压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题

一、单选题

1.两个表面粗糙程度相同的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，中间用一根轻质细绳连接。将它们放置在粗糙水平地面上，物体A受到沿水平方向作用力F时，两物体共同运动，绳中拉力恰好达到所能承受的最大张力。欲使拉力F变大且细绳不被拉断，则下列操作中可行的是

A. 减小A物体的质量m1

B. 减小B物体的质量m2

C. 将它们放在光滑水平地面上运动

D. 将它们放在动摩擦因数更大的水平面上运动

【答案】B

【解析】设接触面的动摩擦因数为μ，一起运动的加速度为a，之间绳子的拉力为T，

对整体，由牛顿第二定律：F−μ(m1+m2)g=(m1+m2)

对B，由牛顿第二定律：T−μm2g=m2a

联立知，绳子拉力T=m2

m1+m2

F

可见绳子的拉力与接触面的粗糙程度无关，与F和A、B的质量有关。

由于开始绳子拉力恰好达到最大，欲使拉力F变大且细绳不被拉断，必然使m2

m1+m2

减小才可能。

由于m2

m1+m2=1m

1

m2

+1，故可增大A的质量m1，或者减小B的质量m2，故ACD错误，B正确。

故选B。

2.如图所示，两个质量均为m的物块P、Q叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数为μ.若用水平外力F将物块Q从物块P的下方抽出，抽出过程中P、Q的加速度分别为a P、a Q，且a Q=2a P，重力加速度为g，则F的大小为()

A. 3μmg

B. 2.5μmg

C. 4μmg

D. 5μmg

【答案】D

【解析】以P为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律可得：

μmg=ma p

可得：a p=μg

所以：a Q=2a p=2μg

对Q受力分析，根据牛顿第二定律有：

F−3μmg=ma Q

可得拉力为：F=3μmg+ma Q=5μmg

所以D正确，ABC错误。

故选：D。

3.不计质量的细绳依次连接两个质量不同的小球，上面的小球质量较大些，悬挂在密闭车厢的顶上.当车厢向左匀加速运动达到稳定时，图中能正确反映上、下两段细绳与竖直方向的关系的是()

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】分别对两小球受力分析如图所示，对下面小球m，利用牛顿第二定律，

则在水平方向有ma=Tcosα①，

而在竖直方向则有mg=Tsinα②；

对上面小球M，同理有

Ma=Fcosβ−Tcosα③，

Mg+Tsinα=Fsinβ④，

由①③容易得到，Fcosβ=(M+m)a

而②④则得Fsinβ=(M+m)g

故有tanβ=g

a

而由①②得到tanα=g

a

因此β=α，所以B正确，ACD错误。

故选B 。

4.如图，不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B

的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的是

A. T1=(m+2m2)m1g

m+2(m1+m2)B. T1=(m+2m1)m1g

m+4(m1+m2)

C. T1=(m+4m1)m2g

m+4(m1+m2)

D. T1=(m+4m2)m1g

m+2(m1+m2)

【答案】D

【解析】设m=0，则系统加速度a=m2g−m1g

m2+m1

，对A物体运用牛顿第二定律得：T1−m1g=m1a，T1=m1(a+

g)=2m1m2g

m2+m1

。把m=0带入ABCD四个选项得D选项符合，故D正确，ABC错误。

故选D。

5.如图所示，质量为10kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2.5kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g= 10m/s2)()

A. 0

B. 20N

C. 25N

D. 125N

【答案】B

【解析】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为：F=m A g=10×10N=100N

剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度为：a=(m A+m B)g−F

m A+m B =(10+2.5)×10−100

10+2.5

m/s2=2m/s2

隔离对B分析，有：m B g−N=m B a

解得：N=m B g−m B a=25N−2.5×2N=20N

故B正确，ACD错误。

故选B。

6.如图甲所示，一根材质均匀的粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平恒力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动，测得绳上距A端x处的张力T与x的关系如图乙所示.下列说法中正确的是

A. 从乙图像中可以判断粗绳一定不受摩擦力作用

B. 从乙图像中可以判断粗绳一定受到摩擦力作用

C. 图象的斜率大小与粗绳运动的加速度有关

D. 图象的斜率大小与粗绳的质量无关 【答案】D

【解析】AB.绳单位长度质量为λ=m l ，先对整个绳子有 F −f =ma ，可得绳子加速度为a =F

m −μg ，再对绳子左端部分研究，应有T −μλ(1−x)g =λ(1−x)a ，整理可得T =−F

l x +F ，由图线可得出拉力和绳长的大小关系，但无法确定是否受到摩擦力，故AB 错误；

CD.图象的斜率为F

l 则图象的斜率只与F 和l 有关，与粗绳的质量以及粗绳运动的加速度无关，故C 错误，D 正确。 故选D 。

7.如图所示，在光滑水平面上由弹簧相连的两物体A ，B ，质量分别为m 1、m 2.在拉力F 作用下，A ，B 以加速度a 做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F ，此时A ，B 的加速度分别为a 1、a 2，则

