專題04 連接體模型-2024版高三物理培優(yōu)-模型與方法

2024版高三物理培優(yōu)——模型與方法專題04連接體模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【模型一】平衡中的連接體模型 11.輕桿連接體問題 12．輕環(huán)穿桿問題 2【模型二】繩桿彈簧加速度問題模型 81．懸繩加速度問題 82．類懸繩加速度問題 9【模型三】輕繩相連加速度相同的連接體 24【模型四】板塊加速度相同的連接體模型 31【模型五】輕繩繞滑輪加速度相等“阿特伍德機(jī)”模型 43【模型六】彈簧木塊分離問題模型 54【模型七】“關(guān)聯(lián)速度與機(jī)械能守恒”連接體模型 641.繩、桿末端速度分解四步 642.繩桿末端速度分解的三種方法 643.輕繩相連的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒模型 654.輕桿相連的系統(tǒng)機(jī)械能守恒模型 65【模型一】平衡中的連接體模型【模型構(gòu)建】1.輕桿連接體問題【問題】如圖，求m1：m2大小方法一、正弦定理法方法二、力乘力臂法方法三、重心法對(duì)m1、m2受力分析，三力平衡可構(gòu)成矢量三角形，根據(jù)正弦定理有，對(duì)m1：對(duì)m2：根據(jù)等腰三角形有：θ1=θ2聯(lián)立解得m1gsinα=m2gsinβ∴m1：m2=sinβ：sinα以整體為研究對(duì)象，以圓心為轉(zhuǎn)動(dòng)軸，兩圓弧的支持力的力臂均為零，輕桿彈力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)平衡知:動(dòng)力乘以動(dòng)力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ?！鄊1：m2=sinβ：sinα以整體為研究對(duì)象，整體受重力和兩圓弧的支持力，根據(jù)三力平衡必共點(diǎn)，因此整體的重心必過圓心正下方。所以有m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2，∴m1：m2=sinβ：sinα2．輕環(huán)穿桿問題FFNTFFNTθfμFFNTFFNT1T2輕環(huán)穿光滑桿，二力平衡，拉力垂直桿輕環(huán)穿粗糙桿，三力平衡，最大夾角tanθ=μ輕環(huán)穿光滑大圓環(huán)，拉力沿徑向【模型演練1】（2023·江蘇·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，甲、乙兩個(gè)小球，通過細(xì)線懸掛在天花板上的O點(diǎn)，質(zhì)量分別為m1、m2，兩個(gè)小球在弧形輕質(zhì)細(xì)桿支撐下恰好位于同一水平線上，細(xì)線與豎直方向成53°和37°，則m1∶m2為（

）A．9∶16 B．16∶9C．3∶4 D．4∶3【答案】A【詳解】將甲乙看成一個(gè)系統(tǒng)，設(shè)O到甲乙連線的距離為，如圖所示根據(jù)杠桿原理，由平衡條件得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A?！灸Ｐ脱菥?】（2023·全國(guó)·高三期末）如圖所示，兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球和，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連，放置在一個(gè)光滑的半球面內(nèi)，已知小球和的質(zhì)量之比為。當(dāng)兩球處于平衡狀態(tài)時(shí)，光滑球面對(duì)小球的支持力大小等于，對(duì)小球的支持力大小等于。若要求出的比值大小，則（）A．需要知道剛性細(xì)桿的長(zhǎng)度與球面半徑的關(guān)系 B．需要知道剛性細(xì)桿的長(zhǎng)度和球面半徑的大小C．不需要其他條件，有 D．不需要其他條件，有【答案】C【詳解】受力分析如圖分別對(duì)小球和受力分析有，根據(jù)幾何關(guān)系有，則有故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023·山西·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，傾角為的光滑輕桿一端固定在地面上，繞過光滑定滑輪的輕繩一端連接輕彈簧，另一端連接質(zhì)量的小球，輕彈簧的另一端連接輕質(zhì)小環(huán)，小環(huán)和小球均套在光滑桿上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與桿的夾角為，輕彈簧的勁度系數(shù)為，重力加速度，則輕彈簧的形變量為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由于小環(huán)是輕質(zhì)的，故彈簧必將與桿垂直，否則受力不平衡。對(duì)小球受力分析如圖所示將各力沿著桿分解，根據(jù)平衡條件有解得又彈簧的彈力等于輕繩的拉力，故由胡克定律可得解得故選C。【模型演練4】（2023春·四川成都·高三成都七中?？茧A段練習(xí)）“V”形吊車在港口等地有重要的作用.如圖所示，底座支點(diǎn)記為O點(diǎn)，OA為“V”形吊車的左臂，OA上端A處固定有定滑輪，OB為活桿且為“V”形吊車的右臂，一根鋼索連接底座與B點(diǎn)，另一根鋼索連接B點(diǎn)后跨過定滑輪吊著一質(zhì)量為M的重物，重物靜止.已知左臂OA與水平面的夾角為，左臂OA與鋼索AB段的夾角為θ，且左臂OA與右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB總質(zhì)量為m，鋼索質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．定滑輪對(duì)鋼索的支持力為B．AB段鋼索所受到的拉力為2MgC．右臂OB對(duì)鋼索的支持力為D．底座對(duì)左臂OA、右臂OB、重物整體的支持力為【答案】A【詳解】A．作示意圖如圖1所示，設(shè)重物所在位置為C點(diǎn)，則鋼索在A點(diǎn)夾角為定滑輪只改變鋼索拉力的方向，不改變力的大小，則鋼索對(duì)滑輪的作用力方向沿著的角平分線，即由牛頓第三定律可知，滑輪對(duì)鋼索的作用力故A正確；B．由題意可知，物體緩慢向上運(yùn)動(dòng)，鋼索拉力故B錯(cuò)誤；C．以B點(diǎn)為研究對(duì)象，受力分析如圖2所示，可知解得故C錯(cuò)誤；D．以整體為研究對(duì)象，鋼索也與底座接觸，底座對(duì)整體的支持力大于，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選A。【模型演練5】如圖所示，豎直放置的光滑圓環(huán)，頂端D點(diǎn)處固定一定滑輪(大小忽略)，圓環(huán)兩側(cè)套著質(zhì)量分別為m1、m2的兩小球A、B，兩小球用輕繩繞過定滑輪相連，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B連線過圓心O點(diǎn)，且與右側(cè)繩的夾角為θ。則A、B兩小球的質(zhì)量之比為()A．tanθB．eq\f(1,tanθ)C．eq\f(1,cosθ)D．sin2θ【答案】B【解析】對(duì)兩小球分別受力分析，作出力的矢量三角形，如圖所示。對(duì)小球A，可得eq\f(m1g,sin90°－θ)＝eq\f(T,sinα)；對(duì)小球B，可得eq\f(m2g,sinθ)＝eq\f(T,sin180°－α)；聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,tanθ)，故選B?！灸Ｐ脱菥?】如圖所示，質(zhì)量M＝2eq\r(3)kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質(zhì)量m＝eq\r(3)kg的小球B相連。今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10eq\r(3)N，拉著小球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m相對(duì)位置保持不變，g取10m/s2。求：(1)運(yùn)動(dòng)過程中輕繩與水平方向的夾角θ；(2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)當(dāng)α為多大時(shí)，使小球和木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)的拉力最??？【答案】(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)(3)arctaneq\f(\r(3),5)【解析】(1)對(duì)B進(jìn)行受力分析，設(shè)細(xì)繩對(duì)B的拉力為T，由平衡條件可得Fcos30°＝TcosθFsin30°＋Tsinθ＝mg解得T＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°。(2)對(duì)A進(jìn)行受力分析，由平衡條件有Tsinθ＋Mg＝FNTcosθ＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),5)。(3)對(duì)A、B進(jìn)行受力分析，由平衡條件有Fsinα＋FN＝(M＋m)g，F(xiàn)cosα＝μFN解得F＝eq\f(M＋mgμ,cosα＋μsinα)令sinβ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，cosβ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanβ＝eq\f(1,μ)，則F＝eq\f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sinβcosα＋cosβsinα)＝eq\f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sinβ＋α)【模型演練7】如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個(gè)輕環(huán)，系在兩環(huán)上的等長(zhǎng)細(xì)繩拴住的書本處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩環(huán)距離變小后書本仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A．桿對(duì)A環(huán)的支持力變大B．B環(huán)對(duì)桿的摩擦力變小C．桿對(duì)A環(huán)的力不變D．與B環(huán)相連的細(xì)繩對(duì)書本的拉力變大【答案】B【解析】將A、B兩個(gè)輕環(huán)、繩及書本視為整體，在豎直方向上，整體受到向下的重力和向上的支持力作用，兩個(gè)支持力大小之和等于重力，F(xiàn)N＝eq\f(1,2)mg，大小保持不變，A錯(cuò)誤；對(duì)B環(huán)受力分析如圖所示，F(xiàn)f＝FNtanθ＝eq\f(1,2)mgtanθ，兩環(huán)距離變小，tanθ減小，F(xiàn)f變小，B正確；對(duì)A環(huán)受力分析與B環(huán)類似，桿對(duì)環(huán)的力為支持力FN和摩擦力Ff的合力，與FT大小相等，F(xiàn)T＝eq\f(FN,cosθ)，當(dāng)θ發(fā)生變化時(shí)，F(xiàn)T發(fā)生變化，C錯(cuò)誤；FTcosθ＝eq\f(1,2)mg，兩環(huán)距離變小，cosθ變大，細(xì)繩上的拉力變小，D錯(cuò)誤．【模型二】繩桿彈簧加速度問題模型【模型要點(diǎn)】1．懸繩加速度問題水平加速中的懸繩θθm傾斜加速中的懸繩注意“發(fā)飄”多懸繩θθmθθmα①繩豎直mmαθ=0，a=0，μ=tanα②繩垂直θmαθ=α，a=gsinα，θmα③繩水平mmαa=g/sinα，向上減速μ=cotαmmαaθθmθθmgTxyθ-αθ-αmgTxyαααmgTxyFNαθθmgTxyFa=g·tanθT=mg/cosθ加速度大小與質(zhì)量無關(guān)，與偏角有關(guān)T=mgcosα/cos(θ-α)T=mgsinθ+macosθFN=mgcosθ-masinθa>g·cotα發(fā)飄:FN=0T=T=mg/cosθF=mg·tanθ-maa>g·tanθ發(fā)飄:F=0T=2．類懸繩加速度問題光滑斜面車上物體光滑圓弧車中物體車上死桿車中土豆車上人mmθammθammθa死桿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桿對(duì)球的彈力其它土豆對(duì)黑土豆的作用力車對(duì)人的作用力【模型演練1】（2023·湖北襄陽·襄陽四中校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，一輛公共汽車在水平公路上做直線運(yùn)動(dòng)，小球A用細(xì)線懸掛車頂上，車廂底板上放一箱蘋果，蘋果箱和蘋果的總質(zhì)量為M，蘋果箱和箱內(nèi)的蘋果始終相對(duì)于車箱底板靜止，蘋果箱與公共汽車車廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，若觀察到細(xì)線偏離豎直方向夾角大小為θ并保持不變，則下列說法中正確的是（

