3.3 连接体模型 针对训练 -2027届高考物理一轮复习

连接体模型 一．物体在粗糙斜面上的运动（共2小题） 1．如图是一个滑草轨道，由斜坡段OM和水平段MN组成。人坐在滑板上从O点由静止滑下，斜坡倾角为30°，滑板与两段轨道间的动摩擦因数均为0.5。忽略空气阻力，滑行过程中人与滑板保持相对静止，则滑板滑行时（　　） A．在两段轨道所受摩擦力大小相等 B．在OM段所受合外力大小比在MN段的大 C．在OM段的加速度大小比在MN段的小 D．滑板质量越大，在M点的速度越大 2．如图所示，斜面M静止在粗糙地面上，斜面上有一滑块m，在垂直斜面斜向右下方的力F的作用下，滑块恰好可以匀速下滑，现将F撤去，在之后滑块仍在下滑的过程中，斜面始终保持静止，重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块与斜面之间的摩擦力变大 B．地面对斜面的支持力等于（m+M）g C．斜面受到地面的摩擦力向左 D．斜面受到地面的摩擦力向右 二．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共1小题） 3．如图所示，在光滑的水平面上有一倾角为θ的光滑斜面C，斜面C上叠放着A、B两物块，B的上表面水平。A、B、C的质量分别为m，2m，3m，重力加速度大小为g。现对C施加一方向水平向右的恒力，使A、B、C保持相对静止，则下列说法不正确的是（　　） A．A对B的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向左 B．B受到4个力的作用 C．B对C的压力大小为 D．C所受合力的大小为3mgtanθ 三．连接体模型（共22小题） 4．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mA：mB＝1：2。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，则弹簧弹力大小为（　　） A．F B． C． D． 5．如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠在一起，在水平力F1、F2的作用下运动，已知F1＞F2。下列说法正确的是（　　） A．甲对乙的作用力大小为F1 B．乙对甲的作用力大小为 C．如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小 D．如果撤去F2，甲对乙的作用力一定增大 6．如图所示，在光滑水平桌面边缘固定光滑的定滑轮，伸直的轻绳跨过定滑轮与物块a、b连接，轻绳始终与桌面平行。a、b的质量分别为m、M，且 m＜M。某时刻将a、b同时由静止释放，a在水平桌面滑动时加速度大小为a1，轻绳拉力大小为T1；将a、b的位置交换后重复上述过程，b在水平桌面滑动时加速度大小为a2，轻绳拉力大小为T2，则（　　） A．T1＞T2 B．T1＝T2 C．a1＜a2 D．a1＝a2 7．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2kg的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k＝100N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为20N，方向竖直向上的恒定拉力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10m/s2，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3m/s2 B．当弹簧压缩量减小0.1m时，A、B间弹力大小为4.5N C．A、B分离时，A物体的位移大小为0.2m D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.15m 8．如图所示，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳左侧悬挂质量为2m的物块A，右侧悬挂质量为0.5m的物块B，重力加速度大小为g。不计空气阻力，由静止释放物块A，两物块在空中做匀变速运动的过程中，连接A、B的绳子上的拉力大小为（　　） A．2mg B． C． D． 9．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为3m）的轻绳恰好水平，则外力F的大小为（　　）（已知重力加速度为g） A．5mg B．7.5mg C．4.5mg D．3.5mg 10．如图所示，质量为M的木箱静置于水平地面上，木箱顶部用轻杆固定一光滑轻质定滑轮，质量为2m的物体甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与质量为m的物体乙相连。初始时轻绳拉直，现同时释放两物体，甲拉着乙从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则在甲下落且乙未到达滑轮处的过程中（　　） A．甲的加速度大小为 B．轻绳上的拉力大小为mg C．轻杆对滑轮的作用力大小为 D．地面对木箱的支持力大小为 11．在太空中，可通过动力学方法测量物体的质量。如图所示，先对质量m1＝1.0kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/s，然后将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1s内的速度变化量大小是2m/s。则待测物体Q的质量m2为（　　） A．3.0kg B．4.0kg C．5.0kg D．6.0kg 12．如图所示，将一质量为m的小钢球用细线悬挂在汽车的顶部，汽车在水平面做直线运动的过程中，钢球与车厢保持相对静止。已知细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度的大小为g。下列说法正确的是（　　） A．细线拉力等于mgsinθ B．汽车加速度的大小为gtanθ C．汽车可能向左做匀速运动 D．汽车可能向右做匀加速运动 13．如图所示，长方体木块A、B静止在光滑水平桌面上。木块A的质量为1kg，木块B的质量为2kg。已知A、B间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若用水平力F作用在木块A上，下列说法正确的是（　　） A．若F＝2N，木块A保持静止 B．若F＝2N，木块A、B间的摩擦力等于2N C．若F＝4N，木块A、B间摩擦力等于3N D．若F＝4N，木块A、B间摩擦力小于3N 14．如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物块用细线相连，A物块质量为1kg，B物块质量为2kg，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．2N B．4N C．6N D．8N 15．如图所示，绕过光滑定滑轮的绳子将物块A和B相连，连接A的绳子与水平桌面平行。现将两物块由图示位置无初速度释放，经过一段时间，B未落地，A未到达滑轮位置。已知A的质量为M，B的质量为m，重力加速度为g。若忽略A与桌面之间的摩擦力，则绳子拉力大小为T0、A的加速度为a0，不计滑轮、绳子的质量。则下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力大小T0＝mg B．A的加速度大小 C．若A与桌面有摩擦力，则绳子拉力小于T0 D．若A与桌面有摩擦力，则A的加速度大于a0 16．如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆间的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g，下列关于杆对球的作用力F的判断正确的是（　　） A．小车静止时，F＝mgsinθ，方向沿斜杆向上 B．小车静止时，F＝mgcosθ，方向垂直于斜杆向上 C．小车向右以加速度a运动时，一定有F D．小车向左以加速度a运动时，F，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角θ1满足tanθ1 17．如图所示，用轻绳a将质量为m的小球A悬挂于质量为M的木箱顶部，小球A通过一根轻质弹簧与质量同为m的小球B相连，小球B底端与木箱接触而不挤压，木箱通过轻绳b悬挂于天花板。已知重力加速度为g，现仅剪断其中一根轻绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断轻绳a瞬间，小球B的加速度大小为g B．剪断轻绳a瞬间，轻绳b的拉力F＜（M+2m）g C．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为0 D．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为g 18．如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为m1，其推进器的平均推力为F，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv。则空间站的质量为（　　） A． B． C． D． 19．如图，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F拉C，使三者由静止开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（　　） A．若粘在木块A上面，绳的拉力不变 B．若粘在木块A上面，绳的拉力减小 C．若粘在木块C上面，A、B间摩擦力增大 D．若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小 （多选）20．如图所示，质量分别为4kg、3kg的木块A、B用轻质弹簧连接并置于粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.3，弹簧的劲度系数为400N/m，且伸长了1.0cm，A、B和弹簧组成的系统处于静止状态已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小g取10m/s2，现用F＝14N的水平拉力向右拉木块B，则力F作用后瞬间（　　） A．木块A所受摩擦力的大小是4N B．木块A所受摩擦力的大小是12N C．木块B所受摩擦力的大小是10N D．木块B所受摩擦力的大小是9N 21．如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止，B在斜面运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。求： （1）A和B的质量之比； （2）物体A落地时的速度大小； （3）物体B沿斜面上滑的总时间和总高度。 22．如图所示，水平地面上有一倾角θ＝30°的固定光滑斜面，小车放在斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与质量m1＝1kg的小桶相连，小桶桶底离地高度h＝0.8m，无外力作用时整个装置处于静止状态。将质量也为m1的物块轻放入小桶内后，小车开始运动，连接小车的轻绳始终与斜面平行，小桶落地前小车未到达斜面顶端。不计滑轮质量及摩擦，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小车的质量m2； （2）小桶桶底落地前瞬间速度v的大小。 23．如图所示，在水平地面上静置一个附有轻质光滑定滑轮的木箱，物块A用水平轻绳绕过定滑轮与物块B相连。释放后，B拉着A由静止开始运动，木箱始终保持静止。已知A、B的质量分别为mA＝2kg、mB＝3kg，木箱的质量M＝5kg，A与木箱间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。在B落地之前，求： （1）轻绳上的拉力大小； （2）木箱对地面的压力大小。 24．如图所示，质量分别为m1＝1kg和m2＝2kg的两个物体放在粗糙水平面上，两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，两物体之间用一根长L＝1m的细线连接，细线所能承受最大拉力为Fm＝3N，开始时两物体均静止且细线刚好被拉直，现对m2施加一个大小F＝6N水平向右的恒定拉力，（g＝10m/s2）求： （1）m1产生的加速度a； （2）连结两物体细线上的拉力的大小FT； （3）若拉力F方向不变，大小由F＝6N均匀增大，2s时细线被拉断，此后拉力F保持恒定不再增加，则细线拉断后4s时两物体间距离x。 25．如图，倾角θ＝37°，足够长的粗糙斜面固定在水平面上。质量为2kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连。已知木板B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25；重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，（假设A运动过程中不与地面或滑轮接触且B运动过程中始终不脱离斜面）。求： （1）当物块A质量多大时，木板B恰能沿斜面匀速下滑； （2）若物块A的质量为2kg，求木板B的加速度大小； （3）若物块A的质量为2kg，求物块A对绳子拉力的大小。 参考答案与试题解析 一．物体在粗糙斜面上的运动（共2小题） 1．如图是一个滑草轨道，由斜坡段OM和水平段MN组成。人坐在滑板上从O点由静止滑下，斜坡倾角为30°，滑板与两段轨道间的动摩擦因数均为0.5。忽略空气阻力，滑行过程中人与滑板保持相对静止，则滑板滑行时（　　） A．在两段轨道所受摩擦力大小相等 B．在OM段所受合外力大小比在MN段的大 C．在OM段的加速度大小比在MN段的小 D．滑板质量越大，在M点的速度越大 【分析】A、根据人在斜坡段与水平段上，垂直于接触面的方向上受力平衡，故根据平衡条件判断支持力的大小，摩擦力的大小与支持力的大小呈正相关，以此判断选项正误； BC、根据牛顿第二定律判断； D、人在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，结合运动学公式计算。 【解答】解：A、由题意可知，人在斜坡段所受支持力等于重力的分力，在水平段所受支持力等于重力，故在两段轨道所受支持力不相等，则摩擦力大小不相等，故A错误； BC、在OM段 在MN段 所以在OM段所受合外力大小比在MN段的小，根据牛顿第二定律可知，在OM段的加速度大小比在MN段的小，故B错误C正确； D、在M点的速度v2＝2a1x 加速度与质量无关，则速度与质量无关，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查学生对斜面模型动力来源的分析能力，其中知道滑动摩擦力的大小与物体间正压力大小有关，并灵活运用牛顿第二定律方可解决本题。 2．如图所示，斜面M静止在粗糙地面上，斜面上有一滑块m，在垂直斜面斜向右下方的力F的作用下，滑块恰好可以匀速下滑，现将F撤去，在之后滑块仍在下滑的过程中，斜面始终保持静止，重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块与斜面之间的摩擦力变大 B．地面对斜面的支持力等于（m+M）g C．斜面受到地面的摩擦力向左 D．斜面受到地面的摩擦力向右 【分析】分别列式算出施加推力与撤去推力两种情景下滑块的支持力，结合滑动摩擦力公式对比摩擦力大小；将滑块与斜面视作整体，依靠撤力前整体平衡、撤力后滑块加速失重的特点，对比地面对斜面支持力的数值；先借助撤力前匀速条件列出平衡方程，确定撤去推力后滑块加速下滑，把滑块加速度分解，利用整体法根据水平分加速度的受力需求，判断地面给斜面静摩擦力的指向。 【解答】解：A.在施加垂直斜面向右下方的推力F时，垂直斜面方向，斜面给滑块的支持力等于滑块重力垂直斜面的分力与F之和，即N1＝mgcosθ+F，此时滑块受到的滑动摩擦力f1＝μ（mgcosθ+F）；撤去推力F之后，不再有外力挤压斜面，斜面的支持力变为N2＝mgcosθ，对应的滑动摩擦力f2＝μmgcosθ。可知撤去F后摩擦力相比原来变小，故A错误。 B.撤去F之前滑块匀速下滑，滑块和斜面整体受力平衡，地面对斜面的支持力等于总重力与力F竖直分力之和，即地面对斜面的支持力大于（M+m）g；撤去F之后，由受力关系式mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma可知滑块沿 斜面向下做加速运动，滑块的加速度可以分解出竖直向下的分加速度，整个系统处于失重状态，地面对斜面的支持力小于（M+m）g，故B错误。 CD.撤去F前滑块恰好可以匀速下滑，有mgsinθ＝μ（mgcosθ+F），整理可得mgsinθ﹣μmgcosθ＝μF＞0，这就说明定撤去F后滑块沿斜面向下加速下滑。将滑块的加速度正交分解，可分解出水平向左与竖直向下两个分加速度。把斜面和滑块当作一个整体，水平方向向左的分加速度需要向左的合外力，该作用力由地面施加的静摩擦力提供，即斜面受到地面的摩擦力方向水平向左，故C正确，D错误。 故选：C。 【点评】本题围绕滑块沿斜面滑动的模型，考查滑动摩擦力计算公式、整体受力分析法、超失重规律与加速度分解结合整体受力的应用，分析撤去外力前后地面作用力的变化规律。 二．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共1小题） 3．如图所示，在光滑的水平面上有一倾角为θ的光滑斜面C，斜面C上叠放着A、B两物块，B的上表面水平。A、B、C的质量分别为m，2m，3m，重力加速度大小为g。现对C施加一方向水平向右的恒力，使A、B、C保持相对静止，则下列说法不正确的是（　　） A．A对B的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向左 B．B受到4个力的作用 C．B对C的压力大小为 D．C所受合力的大小为3mgtanθ 【分析】以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律，应用力的合成求解C对A、B整体的支持力和加速度，根据牛顿第三定律得到B对C的压力大小；由牛顿第二定律计算A所受摩擦力，根据牛顿第三定律得到A对B的摩擦力大小和方向；对B进行受力分析，确定受力个数；根据牛顿第二定律计算C所受合力的大小。 【解答】解：C、设A、B、C相对静止一起做匀加速直线运动的加速度大小为a，以A、B整体为研究对象，其总质量为3m，总重力为3mg，受力分析如下图所示： 可得C对A、B整体的支持力大小为： 由：tanθ，可得：a＝gtanθ 根据牛顿第三定律，B对C的压力大小为：N′＝N，故C错误； A、根据牛顿第二定律可得，物块B对物块A的静摩擦力作用大小为：fA＝ma＝mgtanθ，方向水平向右。根据牛顿第三定律可知，A对B的静摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向左，故A正确； B.物块B受到重力、C对它的支持力、A对它的压力、A对它的静摩擦力共四个力的作用，故B正确； D、由牛顿第二定律可知，C所受合力的大小为：F合C＝3ma＝3mgtanθ，故D正确。 本题选不正确的，故选：C。 【点评】本题考查了牛顿第二定律与连接体问题，具体涉及对物体进行受力分析，整体法与隔离法的应用，牛顿第二定律和第三定律的应用。 三．连接体模型（共22小题） 4．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mA：mB＝1：2。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，则弹簧弹力大小为（　　） A．F B． C． D． 【分析】先将A、B视为整体，利用整体法求出共同加速度；再隔离物体A，利用牛顿第二定律求解弹簧弹力的大小。 【解答】解：把A、B看成一个整体，根据牛顿第二定律有F＝（mA+mB）a＝3ma，解得整体加速度 隔离A物体，对A由牛顿第二定律有T＝mAa，解得弹簧弹力大小，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【点评】本题考查牛顿第二定律的“整体法与隔离法”应用，核心是通过整体法求系统加速度，再用隔离法分析单个物体受力，检验对连接体问题的受力分析和牛顿运动定律的应用能力。 5．如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠在一起，在水平力F1、F2的作用下运动，已知F1＞F2。下列说法正确的是（　　） A．甲对乙的作用力大小为F1 B．乙对甲的作用力大小为 C．如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小 D．如果撤去F2，甲对乙的作用力一定增大 【分析】运用整体法求加速度，隔离法求相互作用力，再分析撤去外力后作用力的变化。首先对甲、乙整体分析求加速度，再隔离单个物体分析相互作用力，最后对比撤去外力前后的作用力大小。 【解答】解：AB、根据题意分析可知，对甲乙整体受力分析，根据牛顿第二定律可得：F1﹣F2＝2ma，解得：，对乙受力分析，根据牛顿第二定律有：F甲对乙﹣F2＝ma，联立解得：，由结合牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小为：，故AB错误； C、根据题意分析可知，如果撤去F1，对整体，由牛顿第二定律可得：F2＝2ma′，解得：，对乙，由牛顿第二定律则有：F2﹣F甲对乙′＝ma′，联立解得：，可知甲对乙的作用力一定减小，故C正确； D、根据题意分析可知，如果撤去F2，对整体，由牛顿第二定律可得：F1＝2ma″，解得：，对乙，由牛顿第二定律可得：F甲对乙″＝ma″，解得：，可知甲对乙的作用力一定减小，故D错误。 故选：C。 【点评】本题核心是整体法与隔离法的结合应用：先通过整体法求共同加速度，再通过隔离法求内力；分析撤去外力时，需重新计算整体加速度与内力，对比前后大小判断变化。关键在于熟练运用牛顿第二定律及牛顿第三定律，明确整体与隔离的研究对象差异。 6．如图所示，在光滑水平桌面边缘固定光滑的定滑轮，伸直的轻绳跨过定滑轮与物块a、b连接，轻绳始终与桌面平行。a、b的质量分别为m、M，且 m＜M。某时刻将a、b同时由静止释放，a在水平桌面滑动时加速度大小为a1，轻绳拉力大小为T1；将a、b的位置交换后重复上述过程，b在水平桌面滑动时加速度大小为a2，轻绳拉力大小为T2，则（　　） A．T1＞T2 B．T1＝T2 C．a1＜a2 D．a1＝a2 【分析】分别对两种情况用整体法由牛顿第二定律求出加速度，再隔离水平面上的物块求出绳子拉力，进而比较加速度和拉力的大小。 【解答】解：情况一：对整体（a+b）应用牛顿第二定律：Mg＝（m+M）a1 解得： 情况二：对整体（b+a） 应用牛顿第二定律：mg＝（m+M）a2 解得： CD.已知m＜M，因此a1＞a2，故CD错误； AB.隔离物块a，水平方向仅受拉力 隔离物块b，水平方向仅受拉力，则T1＝T2，故A错误，B正确。 故选：B。 【点评】本题以滑轮连接体为模型，考查牛顿第二定律的应用，能有效考查学生的整体隔离法运用与受力分析能力。 7．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2kg的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k＝100N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为20N，方向竖直向上的恒定拉力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10m/s2，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3m/s2 B．当弹簧压缩量减小0.1m时，A、B间弹力大小为4.5N C．A、B分离时，A物体的位移大小为0.2m D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.15m 【分析】先计算初始状态下弹簧的压缩量，再分析施加外力瞬间两物体的受力情况求解加速度，接着分析弹簧压缩量变化时两物体间的弹力，再依据两物体分离时弹力为零的临界条件计算A的位移，最后根据B速度最大时合力为零的条件计算弹簧压缩量。 【解答】解：A.初始时把A、B看成一个整体，根据平衡条件，有kΔx＝2mg 代入数据得Δx＝0.4m外力施加的瞬间，根据牛顿第二定律，有F﹣2mg+kΔx＝2ma 代入数据得a＝5m/s2，故A错误； B.当压缩量减小0.1m，即形变量为Δx′＝0.3m时，对AB整体，根据牛顿第二定律，有F﹣2mg+kΔx′＝2ma′ 代入数据得a′＝2.5m/s2对A有，根据牛顿第二定律，有F+FN﹣mg＝ma′ 代入数据得FN＝5N，故B错误； CD.当FN＝0时，A、B分离，加速度a＝0，根据牛顿第二定律，有F+kΔx″＝2mg 代入数据得Δx″＝0.2m，故A、B分离时，A的位移为0.2m，且B的速度最大，故C正确，D错误。 故选：C。 【点评】本题以弹簧上叠放两个物体为情境，结合牛顿第二定律与分离、速度最大的临界条件，考查多过程受力分析与物理规律的综合应用，侧重对临界状态的理解，难度适中。 8．如图所示，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳左侧悬挂质量为2m的物块A，右侧悬挂质量为0.5m的物块B，重力加速度大小为g。不计空气阻力，由静止释放物块A，两物块在空中做匀变速运动的过程中，连接A、B的绳子上的拉力大小为（　　） A．2mg B． C． D． 【分析】分别以A、B为研究对象，由牛顿第二定律列式即可求解。 【解答】解：以A为对象，根据牛顿第二定律可得：2mg−T＝2ma，以B为对象，根据牛顿第二定律可得：T−0.5mg＝0.5a，联立解得：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意正确选择研究对象，此类问题一般先研究整体再隔离某一物体进行分析即可。 9．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为3m）的轻绳恰好水平，则外力F的大小为（　　）（已知重力加速度为g） A．5mg B．7.5mg C．4.5mg D．3.5mg 【分析】小球与小车加速度相同，需先通过小球的受力分析结合牛顿第二定律确定加速度，再对整体应用牛顿第二定律列方程求解外力F。 【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况可知，小球受重力G＝3mg和绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则重力和拉力的合力方向沿斜面向下，如图所示， 由牛顿第二定律得3ma，解得a＝2g，再对整体根据牛顿第二定律可得F+（2m+3m）gsin30°＝5ma，解得 F＝7.5mg，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】解决这类涉及连接体的牛顿第二定律问题，关键是明确各物体的加速度相同，通过隔离法分析单个物体的受力确定加速度，再通过整体法结合牛顿第二定律列方程，结合力的分解与合成分析受力，结合斜面的受力特点进行计算。 10．如图所示，质量为M的木箱静置于水平地面上，木箱顶部用轻杆固定一光滑轻质定滑轮，质量为2m的物体甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与质量为m的物体乙相连。初始时轻绳拉直，现同时释放两物体，甲拉着乙从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则在甲下落且乙未到达滑轮处的过程中（　　） A．甲的加速度大小为 B．轻绳上的拉力大小为mg C．轻杆对滑轮的作用力大小为 D．地面对木箱的支持力大小为 【分析】对系统整体分析，甲和乙组成的连接体受到重力差作为合外力驱动运动，利用牛顿第二定律可求系统加速度。隔离甲分析，其重力与绳拉力提供加速度，结合系统加速度可求绳拉力。对滑轮受力分析，两侧轻绳拉力对称，其合力决定轻杆作用力。通过木箱静止条件，地面对其支持力等于木箱重力与绳对滑轮拉力的竖直分量之和，需注意绳拉力方向及滑轮受力特点。 【解答】解：A、命题以连接体为背景，考查牛顿运动定律的应用，意在考查考生的分析与理解能力。对物体甲和乙整体，依据牛顿第二定律有，解得：，故A错误； B、隔离甲，由牛顿第二定律得2mg﹣T＝2ma，解得：，故B错误； C、对滑轮进行受力分析，有F＝2T，解得：，故C错误； D、地面对木箱的支持力大小为FN＝Mg+2T，代入T值得，故D正确。 故选：D。 【点评】本题以滑轮连接体为背景，综合考查了牛顿第二定律在非平衡态连接体问题中的应用，涉及整体法与隔离法的灵活选择。题目计算量适中，难度中等，重点检验学生对多物体关联运动进行受力分析与建立运动学关系的建模能力。通过设置甲、乙质量分别为2m和m的特定比例，有效考查了学生从整体出发求加速度，再隔离分析求绳中张力T的逻辑推理链条。求解地面对木箱支持力时，需将滑轮对轻杆的作用力与木箱自身重力结合进行整体分析，进一步锻炼了系统的受力分析视角。 请阅读下述文字，完成第18题、第19题、第20题。 牛顿运动定律是科学发展史上最重要的基本原理之一，是经典物理学的基石。牛顿运动定律的普适性和实用性，使其在生产、生活中得到了广泛的应用。人们常常根据牛顿运动定律测加速度、质量和力等。 11．在太空中，可通过动力学方法测量物体的质量。如图所示，先对质量m1＝1.0kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/s，然后将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1s内的速度变化量大小是2m/s。则待测物体Q的质量m2为（　　） A．3.0kg B．4.0kg C．5.0kg D．6.0kg 【分析】根据加速度的定义式求解水平恒力F作用在物体P时物体的加速度和作用在物体P和Q整体时的加速度，再根据牛顿第二定律求解恒力F和物体Q的质量。 【解答】解：当对物体P施加水平恒力F时物体P的加速度 根据牛顿第二定律有 F＝m1a1＝1.0×10N＝10N 当对物体P和Q整体施加水平恒力F时，整体的加速度 a2 根据牛顿第二定律有 F＝（m1+m2）a2 解得m2＝4.0kg 故ACD错误，B正确。 故选：B。 【点评】本题考查加速度的求解以及牛顿第二定律的应用，需要对两种情况分别根据牛顿第二定律求解。题目较为简单。 12．如图所示，将一质量为m的小钢球用细线悬挂在汽车的顶部，汽车在水平面做直线运动的过程中，钢球与车厢保持相对静止。已知细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度的大小为g。下列说法正确的是（　　） A．细线拉力等于mgsinθ B．汽车加速度的大小为gtanθ C．汽车可能向左做匀速运动 D．汽车可能向右做匀加速运动 【分析】对钢球受力分析，它受重力与拉力，合力水平，结合几何关系与牛顿第二定律推导加速度，再由此判断汽车的运动状态。 【解答】解：AB.汽车、小钢球具有共同的加速度，对小钢球进行受力分析如图所示 小钢球受重力和细线的拉力，在两个力作用下小钢球在竖直方向处于平衡状态，水平方向产生加速度，所以有x方向：Tsinθ＝ma y方向：Tcosθ＝mg 代入数据得a＝gtanθ，方向水平向左，细线的拉力，故A错误，B错误； CD.小钢球具有向左的加速度，因为钢球与车厢保持相对静止，则汽车也具有向左的加速度，所以汽车可能向右做减速运动，也可能向左做加速运动，故CD错误。 故选：B。 【点评】这是典型的摆球类牵连运动问题，核心是通过受力分析与牛顿定律，将摆角与加速度、运动状态关联起来，侧重对受力与运动关系的理解。 13．如图所示，长方体木块A、B静止在光滑水平桌面上。木块A的质量为1kg，木块B的质量为2kg。已知A、B间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若用水平力F作用在木块A上，下列说法正确的是（　　） A．若F＝2N，木块A保持静止 B．若F＝2N，木块A、B间的摩擦力等于2N C．若F＝4N，木块A、B间摩擦力等于3N D．若F＝4N，木块A、B间摩擦力小于3N 【分析】先求出A、B恰好相对滑动的临界加速度与临界拉力，判断不同力时两者处于相对静止的共同加速状态，再通过整体法与隔离法分析摩擦力与运动情况。 【解答】解：当A、B刚好相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力fmax。根据滑动摩擦力公式fmax＝μN 其中N＝mAg 可得fmax＝μmAg＝0.3×1×10N＝3N，此时对B，根据牛顿第二定律fmax＝mBa0 可得B的加速度 对整体，根据牛顿第二定律F＝（mA+mB）a0，可得刚好相对滑动时的外力F＝（1+2）×1.5N＝4.5N。 AB.当F＝2N＜4.5N，A、B相对静止，将A、B看作整体，根据牛顿第二定律F＝（mA+mB）a1 可得整体加速度/s2 对B，根据牛顿第二定律f＝mBa1 可得A、B间的摩擦力且A、B一起做加速运动，并非保持静止，故AB错误； CD.F＝4N时的情况当F＝4N＜4.5N，A、B相对静止，将A、B看作整体，根据牛顿第二定律F＝（mA+mB）a2 可得整体加速度/s2 对B，根据牛顿第二定律f'＝mBa2 可得A、B间的摩擦力，故C错误，D正确。 故选：D。 【点评】这是典型的板块模型临界问题，关键是先确定相对滑动的临界条件，再通过整体与隔离法分析受力和运动，对临界状态的判断是解题核心。 14．如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物块用细线相连，A物块质量为1kg，B物块质量为2kg，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．2N B．4N C．6N D．8N 【分析】先对A物体有利用牛顿第二定律求解最大加速度a，再对两物块整体做受力分析求F的最大值。 【解答】解：对于A物体有Tmax＝mAa 又Tmax＝2N 解得A物体最大加速度am/s2＝2m/s2 对两物块整体做受力分析有F＝（mA+mB）a＝（1+2）×2N＝6N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【点评】题目直接设问“F 的最大值”，需先通过隔离法求临界加速度，再用整体法求最大拉力，步骤明确，符合“先隔离求加速度，再整体求外力”的连接体解题逻辑，能帮助学生建立规范的解题思维。 15．如图所示，绕过光滑定滑轮的绳子将物块A和B相连，连接A的绳子与水平桌面平行。现将两物块由图示位置无初速度释放，经过一段时间，B未落地，A未到达滑轮位置。已知A的质量为M，B的质量为m，重力加速度为g。若忽略A与桌面之间的摩擦力，则绳子拉力大小为T0、A的加速度为a0，不计滑轮、绳子的质量。则下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力大小T0＝mg B．A的加速度大小 C．若A与桌面有摩擦力，则绳子拉力小于T0 D．若A与桌面有摩擦力，则A的加速度大于a0 【分析】分别对物块A不受摩擦力和受到摩擦力两种情况，应用整体法和隔离法，由牛顿第二定律求出加速度与绳子的拉力，并进行比较。 【解答】解：AB.运动过程中物块A与物块B的加速度大小相等，由牛顿第二定律得对A、B整体：mg＝（M+m）a0 对B：mg﹣T0＝ma0 代入数据得，a0，故A错误，B正确； CD.若A与桌面有摩擦力，设该摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：对A、B整体：mg﹣f＝（M+m）a 对B：mg﹣T＝ma 代入数据得T＝mgT0，，故CD错误。 故选：B。 【点评】这是一道典型的连接体动力学题，以滑轮连接的物块为背景，考察牛顿第二定律的应用。它既检验了无摩擦时整体与隔离法的受力分析，又通过有摩擦的情景对比，加深对合力与加速度关系的理解，是基础且灵活的考法。 16．如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆间的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g，下列关于杆对球的作用力F的判断正确的是（　　） A．小车静止时，F＝mgsinθ，方向沿斜杆向上 B．小车静止时，F＝mgcosθ，方向垂直于斜杆向上 C．小车向右以加速度a运动时，一定有F D．小车向左以加速度a运动时，F，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角θ1满足tanθ1 【分析】本题考查牛顿第二定律在连接体（或单个物体在非平衡状态下）的应用，涉及对物体的受力分析以及加速度与力的关系。 【解答】解：A、当小车静止时，小球也静止，处于平衡状态，受到重力mg和杆对它的作用力F，根据二力平衡可知， F与重力mg大小相等、方向相反，即 F＝mg，方向竖直向上，故A错误； B、当小车静止时，小球也静止，处于平衡状态，受到重力mg和杆对它的作用力F，根据二力平衡可知， F与重力mg大小相等、方向相反，即 F＝mg，方向竖直向上，故B错误； C、小车向右以加速度a运动时，小球受到重力mg和杆对它的作用力F，将F沿水平和竖直方向分解，根据牛顿第二定律：竖直方向：Fy＝mg，水平方向：Fx＝ma； 只有当F沿杆方向时，才有，但题中并没有说明F沿杆方向，故C错误； D、小车向左以加速度a运动时，小球受到重力mg和杆对它的作用力F，根据牛顿第二定律，合力F合＝ma，方向水平向左； 由力的合成可知，，方向斜向左上方，设F与竖直方向的夹角为θ1，则，故D正确。 故选：D。 【点评】本题重点：受力分析：准确分析小球在不同运动状态（静止、加速运动）下的受力情况，明确重力、杆的作用力这两个力的作用。牛顿第二定律的应用：当物体有加速度时，合力与加速度的关系为合，需要将力进行分解（或合成），结合加速度的方向来确定合力的方向，进而求解未知力。 本题难点：杆的作用力的特点：杆的作用力不一定沿杆的方向，需要根据物体的运动状态（加速度）来判断，这与绳的拉力总是沿绳的方向不同，容易在此处产生错误认知。加速度与力的矢量关系：当小车加速运动时，小球的加速度与小车相同，需要将杆的作用力和重力进行矢量合成，得到合力，再结合牛顿第二定律求解，矢量的合成与分解是难点之一。 17．如图所示，用轻绳a将质量为m的小球A悬挂于质量为M的木箱顶部，小球A通过一根轻质弹簧与质量同为m的小球B相连，小球B底端与木箱接触而不挤压，木箱通过轻绳b悬挂于天花板。已知重力加速度为g，现仅剪断其中一根轻绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断轻绳a瞬间，小球B的加速度大小为g B．剪断轻绳a瞬间，轻绳b的拉力F＜（M+2m）g C．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为0 D．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为g 【分析】剪断轻绳a瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，小球B的加速度不变；对系统，根据牛顿第二定律求解轻绳b的拉力；剪断前，对小球B分析，由平衡条件求出弹簧的弹力。剪断轻绳b瞬间，根据牛顿第二定律求小球A的加速度大小。 【解答】解：A、剪断绳a的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，小球B的受力情况不变，则小球B所受合力仍为零，加速度大小为零，故A错误； B、剪断轻绳a瞬间，轻绳a对小球A向上的拉力减为零，弹簧形变不变，小球A所受合力向下，具有向下的加速度a1。对系统，由牛顿第二定律有 F﹣（M+2m）g＝m（﹣a1） 解得F＜（M+2m）g，故B正确； CD、剪断轻绳b前，对小球B分析，由平衡条件可得F弹＝mg 剪断轻绳b瞬间，轻绳b的拉力突变为零，若轻绳a松弛，则木箱只受重力作用开始以加速度g加速下落。对小球A，根据牛顿第二定律有 mg+F弹＝ma1 解得a1＝2g＞g 加速下落，则轻绳a未松弛，木箱与小球A同步运动，对整体，根据牛顿第二定律可得 （M+2m）g＝（m+M）a+m×0 解得小球A的加速度大小为，故CD错误。 故选：B。 【点评】本题是瞬时加速度问题，关键要抓住弹簧的弹力不能突变，确定研究对象，分析受力，根据平衡条件和牛顿第二定律解答。 18．如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为m1，其推进器的平均推力为F，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv。则空间站的质量为（　　） A． B． C． D． 【分析】由加速度定义公式求出飞船与空间站整体的加速度，再由牛顿第二定律求出整体的质量，从而求得空间站的质量。 【解答】解：在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv，则飞船与空间站整体的加速度为a 对整体，根据牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a 联立解得空间站的质量为：m2m1，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】本题是牛顿第二定律在实际中的应用中，要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性，即公式中的各量均为同一物体所具有的。 19．如图，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F拉C，使三者由静止开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（　　） A．若粘在木块A上面，绳的拉力不变 B．若粘在木块A上面，绳的拉力减小 C．若粘在木块C上面，A、B间摩擦力增大 D．若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小 【分析】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的变化 【解答】解：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块木块上，以橡皮泥和三个木块为研究对象，根据牛顿第二定律都有：F﹣3μmg﹣μΔmg＝（3m+Δm）a，则加速度a都将减小。 AB、若粘在A木块上面，以C为研究对象，C受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，由牛顿第二定律有：F﹣μmg﹣T＝ma，a减小，F、μmg不变，则T增大，故AB错误； CD、若粘在C木块上面，a减小，对A有fA＝ma，可见A的摩擦力减小，以AB为整体有T﹣2μmg＝2ma，得T＝2ma+2μmg，则T减小，故C错误，D正确。 故选：D。 【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。 （多选）20．如图所示，质量分别为4kg、3kg的木块A、B用轻质弹簧连接并置于粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.3，弹簧的劲度系数为400N/m，且伸长了1.0cm，A、B和弹簧组成的系统处于静止状态已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小g取10m/s2，现用F＝14N的水平拉力向右拉木块B，则力F作用后瞬间（　　） A．木块A所受摩擦力的大小是4N B．木块A所受摩擦力的大小是12N C．木块B所受摩擦力的大小是10N D．木块B所受摩擦力的大小是9N 【分析】根据分析物体受静摩擦还是滑动摩擦，弹簧的受力不会突变，进行受力分析之后在进行求解。 【解答】解：A.物体A、B与地面间的最大静摩擦力分别为fmA＝μmAg，fmB＝μmBg 开始时弹簧的弹力为F弹＝kx 现用F＝14N的水平拉力向右拉木块B，对B分析，由于F﹣F弹＝10N＞fmB 可知B开始运动，则木块B所受摩擦力的大小是9N； 拉力作用瞬间弹簧的弹力不变，则A仍静止，此时木块A所受摩擦力的大小 代入数据得fA＝F弹＝4N，故AD正确，BC错误。 故选：AD。 【点评】本题涉及摩擦力以及弹簧的弹力的知识。 21．如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止，B在斜面运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。求： （1）A和B的质量之比； （2）物体A落地时的速度大小； （3）物体B沿斜面上滑的总时间和总高度。 【分析】（1）初始时系统静止，A受重力沿斜面的分力与细绳拉力平衡，B受重力与细绳拉力平衡，通过两物体的平衡方程建立质量关系，即可求出质量比。 （2）A与B对调后由静止释放，系统沿绳方向做匀加速直线运动，对A和B整体应用牛顿第二定律求出共同加速度，再根据匀加速直线运动规律，由下落高度h与加速度求出A落地时的速度。 （3）B的运动分为两个阶段：第一阶段与A相连，以共同加速度沿斜面向上匀加速至A落地；第二阶段A停止后B仅受重力沿斜面的分力，沿斜面向上做匀减速运动直至速度减为零。分别利用匀变速运动的速度与时间关系、位移与速度关系求出两阶段的时间和沿斜面的位移，再根据斜面倾角将位移转化为上升高度，最后求和。 【解答】解：（1）初始时A与B均静止，系统处于平衡状态。对A进行沿斜面方向的受力分析，可得细绳拉力T＝mAgsin30°； 对悬挂于滑轮另一侧的B，由平衡条件有T＝mBg。联立得mAsin30°＝mB，代入数据解得，即A与B的质量比为2：1。 （2）将A、B两物体对调后，设mB＝m，则mA＝2m。系统由静止释放，根据牛顿第二定律有mAg﹣mBgsin30°＝（mA+mB）a，代入数据解得系统加速度a＝0.5g。 依据运动学公式v2＝2ah，解得物体A落地时的速度大小为。 （3）物体B的运动可分为两个阶段。 第一阶段：B与A相连，沿斜面向上做初速为零的匀加速运动，位移为h，历时，计算得，此阶段上升高度h1＝hsin30°，即h1＝0.5h； 第二阶段：A落地后细绳松弛，B在斜面上做匀减速运动，其加速度大小a'＝gsin30°，即a'＝0.5g。由速度公式0＝v﹣a't2，解得减速阶段时间，计算得； 此阶段沿斜面上滑距离即s＝h，对应上升高度h2＝ssin30°，即h2＝0.5h。综上，物体B沿斜面上滑的总时间t＝t1+t2，即，上升的总高度H＝h1+h2＝h。 答：（1）A和B的质量之比为2：1。 （2）物体A落地时的速度大小为。 （3）物体B沿斜面上滑的总时间为，总高度为h。 【点评】本题是一道综合性较强的力学题目，涉及共点力平衡、连接体模型、牛顿运动定律以及多过程运动分析。题目考查学生对受力分析与运动学规律的综合应用能力，尤其强调对系统在不同阶段动力学特征的准确把握。计算量适中，但需要清晰的物理过程分解与严谨的公式推导。第一问通过平衡条件建立质量关系是基础；第二问需对调后正确建立系统牛顿第二定律方程；第三问的难点在于将物体B的运动分解为绳张紧时的匀加速和绳松弛后的匀减速两个阶段，并分别计算时间与位移，最终进行合成，这有效锻炼了学生的逻辑推理与多过程建模能力。题目整体设计层次分明，逐步深入，是一道能有效检验学生力学核心素养的好题。 22．如图所示，水平地面上有一倾角θ＝30°的固定光滑斜面，小车放在斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与质量m1＝1kg的小桶相连，小桶桶底离地高度h＝0.8m，无外力作用时整个装置处于静止状态。将质量也为m1的物块轻放入小桶内后，小车开始运动，连接小车的轻绳始终与斜面平行，小桶落地前小车未到达斜面顶端。不计滑轮质量及摩擦，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小车的质量m2； （2）小桶桶底落地前瞬间速度v的大小。 【分析】（1）装置静止时，小桶的重力与小车沿斜面的分力大小相等，对两者受力分析列平衡方程求解小车质量； （2）小桶、物块与小车组成的系统机械能守恒，系统重力势能的减少量等于动能的增加量，据此计算小桶落地前瞬间的速度。 【解答】解：（1）根据题意，由平衡条件有m1g＝m2gsin30° 代入数据得m2＝2kg （2）根据题意，对整体，由牛顿第二定律有m1g＝（2m1+m2）a 代入数据得a＝2.5m/s2 由运动学公式有v2＝2ah 代入数据得v＝2m/s 答：（1）小车的质量2kg； （2）小桶桶底落地前瞬间速度v的大小是2m/s。 【点评】本题先考查共点力平衡条件，后考查系统机械能守恒定律，受力分析与能量转化关系的应用是核心，能有效考查力学基础应用能力。 23．如图所示，在水平地面上静置一个附有轻质光滑定滑轮的木箱，物块A用水平轻绳绕过定滑轮与物块B相连。释放后，B拉着A由静止开始运动，木箱始终保持静止。已知A、B的质量分别为mA＝2kg、mB＝3kg，木箱的质量M＝5kg，A与木箱间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。在B落地之前，求： （1）轻绳上的拉力大小； （2）木箱对地面的压力大小。 【分析】（1）A与B通过轻绳连接，具有相同大小的加速度。对A分析其水平方向受力，绳拉力与滑动摩擦力的合力产生加速度；对B分析其竖直方向受力，重力与绳拉力的合力产生加速度。联立两物体的牛顿第二定律方程，可求解共同加速度与绳拉力。 （2）木箱静止，其竖直方向受力平衡。分析木箱受力，其受到自身重力、A对木箱的压力、以及通过定滑轮作用在木箱上的两段绳拉力的合力在竖直方向的分力。将这些力在竖直方向合成，根据平衡条件即可求得地面对木箱的支持力，其反作用力即为所求压力。 【解答】解：（1）对B进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：mBg﹣T＝mBa对A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：T﹣μmAg＝mAa联立以上两式，解得：a＝4m/s2，T＝18N。 （2）滑轮两侧轻绳的拉力对滑轮的作用力为，解得：，方向指向左下方，与水平方向夹角为45°。 对木箱进行受力分析，在竖直方向上有：Mg+FNA+Fcos45°＝FN，其中，FNA＝mAg，联立上述方程，解得：FN＝88N。 根据牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力FN'＝FN，解得：FN'＝88N。 答：（1）轻绳上的拉力大小为18N。 （2）木箱对地面的压力大小为88N。 【点评】本题综合考查了连接体问题中的动力学分析以及滑轮系统的受力特点。题目通过A、B两个物块通过定滑轮连接并置于木箱内的情境，要求学生分别求解绳的拉力和木箱对地面的压力，计算量适中，难度中等偏上。解答过程需对A、B进行隔离受力分析，运用牛顿第二定律建立方程组，求解共同的加速度和绳的拉力，这部分着重训练学生的建模能力和方程联立求解技巧。第二问的难点在于分析滑轮对木箱的作用力，需认识到两侧绳拉力大小相等且夹角为90度，其合力方向与大小需通过矢量合成准确计算，进而对木箱进行竖直方向的受力平衡分析。本题能有效锻炼学生对多物体系统进行受力分解与合成的综合处理能力，以及将动力学与静力学问题相结合的思维转换能力。 24．如图所示，质量分别为m1＝1kg和m2＝2kg的两个物体放在粗糙水平面上，两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，两物体之间用一根长L＝1m的细线连接，细线所能承受最大拉力为Fm＝3N，开始时两物体均静止且细线刚好被拉直，现对m2施加一个大小F＝6N水平向右的恒定拉力，（g＝10m/s2）求： （1）m1产生的加速度a； （2）连结两物体细线上的拉力的大小FT； （3）若拉力F方向不变，大小由F＝6N均匀增大，2s时细线被拉断，此后拉力F保持恒定不再增加，则细线拉断后4s时两物体间距离x。 【分析】（1）对两物体构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律求解m1产生的加速度； （2）对于物体m1进行分析，根据牛顿第二定律求解连结两物体细线上的拉力的大小； （3）细线拉断后，分别对两物体进行受力分析，利用牛顿第二定律和运动学公式求4s时两物体间距离。 【解答】解：（1）对两物体构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有F﹣μ（m1+m2）g＝（m1+m2）a， 解得a1m/s2，方向水平向右； （2）对于物体m1进行分析，根据牛顿第二定律有FT﹣μm1g＝m1a，则FT＝m1a+μm1g＝1×1N+0.1×1×10N＝2N； （3）2s时细线被拉断，此时绳子拉力为Fm＝3N，对物体m1进行分析，根据牛顿第二定律有 Fm﹣μm1g＝m1a′，解得：a′2m/s2 对两物体构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有： F′﹣μ（m1+m2）g＝（m1+m2）a′，F′＝（m1+m2）a′+μ（m1+m2）g＝3×2N+0.1×3×10N＝9N 细线拉断后，物体m2做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有： F′﹣μm2g＝m2ma2，解得：a23.5m/s2 细线拉断后，物体m1做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有： μm1g＝m2a1，解得：a1＝1m/s2 0～2s时间内，两者的加速度由a＝1m/s2均匀增大到a′＝2m/s2，由平均加速度可得2s时两者的速度为： v0（a+a′）t1（1+2）×2m/s＝3m/s 细线拉断后4s内m1已经停止运动，其位移大小为： x14.5m 细线拉断后4s内m2的位移大小为： x2＝v0t23×4mm＝40m 则细线拉断后4s时两物体间距离x＝x2﹣x1+L＝40m﹣4.5m+1m＝36.5m。 答：（1）m1产生的加速度a为1m/s2，方向水平向右； （2）连结两物体细线上的拉力的大小为2N； （3）细线拉断后4s时两物体间距离x为36.5m。 【点评】本题是一道高质量的动力学综合题，考点聚焦、梯度合理、易错点突出，既能检验学生的基础掌握程度，又能提升其综合分析与计算能力，是复习牛顿运动定律的优质练习题。学生需重点掌握整体法与隔离法的灵活应用、临界条件的判断、多过程运动的分段分析三大核心能力，才能顺利突破本题。 25．如图，倾角θ＝37°，足够长的粗糙斜面固定在水平面上。质量为2kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连。已知木板B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25；重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，（假设A运动过程中不与地面或滑轮接触且B运动过程中始终不脱离斜面）。求： （1）当物块A质量多大时，木板B恰能沿斜面匀速下滑； （2）若物块A的质量为2kg，求木板B的加速度大小； （3）若物块A的质量为2kg，求物块A对绳子拉力的大小。 【分析】（1）对B受力分析，根据平衡条件分析绳拉力，再分析A的质量； （2）对AB受力分析，根据牛顿第二定律分析； （3）对A受力分析，根据牛顿第二定律分析。 【解答】解：（1）对B受力分析如图所示： 将力正交分解，有f+T1＝mgsinθ，N＝mgcosθ，又f＝μN，代入数据可得T1＝8N，对A，有m'g＝T1，代入数据可得m'＝0.8kg； （2）对AB整体沿绳方向受力分析，如图所示： 由牛顿第二定律可知m″g﹣mgsinθ﹣f＝（m+m″）a，代入数据可得a＝1m/2； （3）对A受力分析，由牛顿第二定律可知m″g﹣T＝m″a，代入数据可得T＝18N。 答：（1）当物块A质量为0.8kg时，木板B恰能沿斜面匀速下滑； （2）若物块A的质量为2kg，木板B的加速度大小为1m/2； （3）若物块A的质量为2kg，物块A对绳子拉力的大小为18N。 【点评】考查了牛顿第二定律的应用，连接体问题的分析方法，选择合适的研究对象可以简化分析过程。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/7/7 16:11:06；用户：李伟伟；邮箱：18419037828；学号：65202505 学科网（北京）股份有限公司 $