2026年天津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）（解析版）

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，模拟实战天津高考物理“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＝eq\f(m2F,m1＋m2)。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】（2023·天津宁河·模拟预测）如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同，，，重力加速度大小为g，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是（）

A．当小球经过Q点时，A物块的加速度为零B．小球的质量为C．小球经过Q点时的加速度大小为gD．A和B组成的系统机械能不守恒【答案】BC【详解】A．小球从P到Q，物块A从静止运动到最低点，此时速度为零，所以物块A先加速后减速，物块A受到的拉力先小于重力后大于重力，当小球经过Q点时，A物块处于最低点，此时A物块的加速度不为零，故A错误；C．小球经过Q点时水平方向受力平衡，在竖直方向仅受到重力作用，则加速度大小为g，故C正确；BD．A和B组成的系统，整个系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有解得故B正确，D错误。故选BC。【例1-2】（2022·天津和平·一模）如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客，乘客在自身重力G与车厢（含座椅）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，座椅旁边有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，悬线与竖直方向成角也与车厢相对静止，下列说法中正确的是（）A．乘客受到的合力方向与运动方向相同B．车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大C．车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力GD．悬线与竖直方向夹角增大，车厢对乘客作用力F可能不变【答案】C【详解】A．由图可知，小球受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀减速运动，乘客受到的合力方向与运动方向也相反，选项A错误；B．对小球，根据牛顿第二定律可知可得则车厢的加速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，但是速度大，θ不一定大，选项B错误；C．对乘客受力分析可知，车厢对乘客的作用力即F一定大于乘客的重力G，选项C正确；D．悬线与竖直方向夹角增大，则加速度a变大，车厢对乘客作用力F增大，选项D错误。故选C。【变式1-1】（2025·天津红桥·调研）如图中有两个物体A、B，GA＝2N，GB＝4N，A用悬线挂在天花板上，B放在水平地面上，A、B间的轻弹簧的弹力为1N，则悬线的拉力FT，B对地面的压力FN的可能值分别是（）A．FT＝3N，FN＝3N B．FT＝3N，FN＝5NC．FT＝1N，FN＝6N D．FT＝1N，FN＝3N【答案】A【详解】由题意可知，B物体受重力、弹簧的弹力及地面的支持力而处于平衡；若弹簧的弹力向下，则有对A、B整体受力分析有若弹簧处伸长状态，B受到的支持力对整体有选项A正确，BCD错误。故选A。【变式1-2】如图所示，水平桌面上质量为m的物体A通过跨过定滑轮的轻绳与质量为2m的物体B相连，两物体由静止释放后瞬间，轻绳拉力大小为，物体B的加速度大小为；将A、B两物体位置互换后由静止释放后瞬间，轻绳拉力大小为，物体B的加速度大小为。不计一切摩擦阻力。下列说法正确的是（）A． B． C． D．【答案】BC【详解】当物体A放在水平桌面上，物体B竖直悬挂时，对A列牛顿第二定律：对B列牛顿第二定律：解得，当物体B放在水平桌面上，物体A竖直悬挂时，对B列牛顿第二定律：对A列牛顿第二定律：解得，即，，故BC正确。考向02弹簧连接体变问题【例2-1】如图，质量均为m的两个物块放在水平面上，用劲度系数为K的轻弹簧连接，弹簧原长为L，两个物块与水平面的动摩擦因数均为。用一个大小为F的拉力作用在B上，拉着两物块在水平面上一起做匀速运动，现在突然撤掉拉力F，则在撤掉拉力瞬间：（）A．弹簧长度为B．弹簧长度为LC．物体A的瞬时加速度D．物体B的瞬时加速度【答案】C【详解】AB．撤掉拉力前，对A受力分析，水平方向上受摩擦力和弹簧弹力，根据平衡条件可得对B受力分析，水平方向上受摩擦力、拉力和弹簧弹力，根据平衡条件可得其中弹簧弹力为解得此时弹簧处于伸长状态，则弹簧长度为故AB错误；C．在撤掉拉力瞬间，弹簧弹力不会突变，对A受力分析，水平方向上受摩擦力和弹簧弹力，由于故A处于平衡状态，加速度为0，故C正确；D．在撤掉拉力瞬间，对B受力分析，水平方向上受摩擦力和弹簧弹力，则解得故D错误。故选C。