小球与竖直方向夹角为。已知重力加速度为，桌面离地足够高，其他阻力不计。求： (1)稳定后，物块的加速度大小； (2)电容器下极板与桌面的动摩擦因数； (3)如果在桌面上方加上垂直于导体棒与细线平面的磁感应强度大小为的匀强磁场，稳定后物块的加速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由小球可知 解得 系统稳定后，物块的加速度大小与小球加速度大小一样。 （2）对整体分析，有 解得 （3）金属导体棒加速切割磁感线产生感应电动势，且速度增加给上下极板持续充电，对小球分析，有   故对整体分析，有   导体棒中的电流   解得 重难·创新演练 16．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上，电荷量相同、质量均为m的带正电小球A、B，带负电的小球C质量为2m，A、B间通过绝缘细线连接，C与A、B分别通过两端带铰链的绝缘轻杆相连接，三者构成边长为L的正三角形，小球均处于静止状态，剪断细线（　　） A．瞬间A的加速度方向沿BA方向 B．瞬间A的加速度大于C的加速度 C．三个球运动过程中，系统机械能守恒 D．三个球开始运动至共线时，C球位移为 【答案】B 【详解】A．剪断细线瞬间，A受到三个作用：B对A的库仑斥力，沿AB连线背离B；C对A的库仑引力，沿AC连线指向C；轻杆AC的弹力，沿AC方向。三个力的合力存在沿AB方向和垂直AB方向的两个分量，因此A的加速度方向不沿BA方向，故A错误； B．系统在光滑水平面上运动，合外力为零，总动量守恒且初始总动量为零。 由对称性可知，A、B的加速度大小相等，且垂直AB方向的分量大小相等、方向相同，设为，C的加速度仅沿AB的中垂线方向，大小为。 垂直AB方向动量守恒： 代入 得 对时间求导得 A的合加速度大小为（为A沿AB方向的加速度分量） 显然，故B正确； C．系统内存在库仑力（电场力）做功，运动过程中电势能与动能相互转化，系统的机械能（仅动能，重力势能无变化）与电势能之和守恒，机械能不守恒，故C错误； D．系统初始静止，合外力为零，质心位置保持不变 初始时正三角形质心沿AB中垂线方向的坐标为： 三球共线时，杆长不变（），三球位于同一水平线上，质心y坐标等于C的y坐标 因此C沿中垂线方向的位移大小为：，故D错误。 故选B。 17．如图所示，其中一个轻质动滑轮下方悬挂重物A，另一个轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　） A．开始运动后，A的加速度是B的2倍 B．开始运动后，B的加速度大小为 C．当A的位移为h时，A的速度大小为 D．当A的位移为h时，B的速度大小为 【答案】C 【详解】A．A挂在动滑轮下，B是绳子自由端的重物，绳子总长度不变：若A位移大小为h，则动滑轮两侧绳子各伸长/缩短h，因此B的位移大小为 由此可得速度、加速度的大小关系，A错误； B．设A、B质量均为，绳子拉力为，释放后B向下加速、A向上加速 对重物A，根据牛顿第二定律​ 对重物B，根据牛顿第二定律​ 联立解得，​，B错误； CD．当A的位移大小为h时，B位移大小为，系统机械能守恒 解得​，，C正确，D错误。 故选C。 18．如图所示，P是倾角为的光滑固定斜面。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接。细绳的一端系在物块A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩。小挂钩不挂任何物体时，物块A处于静止状态。在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物块A沿斜面向上运动，细绳与斜面平行。在物体A沿斜面向上滑动的过程中，弹簧形变始终处于弹性限度内，不计一切阻力，A始终未与滑轮相碰，物块B始终未落地，重力加速度为g，已知简谐运动的周期。则下列说法正确的是（　　） A．物块B轻轻挂上的瞬间，物块B的加速度大小为g B．在物块A向上滑动到最高点的过程中，物块B的最大速度为 C．在物块A向上滑动到最高点的过程中，细绳的拉力对物块A的冲量大小为 D．在物块A向上滑动到最高点的过程中，物块A的机械能一直增大 【答案】D 【详解】A．挂上B瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，合力 解得，A错误； B．挂上B后，A、B做简谐运动，设A从初始位置向上位移，整体合力满足 即简谐运动的振幅 根据简谐运动的周期 可得角频率 最大速度出现在平衡位置， B错误； C．从初始位置到最高点，运动时间为半个简谐运动周期，半个周期 对由动量定理有，绳子拉力冲量 解得细绳的拉力冲量，C错误； D．A的机械能变化等于除重力外，绳子拉力和弹簧弹力的总功，在物块A向上滑动到最高点的过程中，拉力与弹簧弹力的合力始终沿斜面向上，与位移方向相同，总功一直为正，因此的机械能一直增大，D正确。 故选D。 19．已知质量均为的A、B两物体用轻质的弹性绳相连且静止在粗糙的水平面，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，恒力作用在物体A上，在物体B未运动之前，物体A的加速度随位移的变化关系图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．