）

A．汽車一定向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．車廂底板對(duì)蘋果箱的摩擦力水平向右C．蘋果箱中間一個(gè)質(zhì)量為m的蘋果受到合力為D．蘋果箱中間一個(gè)質(zhì)量為m的蘋果受到周圍其他蘋果對(duì)它的作用力大小為【答案】D【詳解】A．對(duì)小球受力分析

可知合力與加速度方向水平向左，所以汽車運(yùn)動(dòng)的加速度方向水平向左，如果向右運(yùn)動(dòng)，則做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，如果向左運(yùn)動(dòng)，則做加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．設(shè)小球的加速度為a，受力分析如圖所示，對(duì)小球由牛頓第二定律得解得則汽車的加速度和蘋果箱的加速度都為，蘋果箱和箱內(nèi)的蘋果始終相對(duì)于車箱底板靜止，則車廂底板對(duì)蘋果箱的摩擦力為靜摩擦力，不是滑動(dòng)摩擦力，所以不一定為，以這箱蘋果為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有，水平向左B錯(cuò)誤；CD．以蘋果箱中間一個(gè)質(zhì)量為m的蘋果為研究對(duì)象，合外力為ma，設(shè)周圍其它蘋果對(duì)它的作用力大小為F，方向與豎直方向的夾角為α，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有在豎直方向上加速度三式聯(lián)立解得則α=θ，C錯(cuò)誤、D正確。故選D?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·黑龍江七臺(tái)河·高三?？计谀┤鐖D，汽車沿水平面向右做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，小球A用細(xì)線懸掛車頂上，質(zhì)量為m的一位中學(xué)生手握扶桿，始終相對(duì)于汽車靜止地站在車箱底板上，學(xué)生鞋底與汽車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若某時(shí)刻觀察到細(xì)線偏離豎直方向θ角，則此刻汽車對(duì)學(xué)生產(chǎn)生的作用力的大小和方向?yàn)椋ǎ〢．mg，豎直向上 B．，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右 D．mgsinθ，斜向右上方【答案】B【詳解】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得m球gtanθ=m球a解得a=gtanθ以人為研究對(duì)象，人與球的加速度相同，均水平向左，設(shè)汽車對(duì)學(xué)生的作用力F與豎直方向的夾角為α，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanα=ma，將a=gtanθ代入，解得α=θ，方向斜向左上方。故選B?！灸Ｐ脱菥?】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，有一固定的傾斜長(zhǎng)鋼索，小球Q通過輕繩與環(huán)P相連，并隨P一起沿鋼索下滑，下滑過程中，輕繩始終與鋼索是垂直的，不計(jì)空氣阻力，則（）A．球Q的加速度大小與重力加速度的大小相等B．球Q所受重力的功率保持不變C．球Q的機(jī)械能守恒D．球Q動(dòng)量變化的方向豎直向下【答案】C【詳解】A．設(shè)鋼索與水平方向夾角為，小球Q受力分析可得得加速度故A錯(cuò)誤；B．球Q下降過程中所受重力的功率因速度在增大，故重力功率也增大，故B錯(cuò)誤；C．小球運(yùn)動(dòng)過程中繩子拉力與運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功。只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，C正確；D．合外力沖量等于動(dòng)量變化量，故球Q動(dòng)量變化的方向沿繩索向下，故D錯(cuò)誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一固定桿與水平方向夾角為，將一質(zhì)量為的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為的小球，桿與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若滑塊與小球保持相對(duì)靜止以相同的加速度a一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向夾角為，且，則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是（

）A．沿著桿加速下滑 B．沿著桿加速上滑C．沿著桿減速下滑 D．沿著桿減速上滑【答案】D【詳解】把滑塊和小球看做整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標(biāo)系，若速度方向向下，則沿斜面方向上有垂直斜面方向上有摩擦力為聯(lián)立可得對(duì)小球有：若，則現(xiàn)有則有所以整理得因?yàn)樗缘约僭O(shè)不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑塊沿桿減速上滑。故選D?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個(gè)傾角為θ=30°的光滑斜面，平行于斜面的細(xì)繩一端固定在車上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球和小車均處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果小車在水平面上向左加速且加速度大小不超過a1時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止；如果小車在水平面上向右加速且加速度大小不超過a2時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止，則a1和a2的大小之比為（）A．∶1 B．∶3 C．3∶1 D．1∶3【答案】D【詳解】分析小球的受力情況如圖所示如果小車在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有FNsinθ-FTcosθ=ma1豎直方向上有FNcosθ＋FTsinθ=mg解得a1=g球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止的臨界條件是細(xì)繩拉力FT=0解得a1=gtan30°同理可得，如果小車在水平面上向右加速，則a2=g球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止的臨界條件是斜面對(duì)小球的彈力FN=0解得a2=所以=1∶3故選D?！灸Ｐ脱菥?】．（2023秋·吉林長(zhǎng)春·高三長(zhǎng)春市第五中學(xué)?？计谀┮惠v小車靜止在水平地面上，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿在桿上，M通過線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，小車未動(dòng)時(shí)，細(xì)線恰好在豎直方向上，現(xiàn)使車向右運(yùn)動(dòng)，全過程中M始終未相對(duì)桿bc移動(dòng)，M、m與小車保持相對(duì)靜止，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次為Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，則以下結(jié)論不正確的是（）A．Ff1∶Ff2＝1∶2 B．Ff2∶Ff3＝1∶2C．Ff3∶Ff4＝1∶2 D．tanα＝2tanθ【答案】B【詳解】ABC．圖（1）中M受的靜摩擦力為Ff1=Ma1圖（2）中M受的靜摩擦力為Ff2=Ma2圖（3）中對(duì)M和m的整體分析可知，M受的靜摩擦力為Ff3=(M+m)a3圖（4）中對(duì)M和m的整體分析可知，M受的靜摩擦力為Ff4=(M+m)a4則Ff1∶Ff2＝1∶2Ff2∶Ff3不能確定；Ff3∶Ff4＝1∶2則選項(xiàng)AC正確，B錯(cuò)誤；D．由圖（3）對(duì)m分析可知由圖（4）對(duì)m分析可知?jiǎng)ttanα＝2tanθ選項(xiàng)D正確。故選B?！灸Ｐ脱菥?】．（2023秋·山西運(yùn)城·高三康杰中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一質(zhì)量為3m的小車在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，小車支架上用細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為m的小球，若在小車下滑的過程中，連接小球的輕繩恰好水平，則外力F的大小為（重力加速度為g）（）A．6mg B．5mg C．4mg D．3mg【答案】A【詳解】對(duì)小球受力分析，小球受重力和水平方向繩子的拉力，由于小車沿斜面下滑，則小球的合力沿斜面向下，根據(jù)幾何關(guān)系可知，小球的合力則小球的加速度為對(duì)小車和小球整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A?！灸Ｐ脱菥?】．（2023秋·上海黃浦·高三上海外國(guó)語大學(xué)附屬大境中學(xué)?？计谀┰陟o止的小車內(nèi)，用細(xì)繩a和b系住一個(gè)小球，繩a與豎直方向成角，拉力為，繩b為水平狀態(tài)，拉力為，如圖所示，現(xiàn)讓小車從靜止開始向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球相對(duì)于車廂的位置仍保持不變，則兩根細(xì)繩的拉力變化情況是（

