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2021届高考物理二轮复习专题突破：专题十四 牛顿运动定律与连接体问题
一、单选题
1．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT
2．质量分别为2Kg、1Kg、1Kg的三个木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(　　)
A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
3．如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处在静止状态．当小车匀加速向右运动时（　　）
A．弹簧秤读数及小车对地面压力均增大
B．弹簧秤读数及小车对地面压力均变小
C．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变
D．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大
4．（2017高一上·东城期末）如图所示，质量都为 m 的A、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，弹簧为原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们作匀加速运动
5．（2020高三上·通榆期中）如图所示，置于水平地面上质量分别为 和 的两物体甲、乙用劲度系数为k的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力F，稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动，对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是（　　）
A．若地面光滑，则弹簧的形变量等于
B．若地面光滑，则弹簧的形变量等于
C．若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为 ，则弹簧的形变量等于
D．若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为 ，则弹簧的形变量等于
6．（2020高三上·洮南期中）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4m，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，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列说法正确的是（　　）
A．释放A的瞬间，B的加速度为0.5g
B．C恰好离开地面时，A达到的最大速度为
C．斜面倾角α=45°
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A，B两小球组成的系统机械能守恒
7．（2018高三上·武邑模拟）物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上。对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为 ；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为 。则下列判断正确的是（　　）
A．弹簧的原长为
B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等
C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等
D．弹簧的劲度系数为
8．（2018高三上·惠州月考）如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是：m1＝m2＋m3，这时弹簧秤的读数为T.若把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数T将（　　）
A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断
9．（2018高二上·普兰店期末）如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中 （　　）
A．B的加速度为gsinθ B．绳的拉力为
C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G
10．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（　　）
A．两图中两球加速度均为gsinθ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
11．（2017高三上·定州模拟）如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（　　）
A． sinα B．1.5gsinα C．gsinα D．2gsinα
12．（2017高一下·射洪期末）如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下电梯上下运动．如果电梯中载人的总质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气阻力和摩擦阻力的情况下，h为（　　）
A． B． C． D．
13．（2017·浠水模拟）如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为μ．传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，（弹簧在弹性限度内，重力加速度为g）则（　　）
A．aA=μ（1+ ）g，aB=μg B．aA=μg，aB=0
C．aA=μ（1+ ）g，aB=0 D．aA=μg，aB=μg
14．如图所示，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．中间用细绳1、2连接，现用一水平恒力F作用在C上，三者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木块上面，系统仍加速运动，则下列说法错误的是（　　）
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳l的拉力增大，绳2的拉力不变
C．若粘在B木块上面，绳1的拉力减小，绳2的拉力增大
D．若粘在C木块上面，绳l、2的拉力都减小
15．如图所示，轻杆AB可绕固定轴O转动，A端用弹簧连在小车底板上，B端用细绳拴一小球，车静止时，AB杆保持水平，当小车向左运动时，小球偏离竖直方向且保持偏角不变，则（　　）
A．小车做匀减速直线运动 B．AB杆将会倾斜
C．绳的张力减小 D．弹簧的弹力不变
16．m1、m2组成的连接体，在拉力F作用下，沿光滑斜面上运动，m1对m2的拉力（　　）
A． B．
C． D．
17．（2017高三下·绵阳开学考）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m．物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为
18．（2017高一上·南昌期末）如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面（斜面与水平面成θ角），最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是（　　）
A．由大变小 B．由小变大
C．始终不变 D．由大变小再变大
19．（2015高一上·三亚期末）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（　　）
A． B． C． D．3μmg
20．如图中a、b、c三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们按图中方式连接并处于平衡状态，则下列说法中错误的是（　　）
A．有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态
B．有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态
C．有可能N处于不伸不缩状态而M处于压缩状态
D．有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态
21．一支架固定于放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是（　　）
A．Mgsinθ，向左 B．Mgtanθ，向右
C．Mgcosθ，向右 D．Mgtanθ，向左
22．如图所示，—个质量为m的人站在台秤上，跨过光滑定滑轮将质量为的重物从高处放下，设重物以加速度加速下降（），且，则台 秤上的示数为(　　)
A． B． C． D．
二、多选题
23．（2019高二下·阳高月考）如图所示，质量均为m＝2.0 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态.现使物块B在水平外力F(图中未画出)作用下向右做加速度大小为a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则 （　　）
A．开始时，弹簧的压缩量大小为12 cm
B．物块A，B分离时，所加外力F的大小为12 N
C．物块A，B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s