【例2-2】（2025·天津·模拟预测）物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F。时撤去，在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（）A．恒力B．若F不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动C．撤去F瞬间，a的加速度大小为D．物块b的质量为【答案】C【详解】A．时，弹簧弹力为零，对，根据牛顿第二定律可得，故A错误；B．根据图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知，时的速度大于的速度，所以若此时不撤去，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，的加速度减小，的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故B错误；D．时，、整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得解得，故D错误；C．2s时，对，根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为撤去瞬间，弹簧弹力不会突变，此时的加速度大小为，故C正确。故选C。【变式2-1】幼儿园的小朋友用一轻弹簧将A、B两辆玩具小车（视为质点）连接在一起，在两侧施加外力F1、F2进行“拔河”游戏，观察小车的运动情况，如图所示。已知轻弹簧的原长为L、劲度系数为k，两小车质量相同，一切摩擦均可忽略。下列说法正确的是（）A．若，且两小车相对静止，则两车距离为B．若，且两小车相对静止，则两车距离为C．若，且两小车相对静止，则两车距离为D．若，且两小车相对静止，则两车距离为【答案】AC【详解】AB．由于，且两小车相对静止，此时系统处于静止状态，根据胡克定律结合平衡条件可得解得弹簧的伸长量为则两车距离为，故A正确，B错误；CD．若，且两小车相对静止，对整体根据牛顿第二定律有以A为对象，根据牛顿第二定律可得联立解得弹簧的伸长量为则两车距离为，故C正确，D错误。故选AC。【变式2-2】如图所示，物体B和C叠放在竖直弹簧上，物体A和C通过跨过定滑轮的轻绳相连接。初始时用手托住物体A，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知A和B的质量均为2m，C的质量为m，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦。现释放物体A，则（）A．释放瞬间，C的加速度大小为B．B和C分离之前，B和C之间的弹力逐渐减小C．B和C分离时，弹簧弹力等于2mgD．B和C分离时，B向上移动了【答案】B【详解】A．根据题意分析可知，释放瞬间，对A、B、C整体分析，根据牛顿第二定律F=ma初始时轻绳恰好伸直，弹簧的弹力F弹=3mg=kx初始压缩量释放瞬间，对A、B、C整体分析，合力F合=2mg，总质量M=5m根据牛顿第二定律可知，则加速度故C的加速度大小为，故A错误；B．根据题意分析可知，B和C分离之前，三者具有共同的加速度，对B分析，根据牛顿第二定律F弹'-FBC-2mg=2ma随着物体上升，弹簧的压缩量减小，弹簧的弹力F弹'逐渐减小根据牛顿第二定律可知，对整体分析可知2mg+F弹'-3mg=5ma加速度a减小，故B和C之间的弹力FBC=3ma-mg其逐渐减小，故B正确；CD．根据题意分析可知，B、C分离时，相互作用力FBC为零，二者的加速度相同，由FBC=3ma-mg=0可得设此时弹簧的形变量为x1，对物体B进行受力分析，根据牛顿第二定律可知，即有kx1-2mg=2maB可得弹簧弹力则物体B上升的位移为，故CD错误。故选B。考向03板块叠加连接体问题【例3-1】（2025·天津·模拟预测）如图所示，质量分别为、的两个物体A、B在水平拉力的作用下，沿光滑水平面一起向右运动，已知，光滑动滑轮及细绳质量不计，物体A、B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，则下列说法中正确的是（）A．A对B的摩擦力向右B．A、B一起向右运动的加速度大小为C．A、B间的摩擦力大小为D．要使A、B之间不发生相对滑动，则的最大值为【答案】D【详解】B．对AB整体分析可知可知AB一起向右运动的加速度大小为，B错误；AC．对A分析，假设B对A的摩擦力向右，可知解得因可知，假设成立，则由牛顿第三定律可知，对的摩擦力向左，AC错误；D．要使A、B之间不发生相对滑动，则只需满足即即的最大值为，D正确。故选D。【例3-2】（2025·河北邯郸·模拟预测）如图所示，质量均为m的长方体物块A、B叠放在倾角为θ的固定斜面上，初始时在某约束下A、B均处于静止状态。已知B与斜面之间的动摩擦因数为μ，A、B之间的动摩擦因数为，且，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若去除约束的同时，迅速给A或B一平行于斜面方向的力F。下列情况能使A、B保持相对静止的是（