恒力 B．弹性绳的劲度系数 C．全过程，物体A的最大速度是 D．当A的速度第一次减为0时，B的速度是 【答案】C 【详解】A．图乙可知，在内，弹性绳还未拉直，该过程对A有 解得，故A错误； B．当A的位移为时，A的加速度为0，此时对A有 其中弹性绳伸长量为 联立解得，故B错误； C．A的加速度为0时其速度最大，图像面积表示合力做功，根据图乙可知，并结合动能定理有 解得A的最大速度，故C正确； D．当B运动起来后，对AB整体分析可知 因此B运动起来后，AB系统动量守恒，规定向右为正方向，则有 解得B的速度，故D错误。 故选C。 20．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一滑块套在粗糙的杆上，通过轻绳悬挂一个小球，若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是（　　） A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑 【答案】D 【详解】设小球的质量为，以小球为对象，由于，可知绳子对小球的拉力沿杆方向的分力向下，则有 可得小球的加速度大小 方向沿杆向下；设滑块的质量为，以小球和滑块为整体， 由于 可知滑块受到的滑动摩擦力沿杆向下，则滑块沿杆向上运动，由于加速度方向沿杆向下，所以滑块的运动情况是沿着杆减速上滑。 故选D。 21．如图所示，平板小车沿水平面做直线运动，小车顶部用细线悬挂着质量为m小球A，细线偏离竖直方向θ角，小车底部斜面上放有一质量为m的物块B，斜面倾角θ角，小球A和物块B都相对小车静止，则平板小车运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小车水平运动的加速度大小为gsinθ B．小球A受到细线拉力大小为mgtanθ C．小车一定向左做匀加速直线运动 D．小物块B不受摩擦力 【答案】D 【详解】A．对小球A分析可知，根据牛顿第二定律 解得 由于小球A和物块B都相对小车静止，则小车水平运动的加速度大小为，故A错误； B．对小球A，在竖直方向上，根据平衡条件可得 解得小球A受到细线拉力大小为，故B错误； C．由题意可知，小球A的合力方向水平向左，即小球A的加速度水平向左，所以小车的加速度水平向左，则小车向左做匀加速直线运动或向右做匀减速直线运动，故C错误； D．假设小物块B不受摩擦力，则小物块B受到垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，在竖直方向上，根据平衡条件可得 解得斜面对小物块的支持力大小为 在水平方向，根据牛顿第二定律可得 解得 即假设成立，小物块B不受摩擦力，故D正确。 故选D。 22．如图所示，放置于水平地面上的物块A通过劲度系数为的竖直轻弹簧与物块B连接在一起，初始时物块B处于静止状态。已知物块A、B的质量均为，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量）。现给物块B竖直向下、大小为的瞬时冲量。不计空气阻力且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B运动至最低点时弹簧的形变量为 B．物块B的最大加速度为 C．物块A对地面的最大压力为 D．物块A能离开地面 【答案】B 【详解】A．设物块B运动至最低点时弹簧的形变量为，则有 其中， 解得，故A错误； B．物块B处于最低点时加速度最大，则有 解得，故B正确； C．物块B处于最低点时物块A对地面的压力最大，则有，故C错误； D．假设物块B运动至最高点时物块A未离开地面，此时物块B的加速度大小也为，则有 对A有 解得 可知物块A恰好未离开地面，故D错误。 故选B。 23．如图所示，物块A、B的质量均为m，C的质量为2m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离。此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值 B．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为 C．释放C后瞬间，轻绳对C的拉力大小为 D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为 【答案】B 【详解】A．分离时，由牛顿第二定律， 对A有 对B有 对C有 联立得， 说明A仍在加速，速度未达最大值，A错误； B．释放C瞬间，弹簧弹力仍为，形变未变。 对A、B整体有 对C有 联立得 对A有 解得，B正确； C．对C有 代入 解得，C错误； D．分离时有 拉力，D错误。 故选 B。 24．如图，两物块A、B静止在粗糙的水平地面上，质量分别为、，通过一根轻质弹簧水平连接，弹簧处于原长。时刻，对A施加一水平向右的拉力F，F的大小随时间t变化关系为（c为正的常量）。已知A、B与水平地面的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B在时刻恰好开始运动，则此时A的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】物块B在时刻恰好开始运动，根据平衡条件有 物块A在时刻，根据牛顿第二定律有 联立解得 故选B。 