D．物块A，B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为0.04 m
24．（2019高二下·阳高月考）如图所示，质量分别为mA、mB的A，B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A，B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加轻线上的张力，可行的办法是（　　）
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
25．（2018高二下·黑龙江期末）如图所示，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连．现对物体施加竖直向上的力F使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是（　　）
A．在乙图PQ段表示拉力F逐渐增大
B．在乙图QS段表示B物体减速上升
C．位移为x1时，A，B之间弹力为mg+kx1-Ma0
D．位移为x3时，A，B一起运动的速度大小为
26．（2017·洛阳模拟）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块A和B．保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）
A．若θ已知，可求出A的质量
B．若θ已知，可求出乙图中m0的值
C．若θ已知，可求出乙图中a2的值
D．若θ未知，可求出乙图中a1的值
27．如图所示，质量为M=5kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m2=1kg的物体C，质量为m1=2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C与箱子B始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，取g=10m/s2，下列正确的是（　　）
A．物体A处于完全失重状态
B．物体A处于失重状态，加速度大小为2.5m/s2
C．物体C对箱子B的静摩擦力大小为2.5N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为30N
28．（2017高一下·衡水期末）如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC=h，重力加速度为g．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，下列说法正确的是（　　）
A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小
B．物块A经过C点时的速度大小为
C．物块A在杆上长为 h的范围内做往复运动
D．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量
三、计算题
29．（2017·海南）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为 m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b加速度的大小；
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．
四、综合题
30．（2017高二下·内蒙古期中）如图所示，在质量M=5kg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量分别为ma=1kg、mb=0.5kg的A、B两物体，弹簧的劲度系数为100N/m．箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，求：（g=10m/s2）
（1）在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速度分别是多大？
（2）物体A的振幅？
（3）当A运动到最高点时，木箱对地面的压力大小？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；
对整体，由牛顿第二定律可知，；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为。由此可知，当F逐渐增大到时，轻绳中拉力等于FT，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确，
轻绳刚要被拉断时，物块加速度，质量为m和2m的木块间的摩擦力为，D错误
【点评】本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系。
2．【答案】C
【知识点】形变与弹力；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】P弹簧向左移动的距离是P的伸长量加q弹簧的改变量，C刚离开地面时，F=2mg，由F=Kx1，得x1=4cm，q的改变量为2×=4cm，所以p向左的距离是8cm。所以本题选择C。
3．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力，
由于小球静止，所以，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动．由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大．
对整体进行受力【分析】开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力．当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力。故选C。
【点评】应用好牛顿第二定律的矢量性，加速度方向和合力方向，已知一个方向就知另一个方向．整体法能减少和避开所求解量，简化解题过程．整体法和隔离法是相辅相成的。
4．【答案】C
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态．故AB错误．
C、B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：k= = ．故C正确．
D、对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动．故D错误．
故选C
【分析】B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由已知条件F=mg，分析出此时B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡．由胡克定律求出弹簧的劲度系数．对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动．
5．【答案】D
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．若地面光滑，对甲、乙两物体，有
对物体乙有
可解得
AB不符合题意；
CD．若地面粗糙，由题可知，对甲、乙两物体做加速运动，有
对物体乙有
可解得
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】考查连接体问题，无论地面光滑粗糙，只要物体与接触面的粗糙程度相同 均为 ，则。
6．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】C．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
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kxC、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
对A有
解得
当B获得最大速度时，有 a=0
解得
所以：α=30°，C不符合题意；
释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，根据牛顿定律
B的加速度为0.2g，A不符合题意；
设开始时弹簧的压缩量xB，则
设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
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h=xC+xB
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刚刚离开地面时，A，B两物体的速度相等，设为vBm，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
代入数据，解得
B符合题意；
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A，B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A，B两小球组成的系统机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，（释放A时弹簧的压缩量为xB，）
对B：T+kXB-mg=ma
对A：
7．【答案】D
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为 .设弹簧的原长为l0.根据牛顿第二定律得：第一种情况：对A：k（l1-l0）=ma；
第二种情况：对A：k（l0-l2）=2ma ；由两式解得， ， ，AC不符合题意，D符合题意.第一种情况弹簧的形变量为△l=l1-l0= l1- l2；第二种情况弹簧的形变量为△l=l0-l2= l1- l2；B不符合题意.
故答案为：D.