）A．若F作用在A上，方向沿斜面向下，大小满足B．若F作用在A上，方向沿斜面向上，大小满足C．若F作用在B上，方向沿斜面向上，大小满足D．若F作用在B上，方向沿斜面向下，大小满足【答案】BD【详解】AB．根据题意可知，A与B间的最大静摩擦力B与斜面间的最大静摩擦力当力F沿斜面向上或沿斜面向下作用在A上时，根据受力分析可知B均静止，若力F方向沿斜面向下，则A不能静止；若力F方向沿斜面向上时，F最小时有解得F最大时有解得则力F大小满足，故A错误，B正确；CD．若F作用在B上，根据受力分析可知A加速向下运动，加速度大小范围为对A、B整体，因为可知由力F提供加速度，则力F方向一定沿斜面向下，加速度最小时，有解得加速度最大时，有解得则力F大小满足，故C错误，D正确。故选BD。【变式3-1】如图所示，质量分别为、的两个物体A、B在水平拉力F的作用下，沿光滑水平面一起向右运动，已知，光滑动滑轮及细绳质量不计，物体A、B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，则下列说法中正确的是（）A．A对B的摩擦力向左B．B对A的摩擦力向左C．A、B间的摩擦力大小为D．若A、B间的动摩擦因数为，要使A、B之间不发生相对滑动，则F的最大值为【答案】AD【详解】AB．假设A对B的摩擦力f向右，两绳子对A、B的拉力相等，则分别对A、B列方程，对B有T+f=mBa对A有T-f=mAa两式相减2f=(mB-mA)a因mA>mB，则f<0，即A对B的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知B对A的摩擦力向右，故A正确B错误；C．因F=2T，由A的分析可知，故C错误；D．要使A、B之间不发生相对滑动，则f=μmg，由，可得，故D正确。故选AD。【变式3-2】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，求：（结果可用根号表示）(1)外力F刚施加的瞬间，F的大小；(2)从静止至A、B分离的时间t；(3)现改用F=15N的恒力竖直向上拉A，直到A、B刚好分离，求此过程A的位移大小。【答案】(1)8N(2)(3)【详解】（1）施加外力前，系统处于静止状态，根据受力平衡可得解得初始时弹簧的压缩量为施加外力使物体A开始向上做加速度a=4m/s2的匀加速直线运动，施加的瞬间，以A、B为整体，根据牛顿第二定律得解得（2）设A、B分离时，弹簧的压缩量为，对B，根据牛顿第二定律得解得则从静止至A、B分离，根据运动学公式可得解得（3）现改用F=15N的恒力竖直向上拉A，直到A、B刚好分离，设A、B分离时，弹簧的形变量为，物体的加速度为，对A，根据牛顿第二定律得对B，根据牛顿第二定律得联立解得此过程A的位移大小考向04板块叠加+轻绳连接体问题【例4-1】如图所示，质量分别为m、2m、3m的三个物块A、B、C均静止在水平桌面上，A、B用一根不可伸长的水平轻绳连接。已知轻绳能够承受的最大拉力为，A、C间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，C与桌面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现对A施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（）A．当水平拉力F为时，A、B相对于C滑动B．当水平拉力F为时，A相对于C滑动C．当水平拉力F为时，A的加速度为D．当水平拉力F为时，A的加速度为【答案】BCD【详解】A．由于因此物块C刚要运动时，物块A、B和C间的静摩擦力并未达到最大，当物块A、B与C间的静摩擦力恰好达到最大时，假设轻绳并未拉断，对物块A、B与C整体，由牛顿第二定律有对物块C，由牛顿第二定律有解得，对物块B，由牛顿第二定律有解得轻绳拉力大小则假设成立，所以当水平拉力F为时，物块A、B与C相对静止，故A错误；C．当轻绳的拉力刚要达到最大时，物块A、B相对静止，且均相对于物块C滑动，对物块A、B整体，由牛顿第二定律有对物块B，由牛顿第二定律有解得此时物块A、B运动的加速度大小此时拉力大小所以当水平拉力为时，轻绳未被拉断，对AB的整体有物块A的加速度大小，故C正确；B．当水平拉力F为时，绳未拉断，而，则AB一起在拉力的作用下相对于C向右滑动，故B正确；D．当水平拉力时，绳已拉断，对A物体有解得A的加速度为，故D正确。故选BCD。【例4-2】（2025·河北·模拟预测）如图所示，水平面上足够长的小车上有两个通过轻绳相连的物块A和B，已知A、B的质量分别为，，A、B与小车上表面间的动摩擦因数分别为，，初始时刻三者均静止，轻绳恰好伸直。现让小车以加速度水平向左加速运动，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．时，轻绳对A拉力大小为B．时，A受到的摩擦力大小为C．时，三者仍保持相对静止D．时，轻绳对B拉力大小为【答案】BD【详解】AB．A、B与小车间的最大静摩擦力大小分别为，则A、B与小车间的静摩擦力可以对A、B产生的最大加速度分别为，当时，加速度大小为可知此时B所受静摩擦力刚好达到最大，绳子拉力刚好为0；此时A受到的摩擦力大小为故A错误，B正确；C．设小车的加速度为时，A所受静摩擦力刚好达到最大，对A有对B有解得，当时，加速度大小为可知此时A、B与小车发生相对滑动，故C错误；D．由C选项分析可知，时，A、B与小车发生相对滑动，此时轻绳对B拉力大小为，故D正确。故选BD。【变式4-1】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。【变式4-2】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。1．（2023·天津滨海新·二模）如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，球拍平面和水平面之间夹角为。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（