25．如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接物体Q，物体Q、N通过轻弹簧竖直连接，Q、N的质量均为m。整个系统初始静止时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面间的弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，由静止释放小球P。已知右侧绳AP的长为L，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，不计空气阻力与滑轮摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球P的质量为 B．小球P运动到图示位置时，物体Q的速度大小为​​ C．小球P从释放到图示位置的过程中，轻绳对物体Q做的功为 D．小球P从释放到图示位置的过程中，弹簧的弹性势能增加了 【答案】B 【详解】A．初始图示位置静止时，N与地面弹力为零，对Q受力分析，弹簧对Q向下的弹力等于，Q重力为，因此左侧绳子拉力 对P受力平衡，水平方向 代入， 得 竖直方向 代入得 得 故A错误； B．AP长为L，由几何关系 得图示位置 AB间距 释放P时P在AB水平线上，初始 因此Q上升高度 P下降高度 由于AP与BP夹角为 AP长度不变，P速度垂直于AP，因此沿BP方向，Q的速度 释放P时绳子无弹力，对Q受力分析，弹簧弹力向上等于Q重力，弹簧压缩量 图示位置弹簧伸长量 形变量大小相等，因此初末弹性势能相等 由系统机械能守恒 代入、、、 得 化简得 故B正确； C．对Q由动能定理 代入得 故C错误； D．初态弹簧压缩 末态弹簧伸长 形变量大小相等，弹性势能相等，因此弹性势能增加量为0，故D错误。 故选B。 26．（多选）如图所示，静止于水平面上，质量均为的物块P与光滑物块Q通过劲度系数为的轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计Q与地面的摩擦力，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能。下列说法正确的是（    ） A．P开始运动前，Q做加速度逐渐减小的加速运动 B．P即将开始运动时，Q的速度大小为 C．P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为 D．P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为 【答案】AC 【详解】AB．物块P与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故 当弹簧弹力等于最大静摩擦力时，物块P恰好开始运动，此时弹簧的弹力大小 解得 物块P开始运动之前，物块Q受到恒定拉力，弹簧对物块Q的弹力逐渐增大，物块Q受到的合力逐渐减小，故物块Q做加速度逐渐减小的加速运动，根据动能定理有 联立解得，物块P恰好开始运动时，物块Q的速度大小为，故A正确，B错误； CD．物块P开始运动后，物块P与物块Q整体受恒定拉力、滑动摩擦力，物块P与物块Q整体所受合力为0，故物块P、物块Q整体的质心向右做匀速直线运动，设物块P、物块Q整体质心的运动速度为，故 解得 物块P开始运动之后，物块Q相对于物块P、物块Q整体的质心做机械振动，物块P开始运动瞬间，物块Q受到恒定拉力，弹簧对物块Q的弹力，物块Q受到的合力为0，此时物块Q处于机械振动的平衡位置，物块Q相对于物块P、物块Q整体质心的速度为 选向右为正方向，设物块Q相对于机械振动的平衡位置有向右的位移，则物块Q受到的合力为 所以物块Q相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动。 物块P开始运动之后，设物块Q和物块P速度相同时的速度为，根据动量守恒定律有 解得，此时物块Q相对于物块P、物块Q整体质心的速度为，故物块Q处于简谐运动的最大位移处，设物块Q做简谐运动的振幅为 对于整根弹簧，根据胡克定律有 对于半根弹簧(物块Q和物块P、物块Q整体质心之间的半根弹簧)，根据胡克定律有 联立解得，故物块Q做简谐运动所对应半根弹簧的劲度系数为 物块Q相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动，根据能量守恒有 解得简谐运动的振幅为 物块Q和物块P都相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动，两物块相对于质心的距离同时增大，同时减小。 P开始运动后，弹簧的最大形变为 P开始运动后，弹簧的最小形变为 P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为 P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为，故C正确，D错误。 故选AC。 27．（多选）在2026年央视春晚《武BOT》节目中，机器人借助舞台上的弹簧跳台（弹射器）获得初速度，完成了震撼的3米高空翻动作。