）A．變小，不變 B．不變，變大C．變小，變大 D．不變，變小【答案】B【詳解】物體靜止時(shí)，由平衡條件可得小車向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得解得故選B?！灸Ｐ脱菥?】．（2023春·上海長(zhǎng)寧·高三專題練習(xí)）如圖所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為，在斜桿下端固定有質(zhì)量為的小球，重力加速度為，下列關(guān)于桿對(duì)球的作用力的判斷中，正確的是（）A．小車靜止時(shí)，，方向沿桿向上方B．小車靜止時(shí)，，向垂直桿向上C．小車向左以加速度加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則D．小車向右以加速度加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則【答案】D【詳解】AB．當(dāng)小車靜止時(shí)，球處于平衡狀態(tài)，則桿對(duì)小球的作用力方向豎直向上，故AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)小車向左以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如下圖所示，則球的合力為當(dāng)加速度大小則桿的作用力否則故C錯(cuò)誤。D．當(dāng)小車向右以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)的水平分力向右，且大小等于ma，F(xiàn)的豎直分力向上，且大小等于mg，則根據(jù)力的合成可得故D正確。故選D?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·山東·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，一傾角為的固定斜面上放一質(zhì)量為M的木塊，木塊上固定一輕質(zhì)支架，支架末端用絲線懸掛一質(zhì)量為m的小球，木塊沿斜面穩(wěn)定下滑時(shí)，小球與木塊相對(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng)。下面說法正確的是（）A．若穩(wěn)定下滑時(shí)，細(xì)線豎直向下，如①所示，此時(shí)木塊和斜面間無摩擦力作用B．若穩(wěn)定下滑時(shí)，細(xì)線垂直斜面，如②所示，此時(shí)木塊受到沿斜面向上的摩擦力C．若穩(wěn)定下滑時(shí)，細(xì)線垂直斜面，如②所示，此時(shí)木塊的加速度為D．若在外力作用下穩(wěn)定下滑時(shí)，細(xì)線是水平的，如③所示，此時(shí)木塊的加速度為【答案】D【詳解】A．若穩(wěn)定下滑時(shí)，細(xì)線豎直向下，如圖所示則故小球勻速運(yùn)動(dòng)，由題可知，小球和木塊相對(duì)靜止，則木塊沿斜面勻速下滑，則受到向上的摩擦力，故A錯(cuò)誤；BC．若穩(wěn)定下滑時(shí)，細(xì)線垂直斜面，如圖所示則與mg的合力必定沿加速度方向，即斜面方向，可得由牛頓第二定律可知此時(shí)小球和木板組成的系統(tǒng)的加速度為木塊的重力沿斜面的分力為對(duì)木塊研究則木塊不受摩擦力，故BC錯(cuò)誤；D．若在外力作用下穩(wěn)定下滑時(shí)，細(xì)線是水平的，如圖所示當(dāng)繩子水平時(shí)，此時(shí)小球所受的合力方向沿斜面向下，此時(shí)此時(shí)小球和木板組成的系統(tǒng)的加速度為故D正確。故選D?！灸Ｐ脱菥?0】（2023吉林長(zhǎng)春一模）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車沿水平路面以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。貨箱中石塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是A.貨車速度增加得越來越快B.貨車在相鄰的兩個(gè)相等時(shí)間間隔內(nèi)的位移之差為C.與B接觸的物體對(duì)B的作用力大小為D.與B接觸的物體對(duì)B的作用力方向水平向右【答案】BC【解析】根據(jù)加速度的定義式可知，速度變化率不變，單位時(shí)間內(nèi)貨車速度增加量不變，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，貨車在相鄰的兩個(gè)相等時(shí)間T內(nèi)的位移之差為，故B選項(xiàng)正確；貨車沿水平路面以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與B接觸的物體對(duì)B的作用力F的方向如圖所示，作用力大小為，故C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤?！灸Ｐ脱菥?1】（2023·全國(guó)·二模）水平路面上有一貨車運(yùn)載著5個(gè)相同的、質(zhì)量均為m的光滑均質(zhì)圓柱形工件，其中4個(gè)恰好占據(jù)車廂底部，另有一個(gè)工件D置于工件A、B之間（如圖所示），重力加速度為g。汽車以某一加速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，工件A與D之間恰好沒有作用力，此時(shí)工件C與B間的作用力大小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】對(duì)D受力分析，當(dāng)工件A與D之間恰好沒有作用力時(shí)，D只受到重力、B對(duì)D的彈力作用，彈力方向垂直接觸面（沿B、D的軸心連線方向），彈力和重力的合力產(chǎn)生加速度，可以得到如下圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得則當(dāng)時(shí)A與D之間恰好沒有作用力。再把A、B、D作為整體受力分析，當(dāng)汽車向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A相對(duì)于車有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以車廂與A之間的彈力是0，C對(duì)B有水平向左的彈力，豎直方向上的支持力和重力平衡，對(duì)水平方向，則有C對(duì)A、B、D整體的作用力大小為ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。【模型演練12】（2023·天津?yàn)I海新·天津經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)第一中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖所示，一位同學(xué)手持乒乓球拍托球沿水平直線跑動(dòng)，球拍與球相對(duì)靜止且均相對(duì)該同學(xué)身體靜止，球拍平面和水平面之間夾角為。設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，不計(jì)球拍和球之間摩擦，不計(jì)空氣阻力，則（

）A．該同學(xué)做勻速直線跑動(dòng) B．乒乓球處于平衡狀態(tài)C．球拍受到的合力大小為 D．球拍受到乒乓球的壓力大小為【答案】C【詳解】AB．不計(jì)球拍和球之間摩擦，不計(jì)空氣阻力，對(duì)小球分析如圖所示一位同學(xué)手持乒乓球拍托球沿水平直線跑動(dòng)，則小球所受的合力為則球在水平方向勻加速運(yùn)動(dòng)，由于球拍與球相對(duì)靜止且均相對(duì)該同學(xué)身體靜止，球、球拍和同學(xué)具有相同的加速度，故AB錯(cuò)誤；C．對(duì)乒乓球由牛頓第二定律得球拍受到的合力大小為故C正確；D．球拍對(duì)乒乓球的支持力大小為由牛頓第三定律可知球拍受到乒乓球的壓力大小等于球拍對(duì)乒乓球的支持力大小為故D錯(cuò)誤。故選C?！灸Ｐ腿枯p繩相連加速度相同的連接體mm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Fμμamm1m2Famm1m2Fμμam3μ求m2、m3間作用力,將m1和m2看作整體整體求加速度隔離求內(nèi)力T-μm1g=m1a得整體求加速度隔離求內(nèi)力T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a得整體求加速度隔離求內(nèi)力T-m1g=m1a得mm1m2F2μμaF1隔離T-F1-μm1g=m1a得【模型演練1】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，在傾角為的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，在外力F的作用下系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為，則（