【分析】本题考查学生灵活运用“整体法”和“隔离法”选取研究对象解决问题的能力。题中两物体稳定后相对静止一起作匀加速直线运动，两物体具有相同的加速度，可采用先整体、再隔离的方法选取研究对象进行受力分析，然后运用牛顿第二定律列式联立求解；也可以分别隔离两物体，对两物体进行受力分析，应用牛顿第二定律列式联立求解。
8．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】根据平衡知，开始弹簧秤读数FT=2T=2m1g.把物体m2从右边移到左边的物体m1上，整体的加速度 .隔离对m3分析.有T′-m3g=m3a，解得T′＝ g+m3g＜m2g+m3g=m1g.可知T′＜T，则FT′＜2m1g.B符合题意，ACD不符合题意.
故答案为：B.
【分析】弹簧秤的读数为绳子拉力的两倍，原先拉力的大小等于物体1的重力，后来但物体2加到物体1上面时，三个物体做加速运动，可以求出加速度a，加速度a已知就可以求出绳子拉力的大小，可以发现后来拉力小于原先拉力，所以弹簧秤读数也随之变小。
9．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB相对静止，即两物体的加速度相同，以AB整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为 ，所以A符合题意；再以B研究对象进行受力分析，如下图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于 ，B、C、D都错误；
故答案为：A
【分析】物体在斜面上做匀加速直线动，先用整体法求加速度，再用分离法对A受力分析。
10．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】当撤去挡板时，甲图中由于弹簧的压缩量不能突变，A球还会受到不变的弹力作用，能继续平衡；而B球沿斜面方向受到重力分力mgsin 和弹簧弹力mgsin 两个力，所以B球会产生2gsin 加速度。乙图中轻杆的形变很小，撤掉挡板后，轻杆的弹力可以发生突变。将A、B看成整体可知，A、B会沿斜面以gsin 加速度下滑，可知轻杆的弹力瞬间消失。综上所述，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】甲图中，突然撤去挡板，但弹簧的形变量还存在，故弹力还存在，此时A在弹力的作用下还处于平衡状态，没有加速度产生，对于B球，沿斜面方向受到重力分力和弹簧弹力两个力的共同作用，加速度为2gsin；乙图中，撤去挡板的瞬间，由于是轻杆，可将A、B看成一个整体，A、B会沿斜面以gsinA、B会沿斜面以gsin加速度下滑加速度下滑。
11．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，
对系统，由牛顿第二定律得：3mgsinα=2mga，解得：a=1.5gsinα；
故答案为：B．
【分析】本体用整体法比较简单，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，对整体列牛顿第二定律方程即可求解。
12．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：设B对A拉力FT
对B：FT﹣Mg=Ma
对A：（M+m）g﹣FT=（M+m）a，
解得：a=
由V2=2ah得h= ，D选项正确．
故选D．
【分析】载人箱、人及平衡重物加速度相同，则由隔离法可求得加速度的大小；再由运动学公式可求得上升的高度．
13．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解：对物块B分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm
2g=kx，
则：x=
．
以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力：T=μ（m1+m2）g
突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，则：
aA=
B在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0．故C符合题意，ABD不符合题意.
故答案为：C.
【分析】分别对物块B和整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量和绳子的拉力；然后结合突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，再分别由牛顿第二定律求出加速度即可．
14．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、将三个物体看作整体，整体水平方向受拉力和摩擦力；由牛顿第二定律可得F﹣μ3mg=3ma；当粘上橡皮泥后，不论放在哪个物体上，都增大了摩擦力及总质量；故加速度减小；
故A正确；
B、若橡皮泥粘在A木块上面，根据牛顿第二定律得：对BC整体：F﹣μ2mg﹣F1=（mC+mB）a，得F1=F﹣μ2mg﹣（mA+mB）a，a减小，F1增大．
对C：F﹣μmg﹣F2=mCa，得F2=F﹣mCa，a减小，F2增大．故B错误．
C、若橡皮泥粘在B木块上面，根据牛顿第二定律得：对A：F1﹣μmg=mAa，a减小，F1减小．对C：F﹣μmg﹣F2=mCa，a减小，F2增大．故C正确．
D、若橡皮泥粘在C木块上面，分别以A、B为研究对象，同理可得绳l、2的拉力都减小．故D正确．
本题选错误的，故选B．
【分析】本题应熟练应用整体法与隔离法，由整体法可求得整体的加速度；再由隔离法可求得绳子上的拉力变化．
15．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：因为小球和小车保持相对静止，故小球与小车相同的加速度，对小球进行受力分析有：
A、如图可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小车向左运动，故小车向右做匀加速直线运动，故A错误；
B、如图，小球在竖直方向平衡，故绳中拉力 ，同一根绳故B点受到绳的拉力大小亦为 ，此力在竖直方向的分力大小与mg相等，故AB杆仍保持水平，故B错误；
C、小球静止时，绳的张力大小和小球的重力相等，匀加速后绳的张力变为 ＞mg，故C错误；
D、由B分析知，B点受到绳拉力大小在竖直方向的分量和以前相同，故不改变水平杆的水平状态，对弹簧而言，由于形变没有发生变化，故弹簧的弹力不变，故D正确．