）A．该同学做匀速直线跑动 B．乒乓球处于平衡状态C．球拍受到的合力大小为 D．球拍受到乒乓球的压力大小为【答案】C【详解】AB．不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，对小球分析如图所示一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，则小球所受的合力为则球在水平方向匀加速运动，由于球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，球、球拍和同学具有相同的加速度，故AB错误；C．对乒乓球由牛顿第二定律得球拍受到的合力大小为故C正确；D．球拍对乒乓球的支持力大小为由牛顿第三定律可知球拍受到乒乓球的压力大小等于球拍对乒乓球的支持力大小为故D错误。故选C。2．（2025·天津南开·模拟预测）如图所示，A、B两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹簧相连，弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B，直到A即将移动，若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则此过程中，地面对B的摩擦力和对的摩擦力的变化情况是（

）A．先变大后不变 B．先变小后变大再不变C．先变大后不变 D．始终变大【答案】B【详解】刚开始弹簧处于伸长状态,对A的作用力向右,对B的作用力向左,而AB均静止,所以刚开始的方向水平向右,方向水平向左,当用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B时,刚开始,未拉动B,弹簧弹力不变,不变,减小;当F等于弹簧弹力时,等于零,F继续增大,反向增大,当增大到最大静摩擦力时,B物体开始运动,此后变为滑动摩擦力,不发生变化,而弹簧被拉伸,弹力变大,A仍静止,所以变大,所以对A的摩擦力先不变,后变大，对B的摩擦力先变小后变大再不变，故B正确；故选B3．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为；以P为对象，根据牛顿第二定律可得以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得联立可得可知，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于。故选D。4．（2022·全国甲卷·高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．P的加速度大小的最大值为B．Q的加速度大小的最大值为C．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为解得此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时解得故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为解得撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。5．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示由几何关系可知设绳子拉力为，水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可解得故A正确，BCD错误。故选A。6．如图所示，质量均为m的物体A、B通过一轻质弹簧相连，物体A放在水平地面上，物体B通过细绳绕过轻质定滑轮与质量为4m的物体C相连，物体C放在固定的光滑斜面上。用手托住物体C，使滑轮左边细绳刚好伸直并保持竖直，右边细绳与斜面平行。释放C后它沿斜面下滑，当A刚离开地面时，B恰好获得最大速度。已知弹簧劲度系数为k，细绳与滑轮之间的摩擦不计。下列说法正确的是（）A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为37°C．从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为D．物体B的最大速度【答案】AC【详解】AB．当A刚离开地面时，B恰好获得最大速度，则物体A、B均受力平衡，且A不受地面的支持力，绳子拉力为对C，有，解得，故A正确，B错误；C．初始时，弹簧压缩量为，物体A刚离开地面时，弹簧伸长量为则物体C沿斜面下滑的距离为，故C正确；D．