）A．外力F的大小為B．彈簧的形變量為C．若外力F的大小變?yōu)?，?dāng)A、B相對(duì)靜止時(shí)，彈簧彈力的大小為D．若外力F的大小變?yōu)椋?dāng)A、B相對(duì)靜止時(shí)，突然撤去外力F的瞬間，物塊B的加速度大小為【答案】D【詳解】A．對(duì)物塊A和B整體受力分析，由平衡條件可得，外力的大小為故A錯(cuò)誤；B．對(duì)物塊B受力分析，由平衡條件可得，彈簧的彈力為則彈簧的形變量為故B錯(cuò)誤；CD．對(duì)物塊A和B整體受力分析，由牛頓第二定律，得解得物塊A和B的加速度大小為對(duì)物塊B受力分析，由牛頓第二定律可得，彈簧彈力的大小為突然撤去外力F的瞬間，彈簧不突變，所以物塊B的加速度大小不變，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。【模型演練2】．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量均為m的三個(gè)物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）A、B、C均放在粗糙水平面上，動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，物體間用原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧連接，每根彈簧勁度系數(shù)均為k。現(xiàn)用外力F拉動(dòng)物體A，使三個(gè)物體一起加速運(yùn)動(dòng)，則A、C間的距離為（初始狀態(tài)彈簧均為原長(zhǎng)）（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律對(duì)B、C，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)C，根據(jù)牛頓第二定律A、C間的距離聯(lián)立可得故選B?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，傾角為的粗糙斜面上有4個(gè)完全相同的物塊，在與斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中連接各木塊間的細(xì)繩均與斜面平行，此時(shí)第1、2物塊間細(xì)繩的張力大小為，某時(shí)刻連接第3、4物塊間的細(xì)繩突然斷了，其余3個(gè)物塊仍在力F的作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)第1、2物塊間細(xì)繩的張力大小為，則等于（）A． B． C． D．1：1【答案】B【詳解】勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)每一個(gè)物塊所受的摩擦力為，質(zhì)量為，根據(jù)平衡條件可得對(duì)2、3、4物塊由平衡條件可得可得連接第3、4物塊間的細(xì)繩突然斷了，對(duì)1、2、3根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)2、3物塊根據(jù)牛頓第二定律可得可得可得故選B?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個(gè)物體放在光滑水平面上，外力、同時(shí)作用在兩個(gè)物體上，其中（表達(dá)式中各個(gè)物理量的單位均為國(guó)際單位），。下列說法中正確的是（）A．時(shí)，物體A的加速度大小為B．后物體B的加速度最小C．后兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)方向相反D．若僅將A、B位置互換，時(shí)物體A的加速度為【答案】D【詳解】A．在水平方向上的分力為假設(shè)A、B間無彈力，則時(shí)，有假設(shè)A、B間無彈力，則因此A、B會(huì)整體運(yùn)動(dòng)，有解得選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．物體B的加速度最小時(shí)，有解得選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．之前，兩物體均沿F1方向加速運(yùn)動(dòng)，后F1方向反向，A做減速運(yùn)動(dòng)，但兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)方向仍然相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若僅將A、B位置互換，假設(shè)A、B間無彈力，則說明A、B分離運(yùn)動(dòng)，假設(shè)正確，則時(shí)物體A的加速度為，選項(xiàng)D正確。故選D。【模型演練5】（2023春·湖南常德·高三漢壽縣第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在傾角為的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為和，彈簧的勁度系數(shù)為，在外力的作用下系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為，則（

）A．外力的大小為B．彈簧的形變量為C．若外力的大小為，則A、B相對(duì)靜止向上加速時(shí)，彈簧彈力的大小為D．若外力的大小為，則A、B相對(duì)靜止向上加速時(shí)，物塊B的加速度大小為【答案】C【詳解】A．對(duì)物塊A和B整體受力分析，由平衡條件可得，外力的大小為A錯(cuò)誤；B．對(duì)物塊B受力分析，由平衡條件可得，彈簧的彈力為則彈簧的形變量為B錯(cuò)誤；CD．對(duì)物塊A和B整體受力分析，由牛頓第二定律可得物塊A和B的加速度大小為對(duì)物塊B受力分析，由牛頓第二定律可得，彈簧彈力的大小為C正確，D錯(cuò)誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，2023個(gè)完全相同的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度內(nèi)）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為，2和3之間彈簧的彈力為，……，2022和2023之間彈簧的彈力為，則下列說法正確的是（）A．若水平面光滑，從左到右每根彈簧長(zhǎng)度之比為1∶2∶3∶…∶2021∶2022B．若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2000號(hào)小球的加速度不變C．若水平面光滑，D．若水平面粗糙，【答案】BCD【詳解】AC．若水平面光滑，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2022個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得以此類推可得由胡克定律可知可知從左到右每根彈簧伸長(zhǎng)量之比為但長(zhǎng)度之比不滿足，故A錯(cuò)誤，C正確；B．若水平面粗糙，撤去的瞬間，第2000號(hào)小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力都不變，則加速度不變，故B正確；D．若水平面粗糙，設(shè)每個(gè)小球受的滑動(dòng)摩擦力為，則以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2022個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得以此類推則故D正確。故選BCD?！灸Ｐ退摹堪鍓K加速度相同的連接體模型mm1m2μ光滑aFmm1m2μ1μ2a)θmm1μ1μ2a)θm2整體：a=F/(m1+m2)隔離m1：f=m1a得f=m1F/(m1+m2)整體：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔離m1：m1gsinθ-f=m1a得f=μ2m1gcosθ方向沿斜面向上若μ2=0則f=0整體：a=g(sinθ-μ2cosθ)方向沿斜面向下隔離m1：f=m1acosθ得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ方向水平向左若μ2=0則f=m1gsinθcosθ【模型演練1】（2023·湖南常德·常德市一中?？级＃┤鐖D甲所示，長(zhǎng)木板B在靜止在水平地面上，在t=0時(shí)刻，可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為1kg的物塊A在水平外力F作用下，從長(zhǎng)木板的左端滑上從靜止開始運(yùn)動(dòng)，1s后撤去外力F，物塊A、長(zhǎng)木板B的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，g=10m/s2，則下列說法正確的是（）

A．長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度為2mB．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.1C．長(zhǎng)木板的質(zhì)量為0.5kgD．外力F的大小為4N【答案】ABD【詳解】A．由圖像可知，2s后物塊和木板達(dá)到共速后一起勻速運(yùn)動(dòng)，說明木板與地面之間無摩擦，圖像中圖線與坐標(biāo)軸為成的面積表示物體的位移，故由圖乙可知，在2s內(nèi)物塊的位移為，木板的位移為，故長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度為A正確；B．由圖乙可知，1s時(shí)撤去外力F，在內(nèi)有物塊A的受力及牛頓第二定律可知由圖乙可知內(nèi)物塊A的加速度大小為解得A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為B正確；C．由圖乙可知，木板的加速度大小為由木板B的受力及牛頓第二定律可知解得長(zhǎng)木板的質(zhì)量為C錯(cuò)誤；D．由內(nèi)的物塊A的受力及牛頓第二定律可知又此過程中加速度的大小為解得D正確。故選ABD。【模型演練2】（2023春·重慶·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖用貨車運(yùn)輸規(guī)格相同的兩塊水平水泥板，底層水泥板車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，兩塊水泥板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取，為保證底層水泥板與車廂、兩塊水泥板之間均不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，貨車行駛的最大加速度為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】要使上層水泥板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，上層水泥板的最大靜摩擦力μ1mg=ma1要使兩塊水泥板均不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則2μ2mg=2ma2所以最大加速度應(yīng)故選C?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一長(zhǎng)木板a在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻（）將一相對(duì)于地面靜止的物塊b輕放到木板上，此時(shí)a的速度水平向右，大小為2v0，同時(shí)對(duì)a施加一水平向右的恒力F。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，a、b運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖像可能是下列圖中的（）

A．

B．

C．

D．

【答案】BC【詳解】小物塊由靜止開始，長(zhǎng)木板有初速度且受到恒力作用，所以對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律得解得對(duì)長(zhǎng)木板受力分析有解得AB．根據(jù)圖像斜率可知初始階段aa＜0，解得則a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后由于整體合力為零，將一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確C．根據(jù)圖像知a做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者共速后，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得故C正確；D．若aa＜ab，則有兩者均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律的解得故D錯(cuò)誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在光滑水平面上，A、B兩物體疊放在一起，A放在B的上面，已知，，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，。對(duì)物體A施加水平向右的拉力F，開始時(shí)拉力F＝20N，此后逐漸增加，在增大到50N的過程中，下列說法正確的是（）A．當(dāng)拉力F<30N時(shí)，兩物體均保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)B．兩物體開始沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力超過30N時(shí)，兩物體開始相對(duì)滑動(dòng)C．兩物體間始終沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)D．兩物體間從受力開始就有相對(duì)運(yùn)動(dòng)【答案】AC【詳解】AB．兩物體間達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，對(duì)A對(duì)B得當(dāng)F>60N時(shí)，兩物體相對(duì)滑動(dòng)，則當(dāng)拉力F<30N時(shí)，兩物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)，A正確，B錯(cuò)誤；CD．由AB可知，兩物體始終沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·陜西西安·西安中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出其加速度a，得到如圖乙所示圖像。最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，取，則（）A．滑塊的質(zhì)量 B．木板的質(zhì)量C．當(dāng)時(shí)滑塊加速度為2 D．滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4【答案】AD【詳解】AB．由圖像可知當(dāng)時(shí)，加速度為，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得知圖線的斜率為解得滑塊的質(zhì)量為故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)的圖線知，時(shí)，，即代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時(shí)，對(duì)滑塊和木板的整體，根據(jù)牛頓第二定律得解得故D正確，C錯(cuò)誤。故AD?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）一長(zhǎng)輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上，木板上放質(zhì)量分別為和的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動(dòng)摩擦因素都為，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示（重力加速度g取10）。則（）A．若，則物塊、木板都靜止不動(dòng)B．若，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC．若，則B物塊所受摩擦力大小為2ND．若，則B物塊的加速度為1【答案】CD【詳解】A．A與木板間的最大靜摩擦力f=μm=0.2×1×10=2NB與木板間的最大靜摩擦力f=μm=0.2×2×10=4N若F=1N<f所以AB即木板保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．若F=1.5N<f所以A、B及木板保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得F-f=m所以A物塊所受摩擦力f<F=1.5N故B錯(cuò)誤；C．若F=4N>f所以A在木板上滑動(dòng)，B和木板整體受到摩擦力2N，輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計(jì)，所以B的加速度為對(duì)B進(jìn)行受力分析，摩擦力提供加速度為f′=m=2×1=2N故C正確；D．若F=8N>f所以A相對(duì)于木板滑動(dòng)，B和木板整體受到摩擦力2N，輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計(jì)，所以B的加速度故D正確。故選CD。【模型演練7】（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的質(zhì)量為m的木板靜止在水平面上，t=0時(shí)刻質(zhì)量也為m的滑塊從板的左端以速度水平向右滑行，滑塊與木板，木板與地面的摩擦因數(shù)分別為、且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。滑塊的圖像如圖所示，則有（）

A．= B．< C．>2 D．=2【答案】C【詳解】由圖像分析可知，木板相對(duì)地面滑動(dòng)，滑塊與木板共速后一起減速到停止，對(duì)木板則有>2故選C。【模型演練8】．（2023·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）如圖，質(zhì)量為的貨車載有質(zhì)量為的貨物，一起在水平路面上以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，因緊急情況貨車突然制動(dòng)，貨車停下后，貨物繼續(xù)運(yùn)動(dòng)后未與車廂前壁發(fā)生碰撞。已知貨物與水平車廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，車輪與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，貨物到車廂前壁的距離為L(zhǎng)，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．開始剎車時(shí)貨車的加速度大小為 B．從開始剎車到貨物停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C．貨車停止時(shí)，貨物的速度大小為 D．貨物到車廂前壁的距離應(yīng)滿足【答案】D【詳解】A．剎車后，貨物的加速度由牛頓第二定律對(duì)貨車由牛頓第二定律解得故A錯(cuò)誤；B．貨車先停止運(yùn)動(dòng)，由，可得從開始剎車到貨車停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故B錯(cuò)誤；C．貨車停下時(shí)，由可得貨物的速度為故C錯(cuò)誤；D．由可得從開始剎車到貨物停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為此時(shí)，貨物的位移為貨車的位移為相對(duì)貨車滑行的距離所以需滿足故D正確故選D?！灸Ｐ脱菥?】．（2023春·河南漯河·高三漯河高中?？奸_學(xué)考試）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑斜面體靜止在光滑水平地面上，將由同種材料制成的A、B兩物體放在斜面上，由靜止釋放，下滑過程中A、B兩物體始終相對(duì)靜止。下列關(guān)于A、B兩物體下滑過程中的說法正確的是（）A．A物體的機(jī)械能守恒B．斜面體與B在水平方向的加速度大小可能相等C．斜面體的加速度逐漸減小D．A、B與斜面體構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】B【詳解】A．對(duì)斜面體進(jìn)行受力分析，在水平方向有物體B對(duì)斜面壓力的分力，故斜面體向右加速運(yùn)動(dòng)，又斜面體的重力勢(shì)能不變，動(dòng)能增加，則機(jī)械能增加，根據(jù)能量守恒可知A、B兩物體的機(jī)械能均減小，故A錯(cuò)誤；C．將A、B看成整體，A、B相對(duì)斜面體來說沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜面的壓力恒定，則斜面體在水平方向所受合力不變，即加速度不變，故C錯(cuò)誤；D．豎直方向上合力對(duì)A、B與斜面體構(gòu)成的系統(tǒng)的沖量不為零，故動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤；B．A、B與斜面體構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)斜面體的質(zhì)量等于A、B的質(zhì)量之和時(shí)，斜面體與B在水平方向的加速度大小相等，故B正確。故選B?！灸Ｐ脱菥?0】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在一塊固定的傾角為θ的木板上疊放質(zhì)量均為m的一本英語詞典和一本漢語詞典，圖甲中英語詞典在上，圖乙中漢語詞典在上。已知圖甲中兩本詞典一起沿木板勻速下滑，圖乙中兩本詞典一起沿木板勻加速下滑。已知兩本詞典的封面材料不同，但每本詞典的上、下兩面材料都相同，近似認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力相等，設(shè)英語詞典和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，漢語詞典和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，英語詞典和漢語詞典之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ3，則下列說法正確的是（）A．μ2一定小于tanθB．μ3一定等于tanθC．圖乙中漢語詞典受到的摩擦力大小一定是μ1mgcosθD．圖甲中英語詞典受到的摩擦力大小一定是μ3mgcosθ【答案】C【詳解】A．對(duì)圖甲詞典整體進(jìn)行分析，有則有A錯(cuò)誤；B．對(duì)圖甲中的英語詞典有，設(shè)其受到的靜摩擦力為f，則有即B錯(cuò)誤；C．對(duì)圖乙詞典整體進(jìn)行分析，有對(duì)圖乙的漢語詞典單獨(dú)分析，有聯(lián)立有C正確；D．圖甲中的英語詞典受到靜摩擦力，有根據(jù)對(duì)A選項(xiàng)的分析，可知故有D錯(cuò)誤。故選C。【模型五】輕繩繞滑輪加速度相等“阿特伍德機(jī)”模型m1m1m2aaμmm1m2aa隔離m1：T-μm1g=m1a隔離m2：m2g-T=m2a得，隔離m1：m1g-T=m1a隔離m2：T-m2g=m2a得，若μ=0，且m2<<m1，若m1=m2，T=m1g=m2g【模型演練1】（2023·河北邢臺(tái)·校聯(lián)考一模）如圖所示，兩同種材料的滑塊A、B，用輕質(zhì)細(xì)繩通過光滑定滑輪相連，A放在粗糙的水平桌面上，由靜止釋放A、B兩滑塊，此時(shí)A、B兩滑塊的加速度大小均為；和B調(diào)換位置并也都由靜止釋放，此時(shí)、B兩滑塊的加速度大小均為，已知兩滑塊與水平面間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等，滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊的質(zhì)量為，B滑塊的質(zhì)量為，重力加速度為。下列說法正確的是（）A．調(diào)換前和B的加速度大小均為B．調(diào)換后和B的加速度大小均為C．調(diào)換前后繩的拉力不變D．調(diào)換后繩的拉力變大【答案】C【詳解】A．調(diào)換前，對(duì)A滑塊受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)B滑塊受力分析如圖根據(jù)牛頓第二定律得解得，A錯(cuò)誤；B．調(diào)換后對(duì)B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)上述可知，調(diào)換前后，繩上的拉力不變，C正確，D錯(cuò)誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023·新疆·統(tǒng)考二模）如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體A和B用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，懸掛在定滑輪上，時(shí)刻，將兩物體由靜止釋放，物體A的加速度大小為。時(shí)刻，輕繩突然斷裂，物體B達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體A釋放位置處于同一高度。取時(shí)刻物體B所在的水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體A的機(jī)械能為E，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力。下列說法正確的是（）A．物體A和B的質(zhì)量比為3∶2B．時(shí)，物體A和B間的距離為C．時(shí)，物體B重力的功率為D．時(shí)，物體A的機(jī)械能為【答案】BD【詳解】A．開始釋放時(shí)物體A的加速度為，則解得A錯(cuò)誤；B．在T時(shí)刻，兩物體的速度B上升的距離細(xì)線斷后B能上升的高度可知開始時(shí)A、B距離為物塊B速度從減速到零所需的時(shí)間時(shí)，物體B從A最開始所在平面下降的高度為時(shí)，物體A下降的高度為時(shí)，物體A和B間的距離B正確；C．若設(shè)開始時(shí)B所處的位置為零勢(shì)能面，則開始時(shí)A的機(jī)械能為則可得在2T時(shí)刻，重物B的速度此時(shí)物體B重力的瞬時(shí)功率C錯(cuò)誤；D．從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對(duì)A做負(fù)功，大小為則此時(shí)物體A的機(jī)械能此后物塊A的機(jī)械能守恒，則在2T時(shí)刻物塊A的機(jī)械能仍為，D正確。故選BD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·北京東城·北京市第一六六中學(xué)校考三模）如圖1所示，一小車放于平直木板上（木板一端固定一個(gè)定滑輪），木板被墊高一定角度θ，該角度下，小車恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)（假設(shè)小車所受摩擦力與小車對(duì)木板的正壓力成正比，比例系數(shù)為μ），小車總質(zhì)量為M。（1）畫出圖1中小車的受力示意圖；請(qǐng)推導(dǎo)θ與μ應(yīng)滿足的定量關(guān)系；并分析說明若增大小車質(zhì)量，仍使小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，角度θ是否需要重新調(diào)整。（2）如圖2所示，將小車上栓一根質(zhì)量不計(jì)，且不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩，細(xì)繩通過滑輪（滑輪與細(xì)繩之間摩擦不計(jì)）下掛一個(gè)砝碼盤（內(nèi)放砝碼），在木板上某位置靜止釋放小車后，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知砝碼盤及砝碼的總質(zhì)量為m，求：①a.如果m=M，小車所受細(xì)繩拉力與砝碼盤及砝碼總重力的比值；b.用F表示小車所受細(xì)繩的拉力，如果要求，此時(shí)應(yīng)該滿足的條件；②小車沿木板運(yùn)動(dòng)距離為x的過程中，其機(jī)械能的變化量ΔE?！敬鸢浮浚?），μ=tanθ，θ無須不需要調(diào)整；（2）①a.，b.；②【詳解】（1）小車受到重力、木板的支持力與沿木板向上的摩擦力，小車的受力示意圖如圖所示重力沿木板向下的分力為則小車受到的摩擦力為小車勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可得解得當(dāng)小車的質(zhì)量由M變成M+?m時(shí)，若使小車勻速運(yùn)動(dòng)，仍有科技仍然滿足即若增大小車的質(zhì)量，角度θ無須改變。（2）①a.對(duì)小車由牛頓第二定律可得對(duì)砝碼和砝碼盤由牛頓第二定律可得解得則有b.利用a中得到結(jié)論解得可得②小車沿木板運(yùn)動(dòng)距離為x的過程中，機(jī)械能的變化量等于小車所受的拉力和摩擦力做功的總和，則有【模型演練4】．（2023·云南曲靖·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，物塊A的質(zhì)量，小物塊B的質(zhì)量，A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，按住A時(shí)，B與地面間的距離，A和B靜止，釋放A后，求：（1）B落到地面時(shí)的速度的大??；（2）B落地后，A在桌面上能再滑行多遠(yuǎn)才靜止下來？（未碰到滑輪，g取10m/s2）。【答案】（1）；（2）1m【詳解】（1）對(duì)A受力分析可得對(duì)B受力分析可得解得由于解得（2）A滑行時(shí)，對(duì)其受力分析可知解得由于由于解得【模型演練5】．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖甲所示，傾角為的足夠長(zhǎng)粗糙斜面固定在水平地面上，物塊A、B通過不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過光滑輕質(zhì)定滑輪連接，靜止時(shí)物體A處于P點(diǎn)且與斜面剛好無摩擦力。時(shí)刻給物塊A一個(gè)沿斜面向上的初速度，到內(nèi)物塊A速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示．物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊B距地面足夠高，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，，，重力加速度g取，求：（1）物塊A、B的質(zhì)量之比；（2）物塊A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）物體A沿斜面上滑的最大距離?！敬鸢浮浚?）；（2）0.5；（3）1.25m【詳解】（1）設(shè)A的質(zhì)量為，B的質(zhì)量為，根據(jù)題意可知靜止時(shí)物體A處于P點(diǎn)且與斜面剛好無摩擦力，則由平衡條件可得解得（2）由圖乙可得物體A的加速度大小為而在物塊A沿著斜面體向上運(yùn)動(dòng)的過程中物塊B做自由落體運(yùn)動(dòng)，末的速度設(shè)為，則有可知在末物塊A和物塊B達(dá)到共速，在此過程中物塊A的速度始終大于物塊B的速度，因此連接A、B的紳子上拉力為零，由牛頓第二定律可得解得（3）內(nèi)，A沿斜面上滑位移為B自由下落高度為二者沿繩子方向距離縮小了設(shè)再經(jīng)過時(shí)間輕繩再次拉直，則對(duì)A有對(duì)B有又聯(lián)立可解得末輕繩繃緊，系統(tǒng)內(nèi)輕繩拉力大小遠(yuǎn)大于兩物體的重力及摩擦力大小，設(shè)輕繩拉力瞬間沖量為I，繃緊后二者速度大小為v，對(duì)A和B分別有解得繃緊后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律解得對(duì)B知其減速階段位移物體A上滑的最大距離為【模型演練6】（2023·江西撫州·高三臨川一中階段練習(xí)）如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面的傾角，斜面頂端有一輕質(zhì)光滑定滑輪。質(zhì)量為m的滑塊P通過不可伸長(zhǎng)的細(xì)線繞過定滑輪與重物Q相連。開始時(shí)托著重物Q使細(xì)線豎直且恰好處于繃直狀態(tài)，滑塊P與滑輪間的輕繩與斜面平行?，F(xiàn)由靜止釋放重物Q，重物Q豎直向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過時(shí)間t0時(shí)，細(xì)線突然被燒斷，發(fā)現(xiàn)滑塊P又經(jīng)過時(shí)間2t0回到了出發(fā)位置，重力加速度為g，求：（1）重物Q的質(zhì)量M；（2）滑塊P從開始運(yùn)動(dòng)到返回出發(fā)位置過程中運(yùn)動(dòng)的路程?！敬鸢浮浚?）1.5m；（2）【詳解】（1）設(shè)細(xì)線燒斷前P的加速度的大小為a1，細(xì)繩燒斷的瞬間，P的速度為v，位移為x1，細(xì)繩燒斷前根據(jù)牛頓第二定律得細(xì)繩燒斷的瞬間設(shè)細(xì)繩燒斷后P的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)位移公式得解得

（2）設(shè)細(xì)繩燒斷后P上升的位移為x2解得總路程為解得【模型六】彈簧木塊分離問題模型分離問題（一）分離類型：A與彈簧分離AAFa處于原長(zhǎng)，分離：彈力為零；加速度此瞬間還為零A處于壓縮狀態(tài)，A處于壓縮狀態(tài)，接觸分離問題（二）分離類型：B與地面分離AABFa處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，分離：彈力為零；加速度此瞬間還為零AAB處于壓縮狀態(tài)，xxOF分離mAax1+x2(mA+mB)g+mAa斜率k分離問題（三）臨界條件：①力的角度：A、B間彈力為零FAB=0；②運(yùn)動(dòng)學(xué)的角度：vA=vB、aA=aB.分離類型：A、B分離AABFa處于壓縮狀態(tài)，x2=mB(g+a)/k分離：彈力為零；加速度瞬間還相等ttOv分離aBt1AAAB處于壓縮狀態(tài)，xxOF分離(mA+mB)ax1-x2mA(g+a)斜率k【模型演練1】【多選】（2023·河北邯鄲·高三?？茧A段練習(xí)）如圖（a）所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力與物體位移的關(guān)系如圖（b）所示（），下列結(jié)論正確的是（）A．物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)B．彈簧的勁度系數(shù)為C．物體的質(zhì)量為D．物體的加速度大小為【答案】CD【詳解】A．物體與彈簧分離時(shí)，彈簧的彈力為零，輕彈簧無形變，A錯(cuò)誤；CD．從圖中可知解得物體的質(zhì)量和物體的加速度大小分別為CD正確；B．彈簧的勁度系數(shù)B錯(cuò)誤。故選CD?！灸Ｐ脱菥?】【多選】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質(zhì)彈簧上并保持靜止，現(xiàn)用大小等于0.8mg的恒力F向上拉B，當(dāng)運(yùn)動(dòng)距離為h時(shí)B與A恰好分離（）A．彈簧的勁度系數(shù)等于B．B和A剛分離時(shí)，彈簧為原長(zhǎng)C．B和A剛分離時(shí)，B和A的加速度相同D．從開始運(yùn)動(dòng)到B和A剛分離的過程中，兩物體的動(dòng)能先增大后減小【答案】ACD【詳解】ABC．當(dāng)A和B兩物體疊放在豎直輕質(zhì)彈簧并保持靜止時(shí)，彈簧的彈力為由胡克定律可得彈簧的壓縮量為當(dāng)A和B兩物體一起上升時(shí)，把A和B兩物體看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律可得對(duì)B物體進(jìn)行隔離分析，得當(dāng)A和B開始分離時(shí)，，解得負(fù)號(hào)表示方向豎直向下，此時(shí)彈簧的彈力為由胡克定律可得彈簧的壓縮量為由題中條件可得可得綜上分析可知B和A剛分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，B和A的加速度相同，故AC正確，B錯(cuò)誤；D．從開始運(yùn)動(dòng)到B和A剛分離的過程中，兩物體的加速度方向先向上后向下，兩物體向上先加速運(yùn)動(dòng)，后減速運(yùn)動(dòng)，兩物體的動(dòng)能先增大后減小，故D正確。故選ACD。【模型演練3】【多選】（2023秋·重慶北碚·西南大學(xué)附中?？计谀┤鐖D所示，一彈簧一端固定在傾角為的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為的物體P，Q為一質(zhì)量為的物體，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給物體Q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，以后F為恒力，，g取。以下選項(xiàng)正確的是（）A．彈簧原長(zhǎng)時(shí)P、Q分離 B．P、Q分離后，P將立即做減速運(yùn)動(dòng)C．F的最大值為 D．若將P、Q換一個(gè)位置，其它條件不變，后，恒力F比剛才要小【答案】CD【詳解】ABC．設(shè)開始時(shí)彈簧的壓縮量為x0，對(duì)整體受力分析，平行斜面方向有解得前0.4s時(shí)間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.4s時(shí)刻兩物體分離，此時(shí)P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x1，對(duì)物體P，由牛頓第二定律得前0.4s時(shí)間內(nèi)兩物體的位移聯(lián)立解得對(duì)兩物體受力分析知，開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，分離時(shí)拉力最大，對(duì)Q應(yīng)用牛頓第二定律得解得故AB錯(cuò)誤，C正確；D.若將P、Q換一個(gè)位置，其它條件不變，將上述討論中質(zhì)量互換，后可知將P、Q換一個(gè)位置，其它條件不變，后，恒力F比剛才要小，故D正確。故選CD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·陜西渭南·校考階段練習(xí)）如圖所示，粗糙絕緣的水平面上，一被壓縮、鎖定的輕彈簧一端固定在墻上，另一端與物體B栓接，物體A緊靠著物體B，處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B兩物體不拴接?，F(xiàn)解除鎖定彈簧的同時(shí)，對(duì)物體A向右施加的水平恒力作用，使A、B物體一起從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。已知兩物體質(zhì)量，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則在運(yùn)動(dòng)過程中，下列判斷正確的是（）A．A、B兩物體在彈簧的原長(zhǎng)位置分離B．A、B兩物體分離的瞬間，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)能達(dá)到最大C．A、B兩物體分離的瞬間，物體B的加速度大小為，方向向右D．從靜止開始到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，物體B動(dòng)能先增大后減小【答案】CD【詳解】ABC．根據(jù)題意可知，A、B兩物體分離的瞬間，兩物體速度相同，加速度相同且兩物體之間的彈力為零，由牛頓第二定律，對(duì)物體A有對(duì)物體B有解得方向向右，彈簧彈力為方向向右，即彈簧仍然被壓縮，A、B兩物體分離后，物體A做勻加速運(yùn)動(dòng)，物體B由于受到的彈力大于摩擦力，繼續(xù)向右加速運(yùn)動(dòng)，則A、B兩物體分離的瞬間，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)能沒有達(dá)到最大，故AB錯(cuò)誤，C正確；D．A、B兩物體分離之前，整體向右做加速運(yùn)動(dòng)，A、B兩物體分離后，物體B由于受到的彈力大于摩擦力，繼續(xù)向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力繼續(xù)減小，當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈力小于摩擦力，則物體B做向右的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，只受摩擦力，物體B繼續(xù)減速，則從靜止開始到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，物體B動(dòng)能先增大后減小，故D正確。故選CD?！灸Ｐ脱菥?】．（2023春·四川綿陽·高三四川省綿陽南山中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖甲所示，光滑斜面的傾角為，一根輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端，另一端與滑塊A相連，滑塊B與A靠在一起（不粘連），兩滑塊的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。從零時(shí)刻起對(duì)滑塊B施加一個(gè)平行斜面的變力F，兩滑塊的圖象如圖乙所示，時(shí)刻F的大小是零時(shí)刻F大小的2倍，重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是（）A．時(shí)刻兩滑塊的速度大小均為B．時(shí)刻前兩滑塊的加速度大小均為C．彈簧的勁度系數(shù)為D．0到時(shí)間內(nèi)彈簧彈性勢(shì)能的減少量為【答案】AD【詳解】AB．由圖乙所示圖象可知，t0時(shí)刻兩滑塊開始分離，此時(shí)它們的加速度大小、速度大小都相等，它們間的作用力為零，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為，設(shè)時(shí)彈簧的壓縮量為，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為，設(shè)時(shí)刻拉力大小為，時(shí)刻拉力大小為，由題意可知施加拉力前，對(duì)A、B整體，由平衡條件得時(shí)刻，對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律得時(shí)刻，對(duì)B，由牛頓第二定律得解得由圖乙所示圖象可知，在內(nèi)，A、B一起做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻兩滑塊的速度大小為故A正確，B錯(cuò)誤；C．由圖乙所示圖象可知，在內(nèi)，A、B一起做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小為則時(shí)刻，對(duì)A，由牛頓第二定律得施加拉力前，對(duì)A、B整體，由平衡條件得解得彈簧的勁度系數(shù)為故C錯(cuò)誤；D．設(shè)0到時(shí)間內(nèi)彈簧彈性勢(shì)能的減小量為，則故D正確。故選AD?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·湖南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）質(zhì)量均為m的甲、乙兩物塊，中間連接一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，如圖所示，把甲放在水平面上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給乙施加一個(gè)豎直向上的拉力，使乙向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g（g為重力加速度大?。铝姓f法正確的是（

）A．乙剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向上的拉力大小為2mgB．從乙剛開始運(yùn)動(dòng)到甲剛要離開水平面時(shí)，乙的位移大小為C．當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，豎直向上的拉力大小為3mgD．甲剛要離開水平面時(shí)，乙的速度大小為g【答案】B【詳解】A．乙剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力即豎直向上的拉力，則有故A錯(cuò)誤；B．系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的壓縮量為甲剛要離開水平面時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為則從乙剛開始運(yùn)動(dòng)到甲剛要離開水平面時(shí)，乙的位移大小為故B正確；C．當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，對(duì)乙分析有解得故C錯(cuò)誤；D．從乙剛開始運(yùn)動(dòng)到甲剛要離開水平面時(shí)，對(duì)乙分析有解得故D錯(cuò)誤。故選B。【模型演練7】(2020·湖北部分重點(diǎn)中學(xué)開學(xué)考試)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端與A物體相連接，將B物體放置在A物體的上面，A、B的質(zhì)量都為m，初始時(shí)兩物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體B上，使物體B開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體B的位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法中正確的是()A.物體B位移為4cm時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)B.物體B的加速度大小為5m/s2C.物體A的質(zhì)量為4kgD.彈簧的勁度系數(shù)為5N/cm【答案】C【解析】當(dāng)物體B位移為4cm時(shí)，物體A、B仍有向上的加速度，此時(shí)彈簧產(chǎn)生的向上的彈力大于物體A的重力，所以彈簧處于壓縮狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)力F未作用時(shí)彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝2mg，設(shè)物體A、B的共同加速度大小為a，則當(dāng)F＝F1＝20N時(shí)，由牛頓第二定律得F1＋kx0－2mg＝2ma，當(dāng)F＝F2＝50N時(shí)，物體A、B剛好分離，對(duì)物體B有F2－mg＝ma，以上各式聯(lián)立可解得a＝2.5m/s2，m＝4kg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)物體A、B剛好分離時(shí)，對(duì)物體A有k(x0－x)－mg＝ma，將x＝0.04m代入解得k＝7.5N/cm，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！灸Ｐ脱菥?】如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝4kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m2＝8kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給Q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前0.2s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后F為恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。求力F的最大值與最小值?！敬鸢浮?2N36N【解析】設(shè)開始時(shí)彈簧的壓縮量為x0，由平衡條件得(m1＋m2)gsinθ＝kx0代入數(shù)據(jù)解得x0＝0.12m因前0.2s時(shí)間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2s時(shí)刻兩物體分離，此時(shí)P、Q之間的彈力為零，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x1對(duì)物體P，由牛頓第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前0.2s時(shí)間內(nèi)兩物體的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得a＝3m/s2對(duì)兩物體受力分析知，開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，分離時(shí)拉力最大Fmin＝(m1＋m2)a＝36N對(duì)Q應(yīng)用牛頓第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2(gsinθ＋a)＝72N?！灸Ｐ推摺俊瓣P(guān)聯(lián)速度與機(jī)械能守恒”連接體模型1.繩、桿末端速度分解四步①找到合運(yùn)動(dòng)——物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)；②確定分運(yùn)動(dòng)——沿繩(桿)和垂直于繩(桿)；③作平行四邊形；④根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。2.繩桿末端速度分解的三種方法方法一、微元法要求船在該位置的速率即為瞬時(shí)速率，需從該時(shí)刻起取一小段時(shí)間來求它的平均速率，當(dāng)這一小段時(shí)間趨于零時(shí)，該平均速率就為所求速率。

如圖所示，設(shè)船在θ角位置經(jīng)△t時(shí)間向左行駛△x距離，滑輪右側(cè)的繩長(zhǎng)縮短△L，當(dāng)繩與水平方向的角度變化很小時(shí)，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△xcosθ，兩邊同除以△t得：

即收繩速率v0=vAcosθ，因此船的速率為：vA=υ0/cosθ?！炬溄印俊拔⒃ā保稍O(shè)想物體發(fā)生一個(gè)微小位移，分析由此而引起的牽連物體運(yùn)動(dòng)的位移是怎樣的，得出位移分解的圖示，再?gòu)闹姓业綄?duì)應(yīng)的速度分解的圖示，進(jìn)而求出牽連物體間速度大小的關(guān)系。解法二、效果分解法首先確定合運(yùn)動(dòng)，即物體實(shí)際運(yùn)動(dòng)；其次確定物體A的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)。兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)：一是沿繩的方向被牽引，繩長(zhǎng)縮短。繩長(zhǎng)縮短的速度即等于v1=v0；二是隨著繩以定滑輪為圓心的擺動(dòng)，它不改變繩長(zhǎng)，只改變角度θ的值。這樣就可以將vA按圖示方向進(jìn)行分解。所以v1及v2實(shí)際上就是vA的兩個(gè)分速度，如圖所示，由此可得vA=υ0/cosθ?！炬溄印拷忸}流程：①選取合適的連結(jié)點(diǎn)（該點(diǎn)必須能明顯地體現(xiàn)出參與了某個(gè)分運(yùn)動(dòng)）；②確定該點(diǎn)合速度方向（物體的實(shí)際速度為合速度）且速度方向始終不變；③確定該點(diǎn)合速度的實(shí)際運(yùn)動(dòng)效果從而依據(jù)平行四邊形定則確定分速度方向；④作出速度分解的示意圖，利用沿繩方向的速度相等，尋找速度關(guān)系。解法三、功率等值法由題意可知：人對(duì)繩子做功等于繩子對(duì)物體所做的功，即二者做功的功率相等。人對(duì)繩子的拉力為F，則對(duì)繩子做功的功率為P1=Fv0；繩子對(duì)物體的拉力，由定滑輪的特點(diǎn)可知，拉力大小也為F，則繩子對(duì)物體做功的功率為P2=FvAcosθ，因?yàn)镻1=P2所以vA=v0/cosθ。【名師點(diǎn)撥】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（實(shí)際運(yùn)動(dòng)速度），而不能分解分速度；在上述問題中，若不對(duì)物體A的運(yùn)動(dòng)認(rèn)真分析，就很容易得出vA=v0cosθ的錯(cuò)誤結(jié)果；