A. a 1=0，a 2=0

B. a 1=a ，a 2=0

C. a 1=a ，a 2=−m

1

m 2

a

D. a 1=m 1

m

1+m 2

a,a 2=m 2

m

1+m 2

a

【答案】C

【解析】力F 作用时，根据牛顿第二定律得： 对A 有：F 弹=m 1a

当突然撤去推力F 的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对B 受力分析有：

F 弹=m 2a 2

解得：a 2=m

1

m 2a

A 受到弹力作用，撤去F 的瞬间弹簧的弹力不变，所以A 的加速度不变，仍为a ，即a 1=a ，故C 正确，

ABD错误。

故选：C。

二、多选题

8.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球质量m变化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m0=F0

2g

D. 在m

【答案】BD

【解析】假设A的加速度向下，B的加速度向上，绳子的拉力大小为T，物体运动的加速度大小为a，分

别由牛顿第二定律：m0g−T=m0a，T−mg=ma，联立知a=m0−m

m0+m g，T=2m0

m0+m

mg=2m0g

1+m0

m

，滑轮静止

可知，F=2T=4m0g

1+m0

m

。

AB.由表达式可知，m越大，F越大，故A错误，B正确；

C.当m>>m0时，F趋近于4m0g，故F 0=4m0g，故A物体质量m0=F0

4g

，故C错误；

D.在m

m0+m

g=g−2m

m0+m

g=g−2g

1+m0

m

，可见m越大，运动的加速度越小，故D正确。

故选BD。

9.如图所示，有一根固定的足够长的光滑直杆与水平面的夹角为θ，杆上套着一个质量为m的滑块A(可视为质点)。用不可伸长的轻绳将滑块A与另一个质量为2m的物块B通过光滑的定滑轮相连接，先将A锁定在O点，此时轻绳绷紧，滑轮左侧轻绳恰好水平，其长度为L。现将滑块A从图中O点由静止释放，在滑块A从O点滑到最低点的过程中(整个运动过程中A和B不会触地，B不会触及滑轮和直杆)，下列说法正确的是()

A. 绳的拉力对A先做正功后做负功

B. 绳与杆垂直时，A的机械能最大，B的机械能最小

C. 绳与杆垂直时，A的动能最大，B的动能最小

D. 物块B所受重力的功率一直增大

【答案】AB

【解析】A、滑块A下滑的过程中，绳对A的拉力与v A夹角先小于90°，后大于90°，则绳的拉力对A先做正功后做负功，故A正确；

B、绳与杆垂直时，B下降到最低点，且速度为零，则B的机械能减小的最多，A机械能增加的最多，故B正确；

C、A所受的合外力为零时，速度最大，动能最大，而在绳与杆垂直位置，A的合力不为零，故C错误；

D、B在运动的过程中先是加速下降后减速下降，后加速上升又减速上升，根据P=2mgv B可知，物块B 所受重力的功率不是一直增大，故D错误；

故选：AB。

10.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一段连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=ℎ，开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B由静止释放，则()

A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大

B. 物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大

C. 物块A在杆上长为2√3ℎ的范围内做往复运动

D. 物块B的机械能最小时，物块A的动能最大

【答案】CD

【解析】A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解F=mgcosθ=ma，角度增大，合力变小，加速度不断减小，故A错误；

B.刚开始释放时，B的速度为零，当A的速度最大时，即绳子竖直时，B的速度为零，所以B的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故B错误；

=√3ℎ，过程中系统机械能守恒，A到C点动能最大，B机械能最小，CD.根据几何知识可知L AB=ℎ

tan30°

根据对称性可知A减速运动到右边距离C点√3ℎ处，B上升到原来的高度，即物块A在杆上长为2√3ℎ的

范围内做往复运动，故CD正确。

故选CD。

11.如图所示，质量分别为m A、m B的A，B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A，B间的压力，可行的办法是()

A. 减小推力F

B. 减小倾角θ

C. 减小B的质量

D. 减小A的质量

【答案】AC

【解析】设摩擦因数为μ，对AB整体受力分析有：

F−m A gsinθ−m B gsinθ−μm A gcosθ−μm B gcosθ=(m A+m B)a

对B受力分析有：

F AB−m B gsinθ−μm B gcosθ=m B a

由以上两式可得：

F AB=

m B

m A+m B

F=

F

m A

m B

+1

可知，为使F AB减小，应减小推力F，增加A的质量，减小B的质量，故AC正确，BD错误。

故选AC。

12.如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的有()

A. B下滑过程中，B球重力的瞬时功率一直增大

B. 当B滑到圆弧轨道最低点时，B的速度为√2gR

C. 当B滑到圆弧轨道最低点时，轨道对B的支持力为2mg

D. 整个过程中轻杆对A做的功为1

2

mgR

【答案】CD

【解析】A.开始时，AB由静止释放，则重力做功的功率为零，最后到达水平面，速度方向水平，重力做功的功率为零，由此可知，重力做功的功率先增大后减小，故A错误；

B.在B滑到轨道最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：1

2

(m+m)v2=mgR可得：v=√gR，故B错误；

C.当B滑到轨道最低点时，根据竖直面内的圆周运动规律：F N−mg=m v2

R

，解得：F N=2mg，故C正确；

D.整个过程中轻杆对A做的功等于A的动能增加量：即W=1

2mv2−0=1

2

mgR，故D正确。

故选CD．

三、计算题

13.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4 m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。求：

(1)物体C从开始到刚离开地面过程中，物体A沿斜面下滑的距离

(2)斜面的倾角α

(3)物体A能获得的最大速度

【答案】解：(1)设开始时弹簧的压缩量x B，根据平衡条件得：

对B有：kx B=mg；

设当物体C刚离开地面时，弹簧的伸长量为x C，则：kx C=mg；

当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为：x=x C+x B

；

联立解得：x=2mg

k

；

即：物体C从开始到刚离开地面过程中，物体A沿斜面下滑的距离为2mg

k

；

(2)物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kx C、细线的拉力T三个力的作用；

设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律：

对B有：T−mg−kx C=ma；

对A有：4mgsinα−T=4ma；

解得：4mgsinα−mg−kx C=5ma；

当B获得最大速度时，有a=0；

由以上几式联立，解得sinα=1

；

2

所以：α=30°；

即：斜面的倾角α为30°；

(3)由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚离开地面时，A、B两物体的速度相

(4m+m)v m2；等，设为v m，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：4mgxsinα−mgx=1

2

；

解得：v m=2g√m

5k

。

即：物体A能获得的最大速度为2g√m

5k

【解析】本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律；关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速

度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒。

(1)根据弹簧的压缩量，结合胡克定律分析；

(2)C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角；

(3)A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，由机械能守恒得出物体A能获得的最大速度。

14.如图所示，横截面为等腰三角形的光滑斜面，倾角θ=30°，斜面足够长，物块B和C用劲度系数为k 的轻弹簧连接，它们的质量均为2m，D为一固定挡板，B与质量为6m的A通过不可伸长的轻绳绕过光

滑定滑轮相连接．现固定A，此时绳子伸直无弹力且与斜面平行，系统处于静止状态，然后由静止释放A，则

(1)物块C从静止到即将离开D的过程中，重力对B做的功为多少？

(2)物块C即将离开D时，A的加速度为多少？

(3)物块C即将离开D时，A的速度为多少？

【答案】解：(1)开始系统静止时，对于物块B有

2mgsin30°=kx1

则弹簧压缩量为x1=mg

k

C刚离开D时，对于物块C有2mgsin30°=kx2

则弹簧伸长量为x2=mg

k

故A、B的位移大小均为x=x1+x2=2mg

k

物块C从静止到刚离开D的过程中，重力对B做功

W=−2mgx·sin30°=−2m2g2 k

(2)C刚离开D时，设绳中张力大小为T，对A、B分别由牛顿第二定律有6mgsin30°−T=6ma

T−(kx2+2mgsin30°)=2ma

即6mg·sin30°−(kx2+2mg·sin30°)=8ma

解得A的加速度a=g

8

；

(3)物块C从静止到刚离开D过程中，初末态弹簧的弹性势能相等，

对系统由功能关系得

6mgx·sin30°−2mgx·sin30°=1

2

×8mv2

解得v=g√m

k

。

答：(1)物块C从静止到即将离开D的过程中，重力对B做的功为−2m2g2

k

；

(2)物块C即将离开D时，A的加速度为a=g

8

；

(3)物块C即将离开D时，A的速度为v=g√m

k

。

【解析】解决该题的关键是正确进行受力分析，掌握物体C刚好离开D时各物体的运动状态以及受力情况，掌握用功能关系求解能量。

(1)分析初始时刻弹簧的压缩量，求出物块C刚离开D时弹簧的伸长量，求出B上升的高度，根据W=mgℎ求解重力对B做的功；

(2)C刚离开D时，对A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；

(3)物块C从静止到刚离开D过程中，对系统由功能关系求解弹簧弹性势能的变化量。

15.如图所示，足够长的斜面倾角为θ=30°，其底端固定一与斜面垂直的挡板，两小物块A、B(均可视为质点)静止在斜面上的O点，两者之间有一与A栓接的被压缩的微型轻质弹簧，其弹性势能为E P=10.8J。某时刻，将压缩的弹簧释放，使A、B瞬间分离。已知A、B的质量之和为m=0.3kg，它们与斜面之间

的动摩擦因数均为μ=√3

3

，O点距挡板的距离为L=1.2m，运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

(1)求A、B分离后，物块B在斜面上运动时的加速度大小；

(2)若m A=0.2kg，求A和B都停止后，两者之间的距离；

(3)若A、B分离后还能够相撞，求A、B的质量之比m A

m B

需满足的条件。

【答案】解：(1)设物块B向下运动和向上运动时的加速度大小分别为a下、a上，

由牛顿第二定律得：m B gsinθ−μm B gcosθ=m B a下

解得：a下=0

m B gsinθ+μm B gcosθ=m B a

上

解得：a上=g；

(2)设A、B分离后瞬间的速度大小分别为v A、v B，

由能量守恒和动量守恒得：

1 2m A v A2+

1

2

m B v B2=E P

m A v A=m B v B

m A=0.2kg，m B=m−m A=0.1kg

解得：v A=6m/s，v B=12m/s

A、B分离后，A沿斜面向上做匀减速运动，B沿斜面向下做匀速运动，与挡板碰撞后原速率弹回，然后向上做匀减速运动。假设A静止之前A、B相撞，设相撞前瞬间A、B的速度大小分别为v A1、v B1，A向上滑行的距离为x A1，从A、B分离到相撞的时间为t，

则有：x A1=v A t−1

2a

上

t2

x A1+L=v B(t−

L

v B

)−

1

2

a

上

(t−

L

v B

)2

v A−v A1=a

上

t

v B−v B1=a

上

(t−

L

v B

)

解得：v A1=5

2m/s，v B1=19

2

m/s，说明假设正确，

设A、B相撞后瞬间A、B的速度大小分别为v A2、v B2，

由动量守恒和能量守恒可得：

m A v A1+m B v B1=m A v A2+m B v B2

1 2m A v A12+

1

2

m B v B12=

1

2

m A v A22+

1

2

m B v B22

解得：v A2=43

6m/s，v B2=1

6

m/s

设A、B相撞后沿斜面向上运动的距离分别为x A2、x B2，都停止后两者之间的距离为Δx，

则：x A2=v A22

2a

上

，x B2=

v B22

2a

上

解得：；

(3)若A、B能相撞，则有：v B 2

2a

上−v A2

2a

上

>L

联立(2)中A、B分离时各式解得：m A

m B >1+√37

6

。

【解析】本题考查牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用，关键是理清两物体的运动过程，知道弹性碰撞满足动量守恒和能量守恒，明确A、B分离后还能够相撞的条件，结合牛顿第二定律和运动学公式求解。

(1)A、B分离后，物块B沿斜面向下运动，碰撞挡板后沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律求出物块B的加速度；

(2)由能量守恒和动量守恒列式，求出A、B分离后瞬间的速度，由运动学公式求出A、B相撞前瞬间的速度，再由能量守恒和动量守恒列式，求出A、B相撞后瞬间的速度，根据运动学公式，结合几何关系求出两者都停止后的距离；

(3)若A、B分离后还能够相撞，则B与挡板碰撞后向上运动的位移与A向上运动的位移之差应大于L，由此列式求解质量比。

16.如图所示，质量M的木块套在光滑水平杆上，并用不可伸长的细线将木块与质量m的小球相连。

(1)若按住M保持不动，给m一个向右水平速度v0，m刚好能绕M转到细线与水平成30º角位置，求v0大小

(2)用力F1拉着球带动木块一起向右匀加速运动时，细线与水平方向夹角为θ，而力F1恰好垂直于细线，运动中M、m相对位置保持不变，求F1的大小。

(3)若从图中竖直的虚线位置m小球受到一个水平的恒力F2作用，由静止开始运动，当细线拉到水平位置时，M木块的位移是s，小球绕M木块的角速度为ω，已知绳子长度为L，求出此时木块的速度

【答案】解：(1)由机械能守恒：

则有：v0=√gl

(2)设加速度为a，绳子拉力为T，则有

F1=(m+M)a

得到：

(3)此时M和m在杆方向速度为v，m在垂直杆方向速度为ωL，此过程M位移是s，m的位移是s+L，

由动能定理：F2(s+L)=1

2Mv2+1

2

m(v2+ω2L2)

得到：v=√2F2(s+L)−mω2L2

m+M

【解析】该题主要考查牛顿第二定律、动能定理相关知识。分析好题意，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。

(1)根据机械能守恒列式即可求解v0大小；

(2)应用整体法和隔离法分析受力，根据牛顿第二定律和平衡条件应用列等式即可求解F1的大小；

(3)应用动能定理列等式求解此时木块的速度。