从初始时到B恰好获得最大速度时，弹簧的弹性势能总体不变，由功能关系，有解得，故D错误。故选AC。7．（2025·全国·二模）如图所示，一光滑的正三角形斜面体OAB放在光滑的水平地面上，不可伸长的轻绳两端分别栓接质量为、的两物体，轻绳跨过固定在O点的光滑滑轮，、分别放在OA、OB面上，两部分轻绳与斜面均平行。作用在斜面体上的恒力使斜面体向右做匀加速运动，、与斜面体保持相对静止，且恰好没有离开斜面，则、的比值为（）A．2∶1 B．1∶1 C．4∶3 D．1∶2【答案】A【详解】设恰好没有离开斜面时绳子拉力为T，此时斜面对弹力为0，斜面给的弹力为N，整体加速度为a，对，根据牛顿第二定律有对，竖直方向有解得对，根据牛顿第二定律有对，竖直方向有联立解得故A正确。8．如图所示，A、B两物体并排放在光滑水平面上，质量分别为1kg和2kg。在水平推力F的作用下一起向右运动，A、B之间作用力的大小为6N，则水平推力F的大小为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】根据题意，由牛顿第二定律，对整体有对物体B有联立解得故选D。9．（2025·全国·模拟预测）如图，光滑水平桌面上有一足够长的木板B，右侧通过跨过光滑轻质定滑轮的轻绳与一重物C相连，B与定滑轮距离足够远，B与滑轮间的轻绳保持水平。木块A放在B上，B的上表面水平，B与A间的动摩擦因数为μ。A、B、C的质量分别为10kg、3kg、9kg，起初定滑轮与C间的绳长为0.2m且伸直，仅用手拉住B使系统静止。g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若释放B后，A、B保持相对静止，求μ需要满足的条件；(2)若μ=0.95，现仅将C拖至定滑轮处，同时释放B、C，求从释放到三者速度大小恰相等经历的时间；(3)若起初定滑轮与C间的绳长为0.8m，A以一定速度从右端滑上B上表面，同时将C从滑轮处释放，μ=0.9，A、B共速后瞬间，C速度恰好为零，求A的初速度大小和最终A、B间因摩擦产生的热量与系统以其他方式损失的能量的比值。【答案】(1)(2)(3)7.8m/s，3.475【详解】（1）A、B保持相对静止，可将A、B视为整体，三者加速度大小相等，设绳上张力为FT，根据牛顿第二定律有对A有整理得（2）初始时，A放在B上，两者静置在桌面上，C位于滑轮处，C与滑轮间的绳上张力为零，释放后，C做自由落体运动，当绳伸直时，B、C速度发生突变，之后A加速，直至三者共速，C先做自由落体运动有绳拉直瞬间，有则静止的A受到向右的摩擦力，此时绳上张力为F，由牛顿第二定律有设再经时间t2三者共速，则解得（3）初始时绳上无张力，A向左运动，则B在摩擦力作用下向左加速，C做自由落体运动，A、B共速时B有向左的速度，C有向下的速度，只有此时绳恰好伸直且B、C的动量相等，才能使共速后瞬间C的速度恰好为零，由于A对B的摩擦力等于C的重力，绳伸直后若B、C速度不为零，则两者做匀速运动，之后A、B共速时，C的速度不可能为零，设A的初速度为v0，对A有对B有设从释放到A、B共速，B的位移大小为，C的位移大小为，有根据运动学公式有其中可得，，所以则此时B的动量大小为则有A、B的相对位移共速过程，A、B间因摩擦产生的热量为B、C间细绳伸直瞬间系统损失的能量为B、C速度均为零后，A在摩擦力作用下减速，产生的热量为则最终A、B间因摩擦产生的热量与系统以其他方式损失的能量的比值为10．（2024·全国·模拟预测）如图所示，倾角的斜面体固定在水平地面上，质量均为的小物块A、B通过长为的轻绳连接并在外力作用下静止于斜面体的斜面上，A位于斜面体顶端，轻绳处于绷紧状态。已知斜面体顶端距离地面高，A、B与斜面体间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，重力加速度为。现撤去外力，将A、B自由释放，至B运动到斜面体底端的过程中，轻绳对小物块做的功为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】设、，由可知，撤去外力后两物块以相同加速度下滑，对A、B整体根据牛顿第二定律有对A有轻绳对A做的功解得故选D。11．（2024·全国·模拟预测）如图，在倾角为的粗糙斜面中点由静止释放物块后，物块以的加速度向下加速运动。重新把物块置于原处，用轻绳将物块和物块B连接，轻绳跨过斜面顶端的定滑轮P，再由静止释放物块，物块的加速度为。物块和物块B的质量相等，重力加速度取，，，则物块与斜面间的动摩擦因数和加速度分别为（）A． B． C． D．【答案】AC【详解】AB．只有物块从斜面上滑下时，根据牛顿第二定律有解得故A正确，B错误；CD．物块和物块B连接后，对整体根据牛顿第二定律有解得故C正确，D错误。故选AC。12．（2024·全国·模拟预测）如图所示，重锤、小球由绕过光滑轻质定滑轮的细线相连，、两小球在竖直方向上通过轻质弹簧相连，放在水平地面上，用手托住，使细线伸直但无拉力，最初、均静止。现将A由静止释放，当A运动至最低点时，对地面的压力刚好为0。已知A的质量为，的质量为，最初弹簧形变量为，弹簧始终在弹性限度内。当A在最低点时，弹簧的形变量为（）A． B． C．0 D．【答案】A【详解】分析可知A、B组成的系统做简谐运动，释放A的瞬间与A在最低点时系统的加速度大小相等，释放A的瞬间，设系统的加速度大