③繩兩端速度不一定相等，只是沿繩方向速度大小相等。當(dāng)物體A向左移動(dòng)，θ將逐漸變大，vA逐漸變大，雖然人做勻速運(yùn)動(dòng)，但物體A卻在做加速運(yùn)動(dòng)。3.輕繩相連的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒模型①注意兩個(gè)物體的質(zhì)量不一定相等；注意多段運(yùn)動(dòng)②注意兩物體運(yùn)動(dòng)位移和高度不一定相等③注意兩物體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區(qū)別①b落地前，a機(jī)械能增加、b減小，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；②b落地后若不反彈，繩松，a機(jī)械能守恒；4.輕桿相連的系統(tǒng)機(jī)械能守恒模型類型類型一：繞桿上某固定點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)類型二：無固定點(diǎn)，沿光滑接觸面滑動(dòng)圖示特點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，線速度與半徑成正比。沿桿分速度大小相等，兩物體速度大小不一定相等?！灸Ｐ脱菥?】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量為的P物體套在光滑的豎直桿上，質(zhì)量為的Q物體放置在傾角為的足夠長(zhǎng)的固定粗糙斜面上，用一不可伸長(zhǎng)輕繩連接。初始時(shí)輕繩右端經(jīng)過定滑輪呈水平，P物體從a點(diǎn)由靜止釋放，下落到b點(diǎn)時(shí)速度大小為v，a、b之間的距離為l，此時(shí)連接P物體的輕繩與水平方向夾角為，重力加速度為。在此過程中，下列說法正確的是（）A．P物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．P物體從a點(diǎn)由靜止釋放時(shí)加速度大小等于C．P物體到b點(diǎn)時(shí)，Q物體的速度大小為D．該過程中產(chǎn)生的熱量為【答案】BCD【詳解】AB．從a點(diǎn)剛釋放瞬間，P物體只受重力，加速度為，當(dāng)下落到b點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律，可得此時(shí)的加速度小于重力加速度，故P物體不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；C．P物體到b點(diǎn)時(shí)，此時(shí)兩物體速度關(guān)系滿足故C正確；D．該過程由能量守恒，得該過程中產(chǎn)生的熱量為故D正確。故選BCD?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，固定的水平光滑長(zhǎng)桿上套有一物塊Q，跨過懸掛于O點(diǎn)的輕小光滑圓環(huán)的輕繩一端連接Q，另一端懸掛一物塊P。設(shè)輕繩的左邊部分與水平方向的夾角為，初始時(shí)很小?，F(xiàn)將P、Q由靜止同時(shí)釋放，關(guān)于P、Q以后的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．當(dāng)時(shí)，P、Q的速度大小之比是B．當(dāng)向增大的過程中，Q的速度一直增大C．當(dāng)向增大的過程中，P的速度一直增大D．當(dāng)時(shí)，P的速度為零【答案】BD【詳解】A．Q沿繩方向的分速度與P的速度大小相等，當(dāng)時(shí)，則有解得故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)向增大的過程中，細(xì)繩水平分力向右，使Q的速度一直增大，故B正確；CD．剛釋放時(shí)，P的速度為0，當(dāng)時(shí)，Q的速度水平向右，沿繩方向的速度分量為零，所以此時(shí)P的速度也為零，可知當(dāng)向增大的過程中，P的速度先增大后減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·黑龍江哈爾濱·高三黑龍江實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中）如圖所示，A物體套在光滑豎直桿上，B物體放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸長(zhǎng)輕繩連接。初始時(shí)輕繩經(jīng)過定滑輪呈水平，A、B物體質(zhì)量均為m。A物體從P點(diǎn)由靜止釋放，下落到Q點(diǎn)時(shí)，速度為v，PQ之間的高度差為h，連接A物體的輕繩與水平方向夾角為θ。在此過程中，則（）A．B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．A物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的速度為vsinθC．A物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的動(dòng)量為mvcosθD．B物體克服摩擦做的功為【答案】BD【詳解】A．A物體下滑時(shí)，細(xì)繩對(duì)B的拉力是變化的（初始為零，后續(xù)大于零），則B物體所受的合力不是恒力，因此B物體做的是非勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．物體A在的Q點(diǎn)時(shí)速度為v，速度的分解圖如下由速度的分解可知，滑塊B的速度為故B正確；C．A物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的速度為vsinθ，則B物體的動(dòng)量為故C錯(cuò)誤；D．由能量關(guān)系可知，A物體減少的重力勢(shì)能等于B物體克服摩擦力做功和A、B兩物體動(dòng)能增量之和，因此B物體克服摩擦做的功為故D正確。故選BD?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，不計(jì)質(zhì)量的細(xì)桿兩端分別通過鉸鏈固定有可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，質(zhì)量均為m，桿的長(zhǎng)度為l。開始時(shí)A、B均靠在光滑豎直墻面上并處于靜止?fàn)顟B(tài)，A在光滑水平地面上。當(dāng)有輕微擾動(dòng)后，可能A球開始沿水平面向右滑動(dòng)，B球隨之下降，也可能B球先向右運(yùn)動(dòng)。兩球始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，細(xì)桿與水平方向的夾角為（），重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．不管A先向右運(yùn)動(dòng)還是B先向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)，A和B的動(dòng)能都達(dá)到最大B．不管A先向右運(yùn)動(dòng)還是B先向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)，都會(huì)離開豎直墻面C．A先向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，A球的機(jī)械能先增大后減小D．B先向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，B球的機(jī)械能先增大后減小【答案】BC【詳解】B．若A先向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，假設(shè)小球B能一直沿著墻面向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)細(xì)桿與水平方向的夾角為時(shí)，兩小球的速度大小分別為、，根據(jù)連接體關(guān)聯(lián)速度之間的關(guān)系可得即則由動(dòng)能定理有整理結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)時(shí)取等號(hào)，說明小球A的動(dòng)能先增大后減小，即桿中先存在擠壓的內(nèi)力，之后出現(xiàn)拉伸的內(nèi)力，故此后B會(huì)離開墻面，直至B落地，B的重力始終對(duì)AB組成的系統(tǒng)做正功，因此B的動(dòng)能始終增大；若B先向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)桿與水平方向成角時(shí)，球B的速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得對(duì)于小球B，由牛頓第二定律有由上兩式解得當(dāng)時(shí)，即此時(shí)A離開墻面，此后AB及桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B的動(dòng)能繼續(xù)增大，但B的機(jī)械能減小，一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化成了A的動(dòng)能，故B正確；A．根據(jù)以上分析可知，B的動(dòng)能一直在增大，直至落地時(shí)動(dòng)能達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；C．根據(jù)以上分析可知，桿對(duì)A的作用力對(duì)A先做正功后做負(fù)功，故A球的機(jī)械能先增大后減小，故C正確；D．根據(jù)以上分析可知，當(dāng)B先向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，B球機(jī)械能先不變后減小，故D錯(cuò)誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定質(zhì)量為m的小球。開始時(shí)，輕桿位于豎直方向，之后受輕微擾動(dòng)后向左自由轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻輕桿與豎直方向的夾角記為，取重力加速度為g，關(guān)于轉(zhuǎn)動(dòng)過程中小球的以下說法正確的是（）

A．豎直速度先增大后減小 B．重力的最大功率為C．當(dāng)時(shí)，小球只受重力作用 D．水平方向上速度最大值為【答案】BCD【詳解】A．小球受桿沿桿方向的支持力或拉力作用，豎直向下的重力作用，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，重力一直做正功，豎直方向速度一直增加，故A錯(cuò)誤；B．桿對(duì)小球不做功，重力對(duì)小球做正功，當(dāng)時(shí)，有解得重力的最大功率為故B正確；C．當(dāng)時(shí)，由機(jī)械能守恒可得解得此時(shí)小球做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力為重力沿桿方向的分力為則桿對(duì)小球無作用力，小球只受重力作用，故C正確；