起跳过程简化如下，压缩的轻弹簧下端固定，上端与质量为的跳板连接，弹簧释放将质量为的机器人由静止竖直向上弹起，忽略空气阻力，从机器人被弹起到上升至最高点的过程中，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．机器人先超重后失重 B．机器人的加速度先增大后减小 C．机器人速度最大时弹簧弹力为 D．机器人与跳板分离时弹簧恢复原长 【答案】AD 【详解】A．机器人先向上加速，加速度向上，超重状态，后向上减速，加速度向下，失重状态，故A正确； B．在加速阶段，弹簧弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律有 可知加速度逐渐减小，直到加速度为零；减速阶段，根据牛顿第二定律有 因弹簧弹力继续减小至0，加速度反向增大，最后离开跳台后加速度大小恒为重力加速度，故加速度先减小后增大，最后不变，故B错误； C．机器人速度最大时加速度为零，受力平衡，根据平衡条件，可得弹力，故C错误； D．机器人与跳板分离的条件是二者间弹力为0和加速度相同，均为，此时弹簧恢复原长，弹簧弹力为0，故D正确。 故选AD。 28．（多选）一劲度系数的轻质弹簧一端固定在倾角为足够长的光滑固定斜面的底端。另一端拴住质量为的物块P，Q为一质量为的重物，系统处于静止状态，如图所示。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在前时间内为变力，以后为恒力，，，，下列说法正确的是（　　） A．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为0.12m B．物块Q沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小为 C．两物块P、Q分离时，弹簧的压缩量为0.06m D．力的最大值与最小值的差值为36N 【答案】ACD 【详解】A．设系统处于静止状态时弹簧的压缩量为，根据平衡条件有 解得，故A正确； BC．由题知，在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力，表明0.2s时物块P、Q之间的弹力恰好为0，两物块恰好分离，由于加速度向上，弹簧仍然处于压缩状态，设压缩量为，向上做匀加速直线的加速度为，对P，根据牛顿第二定律有 根据位移公式有 其中 联立解得，，故B错误，C正确； D ．刚刚施加拉力时，拉力最小值，对整体，根据牛顿第二定律有 P、Q分离时及之后，拉力最大，对Q，根据牛顿第二定律有 解得 故力的最大值与最小值的差值为，故D正确。 故选ACD。 29．如图所示，放在水平桌面上的木块左端被水平轻质弹簧拴在竖直墙壁上，木块右端连接着不可伸长的轻质细绳，细绳绕过光滑定滑轮吊着一铁块，用手托着铁块使弹簧处于原长，手缓慢下降，当铁块下降h=4cm时手离开铁块，木块恰好处于静止状态。已知木块的质量M=4kg，铁块的质量m=2kg，木块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s²，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求手离开铁块后，细绳的拉力大小F； (2)求弹簧的劲度系数k； (3)若突然剪断弹簧，求剪断弹簧瞬间绳子中的张力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）手离开铁块后，以铁块为对象，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为 （2）此时木块恰好处于静止状态，根据平衡条件可得 由胡克定律可得 联立解得 （3）若突然剪断弹簧，整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 对铁块受力分析则有 代入数据联立解得 30．如图所示，质量为的物块与质量为的物块用轻质弹簧相连，静置在底部有挡板的倾角的光滑斜面上，现将另一质量为的物块从物块上方由静止释放，释放时物块与物块之间的距离为，释放后物块沿斜面下滑，与物块碰撞后粘在一起并记为物块，物块继续向下压缩弹簧，此后物块在斜面上做简谐运动，最低点为（未标出）。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，重力加速度为。 (1)求物块与物块碰前弹簧的形变量； (2)求物块运动过程中速度的最大值； (3)若从弹簧被压缩到最短时开始计时，时刻物块第一次运动到最高点，此时物块恰好不离开挡板，求物块与点的距离为的时刻。 【答案】(1) (2) (3)（）或（） 【详解】（1）刚开始物块B处于静止状态，受力分析可知 解得 （2）设物块C与物块B碰撞前瞬间的速度为，由动能定理有 设碰后物块D的速度为，由动量守恒定律有 物块D做简谐运动，平衡位置时速度最大，设平衡位置时弹簧的形变量为，受力分析可知 碰后物块D运动到平衡位置的过程中，由动能定理有 克服弹力做的功 解得 （3）物块D运动到最高点时，物块A恰好不离开挡板，此时弹簧的形变量 故物块D做简谐运动的振幅 以平衡位置为坐标原点，以沿斜面向下为轴正方向，则简谐振动的方程为 解得第一次时， 第二次时， 考虑到简谐振动的周期性，则有（）和（） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $