专题04 连接体模型（原卷版）-【模型与方法】2025届高考物理热点模型与方法归纳

29/32专题04连接体模型目录TOC\o"1-3"\h\u【模型一】平衡中的连接体模型 11.轻杆连接体问题 12．轻环穿杆问题 2【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 51．悬绳加速度问题 52．类悬绳加速度问题 6【模型三】轻绳相连加速度相同的连接体 17【模型四】板块加速度相同的连接体模型 23【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等“阿特伍德机”模型 26【模型六】弹簧木块分离问题模型 32【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型 451.绳、杆末端速度分解四步 452.绳杆末端速度分解的三种方法 453.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型 464.轻杆相连的系统机械能守恒模型 47【模型一】平衡中的连接体模型【模型构建】1.轻杆连接体问题【问题】如图，求m1：m2大小方法一、正弦定理法方法二、力乘力臂法方法三、重心法对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，对m1：对m2：根据等腰三角形有：θ1=θ2联立解得m1gsinα=m2gsinβ∴m1：m2=sinβ：sinα以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知:动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ。∴m1：m2=sinβ：sinα以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2，∴m1：m2=sinβ：sinα2．轻环穿杆问题FFNTFFNTθfμFFNTFFNT1T2轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tanθ=μ轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向1．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，直角杆POQ固定在竖直平面内，PO部分水平且表面粗糙，OQ部分竖直且表面光滑，a、b为两个套在此杆上由特殊材料制成的小球，在一定范围内，它们之间的相互作用力大小满足（k为定值，r为两者间的距离），方向在a、b两小球的连线上。当用一沿着PO水平向右的力F作用在a小球上时，两小球均处于静止状态。现将a小球向右缓慢拉动一小段距离，此过程中，下列说法正确的是（）A．水平力F逐渐变大B．a、b两小球间的距离逐渐变小C．a小球对PO的压力逐渐变小D．b小球对OQ的压力逐渐变小【答案】D【详解】D．设a、b两小球连线与QO的夹角为，对b小球受力分析，根据平衡条件可得将a小球向右缓慢拉动一小段距离，减小，OQ对b小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律，b小球对OQ的压力逐渐变小，故D正确；B．将a小球向右缓慢拉动一小段距离，此过程中，若b小球发生移动，a、b两小球间的距离可能会增大，故B错误；AC．以a、b两小球为整体，受力分析，如图所示竖直方向有故PO对a小球的支持力不变，根据牛顿第三定律，a小球对PO的压力不变，滑动摩擦力不变，水平方向有且联立可得将a小球向右缓慢拉动一小段距离，减小，故水平力F逐渐变小，故AC错误。故选D。2．（2024·山东临沂·模拟预测）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．【答案】C【详解】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故选C。3．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．【答案】B【分析】由三角形法则建立三角形，根据正弦定理列出比例式子可得两球的质量比.【详解】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：，故选B.【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型【模型要点】1．悬绳加速度问题水平加速中的悬绳θθm倾斜加速中的悬绳注意“发飘”多悬绳θθmθθmα①绳竖直mmαθ=0，a=0，μ=tanα②绳垂直θmαθ=α，a=gsinα，θmα③绳水平mmαa=g/sinα，向上减速μ=cotαmmαaθθmθθmgTxyθ-αθ-αmgTxyαααmgTxyFNαθθmgTxyFa=g·tanθT=mg/cosθ加速度大小与质量无关，与偏角有关T=mgcosα/cos(θ-α)T=mgsinθ+macosθFN=mgcosθ-masinθa>g·cotα发飘:FN=0T=T=mg/cosθF=mg·tanθ-maa>g·tanθ发飘:F=0T=2．类悬绳加速度问题光滑斜面车上物体光滑圆弧车中物体车上死杆车中土豆车上人mmθammθammθa死杆aamammaθθmgFNxyθθmgFNxymgmgFxymgmgFxymgmgFxyFNf加速度a=g·tanθ支持力FN=mg/cosθ加速度a=g·tanθ支持力FN=mg/cosθ杆对球的弹力其它土豆对黑土豆的作用力车对人的作用力1．（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【答案】D【详解】AB．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。2．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【答案】D【详解】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。故选D。3.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【答案】A【详解】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。故选A。4.在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了地铁进站减速运行时情景的照片，如图所示，细绳与竖直方向夹角为，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定（）A．地铁运行方向 B．地铁运行加速度方向C．圆珠笔的质量 D．地铁运行加速度大小为【答案】AB【详解】AB．对圆珠笔受力分析，圆珠笔的重力与绳子拉力的合力方向向左，根据牛顿第二定律可知，加速度方向向左，则地铁运行加速度向左，已知列车进站减速运行，故列车向右做匀减速运动。故AB正确；C．根据已知条件，无法确定圆珠笔的质量，故C错误；D．根据牛顿第二定律有解得地铁运行加速度大小为故D错误。故选AB。5.如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是A.货车速度增加得越来越快B.货车在相邻的两个相等时间间隔内的位移之差为C.与B接触的物体对B的作用力大小为D.与B接触的物体对B的作用力方向水平向右【答案】BC【解析】根据加速度的定义式可知，速度变化率不变，单位时间内货车速度增加量不变，故A选项错误；根据匀变速直线运动的规律可知，货车在相邻的两个相等时间T内的位移之差为，故B选项正确；货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动，与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所示，作用力大小为，故C选项正确，D选项错误。6.两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（）

A．a环沿杆做匀加速直线运动 B．b环与杆有摩擦力C．d球处于失重状态 D．细线对c、d球的弹力大小相等【答案】AB【详解】A．c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示

c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有则a环的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，故A正确；BC．对球d隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，可知b环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡，d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B正确，C错误；D．根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力根据共点力平衡，可得对d球的拉力细线对c、d球的弹力大小不相等，故D错误。故选AB。7.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．【答案】BD【详解】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，故故选BD。8.如图所示静止在水平面上的小车内有一质量的物体通过两根轻质细绳悬挂在车顶，AC绳与水平面成角，BC绳与水平面成角，g取，，。若小车沿水平面向右做直线运动，下列说法正确的是（）A．若小车做匀速直线运动，则AC绳拉力为6NB．若小车做加速度的匀加速运动，则BC绳拉力为C．若小车做加速度的匀加速运动，则AC绳拉力为零D．若小车做加速度的匀加速运动，则BC绳拉力为【答案】C【详解】A．若小车做匀速直线运动，对物体进行受力分析有故A错误；B．若小车做加速度为的匀加速运动，对物体受力分析有解得故B错误；C．若小车做加速度为的匀加速运动，对物体受力分析有解得故C正确；D．若小车做加速度为的匀加速运动，由于，结合上述可知，此时AC绳拉力为零，BC绳稳定后，对物体受力分析有解得故D错误。故选C。9.质量为m的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。现用水平向左的推力F（为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静止时，细线与竖直杆之间的夹角为，已知斜面的倾角为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（

）A．当时，水平推力大小一定为B．当时，水平推力大小一定为C．当时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直【答案】ACD【详解】A．当时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力，合力水平向左，如图则解得整体由牛顿第二定律得故A正确；B．当时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误；C．当时，小球的加速度大小为物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0。如果，物块与斜面间的摩擦力一定不为0，当时，物块受到斜面沿斜面向上的摩擦力；当时，物块受到斜面沿斜面向下的摩擦力，故C正确；D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则解得细线与斜面一定垂直，故D正确。故选ACD。10．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【答案】D【详解】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。故选D。【模型三】轻绳相连加速度相同的连接体mm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Famm1m2Fμμam3μ求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体整体求加速度隔离求内力T-μm1g=m1a得整体求加速度隔离求内力T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a得整体求加速度隔离求内力T-m1g=m1a得mm1m2F2μμaF1隔离T-F1-μm1g=m1a得1.如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则下列说法正确的是()A．a1＝a2，FN1>FN2 B．a1＝a2，FN1＝FN2C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2【答案】D【解析】设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝eq\f(F,m＋m)＝eq\f(F,2m)，对B分析FN1＝mBa1＝eq\f(F,2)。接触面粗糙时，对整体分析有a2＝eq\f(F－f,2m)＝eq\f(F,2m)－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝eq\f(F,2)，则FN1＝FN2。故D正确。2.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A.F B.eq\f(19F,20) C.eq\f(F,19) D.eq\f(F,20)【答案】C【解析】设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq\f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误。3.（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【答案】C【详解】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。故选C。4.如图甲所示，物块a、b用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平地面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块a施加一水平向右的恒力F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，则物块a、b的质量之比为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得其中时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得以物块b为对象，根据牛顿第二定律可得其中，联立可得物块a、b的质量之比为故选D。5.如图所示，两个完全相同的物体A、B用轻质弹簧相连，现用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，则（）A．弹簧的弹力小于0.5FB．撤去F的瞬间，A的加速度变小C．撤去F的瞬间，B的加速度不变D．若水平面粗糙，AB仍一起运动，弹簧的弹力变小【答案】C【详解】A．A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，根据整体法，有隔离B物体，有解得A错误；B．撤去F的瞬间，弹簧上弹力瞬间不变，A物体此时合力为弹簧拉力，则有解得可知A的加速度大小不变，B错误；C．撤去F的瞬间，弹簧上弹力瞬间不变，B受力情况不变，所以加速度不变，C正确；D．若水平面粗糙，设两物体与水平地面的摩擦因数均为，根据整体、隔离法，有解得可知，弹簧上弹力不变，D错误。故选C。6.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【答案】D【解析】假设物体P的质量为M，物体Q的质量为m.由牛顿第二定律，对图甲中的物体P和Q有：F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a甲，对物体Q：F甲－mgsinθ＝ma甲，解得：a甲＝eq\f(F,M＋m)－gsinθ，F甲＝eq\f(Fm,M＋m)；同理对图乙，解得a乙＝eq\f(F,M＋m)，F乙＝eq\f(Fm,M＋m)；同理对图丙，解得a丙＝eq\f(F,M＋m)－g、F丙＝eq\f(Fm,M＋m)；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确．7.如图所示，质量分别为mA=5kg、mB=3kg的物体A、B静置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤水平连接。两个大小分别为F1=4N、F2=20N的水平拉力分别作用在A、B上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（）A．弹簧秤的示数是10NB．弹簧秤的示数是14NC．在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为2.8m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为2m/s2【答案】B【详解】AB．对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律解得，整体的加速度为对A受力分析，由牛顿第二定律得解得，弹簧秤的示数为A错误，B正确；C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度大小仍为，C错误；D．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，B所受合外力为弹簧弹力，则B的加速度大小为D错误。故选B。【模型四】板块加速度相同的连接体模型mm1m2μ光滑aFmm1m2μ1μ2a)θmm1μ1μ2a)θm2整体：a=F/(m1+m2)隔离m1：f=m1a得f=m1F/(m1+m2)整体：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔离m1：m1gsinθ-f=m1a得f=μ2m1gcosθ方向沿斜面向上若μ2=0则f=0整体：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔离m1：f=m1acosθ得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ方向水平向左若μ2=0则f=m1gsinθcosθ1.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tanθB.μ2一定小于tanθC.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【答案】BC【解析】A、B保持相对静止加速下滑，加速度a＝gsinθ－μ2gcosθ，因a＞0，故μ2＜tanθ，选项B、C正确；对A，有mAgsinθ－Ff＝mAa，则摩擦力Ff＝μ2mAgcosθ≤μ1mAgcosθ，所以mAgsinθ－μ1mAgcosθ＞0，即μ1＜tanθ，选项A、D错误。2.如图所示，木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m，B的质量为2m，现施水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力拉A，使A，B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则不得超过（

）A.2F B. C.3F D.【答案】B【解析】力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm=ma对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F=3ma解得fm=F当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F1-fm=ma1对整体有F1=3ma1由上述各式联立解得F1=F即F1的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则的可能值不超过F。故选B。3.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【答案】BC【解析】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。4.如图所示，斜面倾角为，木块B上表面水平，木块A置于B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，A与B始终保持相对静止，在下滑过程中下列说法错误的是（）A.B对A的摩擦力做正功 B.B对A的作用力大于A的重力C.A的加速度大小为 D.A对B不做功【答案】B【解析】A．A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，对于A由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力Ff，所以B对A的摩擦力做正功，A正确；BD．因为斜面光滑，A与B一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，对AB整体来看，整体它们受重力垂直于斜面方向的支持力，这二个力的合力是沿斜面向下的，对物体A分析，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，同理对于A，它也会受到重力和垂直于斜面方向的一个力的作用，大小为，即B对A的作用力小于A的重力，B错误；C．A与B始终保持相对静止，一起下滑，根据牛顿第二定律解得及A的加速度大小为，C正确；D．根据分析对于A，它也会受到垂直于斜面方向的一个力的作用，则A对B也是垂直于斜面方向下的力，即力与位移垂直，A对B不做功，D正确。故选B。5.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过()甲乙A．2FB．eq\f(F,2)C．3FD．eq\f(F,3)【答案】B【解析】力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm＝ma ①对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma ②由①②解得fm＝eq\f(1,3)F。当F′作用在物体A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F′－fm＝ma1 ③对整体，有F′＝3ma1 ④由上述各式联立解得F′＝eq\f(3,2)fm＝eq\f(1,2)F，即F′的最大值是eq\f(1,2)F。【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等“阿特伍德机”模型m1m1m2aaμmm1m2aa隔离m1：T-μm1g=m1a隔离m2：m2g-T=m2a得，隔离m1：m1g-T=m1a隔离m2：T-m2g=m2a得，若μ=0，且m2<<m1，若m1=m2，T=m1g=m2g1.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mghD．物体b能上升的最大高度为【答案】D【详解】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。故选D。2．（2025·广东·一模）如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为和，且（滑轮质量及一切摩擦不计），此时系统的加速度为a，今用一竖直向下的恒力代替，系统的加速度为，则和a的关系为（）A．B．C．D．【答案】B【详解】定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得得当用一竖直向下的恒力代替时，对，根据牛顿第二定律得得则故ACD错误，B正确。故选B。3.如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量m0不变，取不同质量m的B物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化的关系曲线如图乙所示，F=F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g，则（）A．m越大，F越小B．m越大，F越大C．A物体质量D．在范围内，B的质量m越大，其运动的加速度越大【答案】B【详解】ABC．设绳中拉力大小为T，当m较大时，对A物体分析，根据牛顿第二定律可得对B物体分析，有解得则m越大，F越大，m趋向于无穷大时，有解得A物体质量为故AC错误，B正确；D．在范围内，对A分析有对B分析有解得加速度为则m越大，加速度越小，故D错误。故选B。4.如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g【答案】C【解析】以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。5.(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()甲乙A．轻绳的拉力等于mgB．轻绳的拉力等于MgC．A运动的加速度大小为(1－sinα)gD．A运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g【答案】ACD【解析】本题考查连接体的临界问题。第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsinα＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mg－mgsinα＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g。对B，由牛顿第二定律有T－mgsinα＝ma，解得T＝mg，故A、C、D正确，B错误。6.(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eq\f(m,2)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＝eq\f(m,4) B.mB＝eq\f(3m,8)C.a＝0.2g D.a＝0.4g【答案】BC【解析】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＋eq\f(1,2)mg)－mgsin30°＝(m＋mB＋eq\f(1,2)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＋eq\f(1,2)m)gsin30°－mBg＝(m＋mB＋eq\f(1,2)m)a联立解得mB＝eq\f(3m,8)加速度大小为a＝0.2g故A、D错误、B、C正确.【模型六】弹簧木块分离问题模型分离问题（一）分离类型：A与弹簧分离AAFa处于原长，分离：弹力为零；加速度此瞬间还为零A处于压缩状态，A处于压缩状态，接触分离问题（二）分离类型：B与地面分离AABFa处于伸长状态，分离：弹力为零；加速度此瞬间还为零AAB处于压缩状态，xxOF分离mAax1+x2(mA+mB)g+mAa斜率k分离问题（三）临界条件：①力的角度：A、B间弹力为零FAB=0；②运动学的角度：vA=vB、aA=aB.分离类型：A、B分离AABFa处于压缩状态，x2=mB(g+a)/k分离：弹力为零；加速度瞬间还相等ttOv分离aBt1AAAB处于压缩状态，xxOF分离(mA+mB)ax1-x2mA(g+a)斜率k1.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量，物体B的质量，弹簧的动度系数为，重力加速度g取。下列说法正确的是（）A．物块A上升12.5cm时，A、B开始分离B．恒力作用瞬间，A、B即分离C．物块A、B分离前，A、B一起做匀加速直线运动D．物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为【答案】A【详解】A．物体A、B处于静止状态时，由平衡条件可知弹簧的压缩量为两物块A、B分离时二者之间的弹力是零，对A由牛顿第二定律可得对B由牛顿第二定律可得联立解得在此过程中物块A上升的高度为A正确；B．设力作用瞬间，物体AB的加速度大小为，由牛顿第二定律可得代入数据解得设此时二者之间的弹力大小为，对A分析可得代入数据解得可知恒力作用瞬间，A、B没有分离，B错误；CD．对A、B整体分析，开始时弹簧弹力大小等于总重力，在二者上升过程中，弹力逐渐减小，则二者受合力减小，则加速度减小，因此物块A、B分离前，A、B一起做变加速直线运动；可知在恒力刚作用时，二者的加速度最大，则物块B的最大加速度大小为，CD错误。故选A。2．（2025高三上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）如图所示，质量都为2kg的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，从某时刻起，用大小为30N的恒力F竖直向上拉B物体，直至二者分离。弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，则B和A刚分离时，弹簧的形变量为初始时的（）A． B． C． D．【答案】D【详解】设弹簧的劲度系数为k，在施加恒力F前，对A、B两物体整体受力分析有解得A、B两物体刚分离时，B物体的加速度大小此时A、B两物体的加速度相同，对A物体有解得则有故选D。3．（2025高三上·河北邢台·开学考试）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量相等，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力与物体B的位移的关系如图乙所示，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（

）A．物体A的质量为B．弹簧的劲度系数为C．物体B与A刚分离瞬间，物体B的加速度大小为D．物体B的位移为时，弹簧处于原长状态【答案】A【详解】D．物体B运动到4cm时，恰好分开，此时物体A、B有共同向上的加速度，弹簧有向上的弹力，所以弹簧处于压缩状态，故D错误；AC．刚开始A、B处于静止状态，A、B的重力和弹力二力平衡，有初始状态拉力弹簧弹力与两物体重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有物体B与物体A分离后，拉力根据牛顿第二定律有联立解得，故A正确，C错误；B．物体A与物体B分离时物体B的加速度为，则根据牛顿第二定律有代入数据解得故B错误。故选A。4．（2025高三上·黑龙江·开学考试）如图所示，弹簧下端固定在水平地面上，上端和物块B拴接，物块A叠放在物块B上，两物块的质量均为m，初始时两物块均静止。现对物块A施加竖直向上、大小为F的恒力，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，若，下列说法正确的是（）A．施加恒力F的瞬间，A、B的加速度大小均为B．弹簧恢复原长时，A的加速度大小为C．从开始运动到A、B分离的瞬间，它们的位移大小为D．A、B分离后，B就开始做加速度逐渐减小的减速运动【答案】C【详解】A．施加恒力F的瞬间，由牛顿第二定律可得解得故A错误；C．未施加恒力F时，有解得当A、B之间弹力为零时，二者分离，可得，联立，解得从开始运动到A、B分离的瞬间，它们的位移大小为故C正确；B．根据C选项分析可知，弹簧恢复原长时，A、B已经分离，A的加速度大小为解得故B错误；D．依题意，A、B分离后，B受自身重力与弹簧弹力共同作用，就开始做竖直方向的简谐振动。故D错误。故选C。5.如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。则下列说法中正确的是（

）A．B和A刚分离时，弹簧弹力为mgB．B和A刚分离前一起向上做匀加速运动C．B和A刚分离时，A的加速度不为0D．弹簧的劲度系数等于【答案】D【详解】AC．B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且A、B间无相互作用力。对B分析知，B具有向上的加速度解得a=0此时对A分析有解得且处于压缩状态，故AC错误；B．B和A刚分离前对AB整体有kΔx＋F－3mg=3maAB整体向上运动的过程中弹簧形变量Δx逐渐减小，则a也逐渐减小，AB做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；D．B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小由胡克定律得故D正确。故选D。6.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＝4kg的物体P，Q为一质量为m2＝8kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现给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0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。求力F的最大值与最小值。【答案】72N36N【解析】设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsinθ＝kx0代入数据解得x0＝0.12m因前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2联立解得a＝3m/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＝36N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2(gsinθ＋a)＝72N。7.（2025高三上·山西大同·阶段练习）如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连。物块A、B质量均为，初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的图像如图乙所示（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为，则下列说法正确的是（）A．施加外力前，弹簧的形变量为B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为C．弹簧恢复到原长时，物体A的速度达到最大值D．A、B在时刻分离，此时弹簧弹力恰好为【答案】AB【详解】A．根据题意，对AB整理受力分析，由平衡条件有解得故A正确；B．设外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为，对B由牛顿第二定律有对AB整体由牛顿第二定律有联立解得故B正确；C．根据题意可知，当A所受合力为零时，A的速度最大，此时弹簧弹力不为零，即弹簧未恢复到原长，故C错误；D．由图可知，A、B在时刻分离，此时A、B间的弹力大小为0，对A由牛顿第二定律有解得故D错误。故选AB。8．如图所示，两完全相同、质量均为m的物体A、B（不粘连）叠放在竖直轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加一竖直向上的恒力，重力加速度大小为g，在物体A、B的运动过程中，下列说法正确的是（

）A．物体A的最大加速度为B．轻弹簧中的最小弹力为mgC．物体A、B间支持力的最小值为D．物体A、B间支持力的最大值为【答案】BCD【详解】A．两物体放在轻弹簧上静止，弹簧的压缩量为，有恒力向上提A物体，开始两物体一起向上加速运动，有随着压缩量的减小，两者加速的加速度逐渐减小，则开始运动时两者的加速度最大，有故A错误；B．设A与B一起做简谐运动，不会分离，根据对称性可知，AB运动到最高点时的加速度大小为，方向向下，此时以A为对象，根据牛顿第二定律可得解得方向竖直向上，可知在最高点B对A仍有支持力作用，所以AB不分离，一起做简谐运动；在最高点时，以AB为整体，根据牛顿第二定律可得解得轻弹簧中的最小弹力为故B正确；CD．A与B一起做简谐运动，加速度方向向上时，对A有随着加速度的减小，逐渐减小；当加速度向下时，对A有随着加速度的增大，逐渐减小；即向上振动时，一直减小，则初位置最大，有解得A与B一起向上振动到达最高点时，最小，有解得故CD正确。故选BCD。9．（2025高三上·山西太原·开学考试）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量，物体B的质量，弹簧的劲度系数为80N/m，重力加速度g取。下列说法正确的是（）A．恒力作用瞬间，A．B即分离B．物块A上升12.5cm时，A、B开始分离C．恒力作用瞬间，A的加速度大小为D．物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为【答案】BC【详解】CD．分离前，将A、B作为一个整体，恒力作用前，整个系统所受合力为零，由于弹簧弹力不能突变，恒力作用瞬间，系统所受合力最大，为恒力F，因此两者的加速度最大，根据牛顿第二定律可得恒力作用瞬间，A、B的最大加速度大小为C正确，D错误；A．恒力作用瞬间，B对A的支持力为N，对物块A可得可知此时A、B并未分离，A错误；B．静止时，弹簧的压缩量分离时两者加速度相等，但没有相互作用力，根据牛顿第二定律，对物块A对物块B联立解得，A、B开始分离时，物块A上升的高度B正确。故选BC。10．（2025高三上·广东东莞·阶段练习）一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，如图所示。已知在头0.2s内F的大小是变化的，在0.2s以后F是恒力，g取。求(1)未施加力F时，弹簧的压缩量？(2)物体做匀加速直线运动的加速度大小？(3)F的最小值是多少，最大值是多少？【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）未施加力F时，根据受力平衡可得解得弹簧的压缩量为（2）根据题意可知，在时，物体P与秤盘开始分离，此时弹簧处于原长状态，则在内，根据运动学公式可得解得物体做匀加速直线运动的加速度大小为（3）物体P与秤盘分离前，以物体P为对象，根据牛顿第二定律可得由于秤盘质量忽略不计，则有由于压缩量逐渐减小，逐渐减小，则逐渐增大；可知初始时刻最小，则有解得当物体P与秤盘分离时，，此时最大，则有解得【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型1.绳、杆末端速度分解四步①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；④根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。2.绳杆末端速度分解的三种方法方法一、微元法要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。

如图所示，设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△xcosθ，两边同除以△t得：

即收绳速率v0=vAcosθ，因此船的速率为：vA=υ0/cosθ。【链接】“微元法”，可设想物体发生一个微小位移，分析由此而引起的牵连物体运动的位移是怎样的，得出位移分解的图示，再从中找到对应的速度分解的图示，进而求出牵连物体间速度大小的关系。解法二、效果分解法首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1=v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分速度，如图所示，由此可得vA=υ0/cosθ。【链接】解题流程：①选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）；②确定该点合速度方向（物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变；③确定该点合速度的实际运动效果从而依据平行四边形定则确定分速度方向；④作出速度分解的示意图，利用沿绳方向的速度相等，寻找速度关系。解法三、功率等值法由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为F，则对绳子做功的功率为P1=Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体做功的功率为P2=FvAcosθ，因为P1=P2所以vA=v0/cosθ。【名师点拨】①分解速度不是分解力，二者分解不可混淆；

②注意只能分解合速度（实际运动速度），而不能分解分速度；在上述问题中，若不对物体A的运动认真分析，就很容易得出vA=v0cosθ的错误结果；

③绳两端速度不一定相等，只是沿绳方向速度大小相等。当物体A向左移动，θ将逐渐变大，vA逐渐变大，虽然人做匀速运动，但物体A却在做加速运动。3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型①注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动②注意两物体运动位移和高度不一定相等③注意两物体速度大小不一定相等，可能需要分解速度④注意最大速度和最大加速度区别①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒；②b落地后若不反弹，绳松，a机械能守恒；4.轻杆相连的系统机械能守恒模型类型类型一：绕杆上某固定点转动类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动图示特点同轴转动，角速度相等，线速度与半径成正比。沿杆分速度大小相等，两物体速度大小不一定相等。1．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45°）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（）A．a球不能回到初始位置B．a球从释放运动至最低点的过程中，杆对a球做的功为C．b球的速度为零时，a球的加速度大小为零D．b球的最大速度为【答案】D【详解】A．a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误；B．A球在最低点速度为零，a球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球a做的功为W，由动能定理，有解得故B错误；C．设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知则可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，故C错误；D．当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有解得故D正确。故选D。2．（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2mgB．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【答案】C【详解】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。3．如图所示，有一光滑轨道，部分为半径的圆弧，部分水平，质量均为的小球、固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为，小球可视为质点。开始时球处于圆弧上端点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度，下列说法正确的是（）A．球下滑过程中机械能保持不变B．两球都滑到水平轨道上时，球速度大小为C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆不对两球做功D．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功【答案】D【详解】ABD．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，两球组成的系统满足机械能守恒，则有解得两球都滑到水平轨道上时，、两球的速度大小均为从释放小球到、球都滑到水平轨道上，对球根据动能定理可得解得可知整个过程中轻杆对a球做功，则球下滑过程中机械能不守恒，故AB错误，D正确；C．从释放小球到、球都滑到水平轨道上，整个过程中由于轻杆对球做正功，所以轻杆对球做负功，故C错误。故选D。4．（2025高三上·湖南·阶段练习）如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m的物体P用细线跨过光滑的定滑轮连接质量为3m的物体Q，用手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且，，，重力加速度为g。释放Q，让二者开始运动，则下列说法正确的是（

）A．当物体P运动到B处时，此时物体P速度最小，物体Q速度最大B．在物体P从A滑到B的过程中，物体P的机械能减小，物体Q的机械能增加C．物体P运动的最大速度为D．开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q下降了【答案】C【详解】AB．当物体P滑到B点时，Q下降到最低点，此时Q的速度为零，物体P速度最大；在物体P从A滑到B的过程中，根据系统机械能守恒定律可知，物体Q的机械能减小，物体P的机械能增大，故AB错误；C．当P运动到B处时，P的速度最大，Q的速度为零，根据系统机械能守恒定律可得解得P运动的最大速度为故C正确；D．开始运动后，当P速度再次为零时，即P的机械能不变，则Q的机械能也不变，说明此时Q回到初始释放的位置，故D错误。故选C。5.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮、和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是（）A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mgB．小球下降的最大距离为C．当轻绳与直杆垂直时，此时物块速度最大，且小球速度最大D．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2∶3【答案】B【详解】A．小物块刚释放时，小球加速下落，则轻绳张力小于小球重力mg，A错误；B．当轻绳与直杆垂直时，小球下降到最低点B正确；C．当轻绳与直杆垂直时，此时物块沿绳方向速度为零，小球速度是零，C错误；D．小物块沿绳方向的分速度与小球速度大小相等，则得D错误。故选B。6．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gB．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【答案】C【详解】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。故选C。7．如图所示，小球A的质量为M，小球B、C的质量均为m，M=2m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，且弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，以弹簧原长为弹性势能零势点。在此过程中，设ABC的动能分别为、、，则：（）A．A下降到最低点时，弹簧与三小球构成的系统势能最小B．A运动时，三小球的动能之比为C．A的动能最大时，B对地面的压力大小为2mgD．弹簧的弹性势能最大值为（-1）mgL【答案】CD【详解】A．由于只有重力和弹簧弹力做功，弹簧与三小球构成的系统机械能守恒，当A下降到最低点时，三只小球速度均为0，系统动能最小，系统势能最大，A错误；B．根据对称性可知，B、C两小球速度大小相等，设A球速度大小为，B、C两小球速度大小为，根据牵连速度关系，有整理得三小球的动能之比为B错误；C．A的动能最大时，速度达到最大，此时A所受合力为0，设A与B间杆上的力为，对A，有对B受力分析，竖直方向，有C正确；D．当A下降到最低点时，弹簧的弹性势能最大，此时三个小球速度均为0，根据系统机械能守恒，可知A球减小的重力势能等于弹簧的弹性势能，有D正确。故选CD。8．如图所示，质量的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮后与套在光滑直杆顶端的、质量的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为，且与水平面的夹角，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。已知，重力加速度g取，轻绳不可伸长，图中直线与杆垂直。现将小球A由静止释放。下列说正确的是（）A．释放小球A之前弹簧的形变量B．小球A运动到C点的过程中拉力对小球A所做的功C．小球A运动到底端D点时，B物体的速度大小为D．小球A运动到底端D点的过程中，小球A和物体B组成的系统机械能守恒【答案】AC【详解】A．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为，对于B根据平衡条件有解得故A正确；B．小球A从顶点运动到C的过程，设绳子拉力对小球A所做的功为，根据动能定理有由图，根据几何关系有，物块B下降的高度为由此可知，弹簧此时被压缩了，则弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B组成的系统机械能守恒，则当小球A运动到C点时，小球A的速度方向与绳子垂直，则此瞬间物块B的速度联立解得故B错误；C．由图根据几何关系可知则小球A运动到D点时，物体B又回到原位置，有对于整个下降过程由机械能守恒得解得，则小球A运动到底端D点时B物体的速度大小为，故C正确；D．小球A运动到底端D点的过程中，弹簧对B物体做功，则小球A和物体B组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选AC。9．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【答案】AD【详解】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；故选AD。10．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。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的质量相等且均为m，运动过程的摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移大小为h时。则（）A．B的速率是A的2倍B．悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为C．A的速度大小为D．轻绳对B做功为【答案】AD【详解】A．根据题意可知，当A的位移大小为h时，B的位移大小为2h，由公式可知，B的加速度大小是A的加速度大小的2倍，由可得，B的速率是A的2倍，故A正确；B．设悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为，A的加速度大小为，则B的加速度大小为，由牛顿第二定律，对A有对B有联立解得故B错误；CD．根据题意可知，运动过程中系统的机械能守恒，则有又有解得，设轻绳对B做功为，由动能定律有解得故C错误，D正确。故选AD。11.如图，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（

）A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了C．圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【答案】BC【详解】A．圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，故A错误；B．圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为圆环的速度为零，根据整个系统机械能守恒，可得即弹簧弹性势能变化了，故B正确；C．圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所受合力不为零