故选D．
【分析】小球偏离竖直方向并保持不变，故小球与车具有共同的加速度，对小球进行受力分析，因球在竖直方向没有运动，故竖直方向受力平衡，小球受绳的拉力和重力的合力沿水平方向，即小球和车具有水平向左的加速度，又因小车向左运动，所以小车只能向左匀加速运动．因弹为小球竖直方向受力平衡，故绳中拉力在竖直方向的分量保持不变，故小球和车向左匀加速直线运动时不改变AB杆的平衡，故弹簧的形变量没有发生变化，弹力保持不变．
16．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：对整体受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力，合力为：F﹣（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a；
再对m2受力分析，可知其受重力、绳子的拉力、支持力，合力为：T﹣m2gsinθ=m2a；
联立解得，T= ；
故选A．
【分析】先对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再对m2受力分析可求得绳子的拉力．
17．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin30°= mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹= mg；
剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a= = ，即A和B的加速度均为 ．
故选：B
【分析】剪断细线前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度．
18．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：
设细线上的张力为F1．要求F1，选受力少的物体m1为研究对象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则选m1、m2整体为研究对象较好．
在水平面上运动时：
F1﹣μm1g=m1a①
F﹣μ（m1+m2）g=（m1+m2）a②
联立①②解得：F1=
在斜面上运动时：
F1﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ=m1a③
F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ=（m1+m2）a④
联立③④解得：F1=
同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是
故选：C．
【分析】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以单个物体为研究对象，由牛顿第二定律求出细线上的拉力．
19．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：本题的关键是要想使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力．
设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2；则有
对左侧下面的大木块有：f1=2ma，对左侧小木块有T﹣f1=ma；
对右侧小木块有f2﹣T=ma，对右侧大木块有F﹣f2=2ma﹣﹣﹣（1）；联立可F=6ma﹣﹣﹣﹣（2）；
四个物体加速度相同，由以上式子可知f2一定大于f1；故f2应达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为μmg，所以应有f2=μmg﹣﹣﹣﹣（3），
联立（1）、（2）、（3）解得 ．
故选B．
【分析】要使四个物体一块做加速运动而不产生相对滑动，则两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出哪一面上达到最大静摩擦力；由牛顿第二定律可求得拉力T．
20．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：由于N弹簧上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸，故B错误；
当N弹簧处于原长时，细线的拉力为零，M弹簧在a物体的作用下处于压缩状态，故C正确；
当N弹簧处于拉伸状态时，细线对a又拉力，当拉力小于a物体的重力时，M弹簧处于压缩状态，故A正确；
当拉力等于a物体的重力时，M弹簧处于原长状态；故D正确；
从上面的分析中发现共有四种情况，即：
①N处于伸长状态而M处于压缩状态；
②N处于伸长状态而M处于伸长状态；
③N处于伸长状态而M处于不伸长不压缩状态；
④N不伸不缩，M压缩状态；
故B选项中的状态不存在；
故选：B
【分析】先分析N弹簧，由于上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸，然后分这两种情况去分析M弹簧．
21．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】小球与物体A相对于车均是静止的，加速度相同．知道夹角为θ，可以根据牛顿第二定律求出小球的加速度，再对A研究，运用牛顿第二定律求出摩擦力大小和方向。
以小球为研究对象，受力如图，据牛顿第二定律有：可得；以物
体A为研究对象有，方向水平向右。
故选B。
【点评】关键之处是要抓住小球与物体A的加速度相同，运用隔离法分别对两物体进行研究．对于连接体问题，隔离法都可以求解，而整体法却是有条件的。
22．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】对物体受力分析可知，所以绳子拉人的力为。对人受力分析可得T+Fn=mg，所以答案为B。
【点评】此类题型考察了牛顿第二定律以及对物体的受力分析。
23．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、A、B静止时，把A、B看作一个整体，应用平衡条件得，kx1=2μmg ，100x1=2×0.4×2×10， 解得x1=0.16m=12cm， 不符合题意；
B、A、B分离时，对B，根据牛顿第二定律得到：F-μmg=ma， F=μmg+ma=0.4×2×10+2×2=12N，
符合题意；
C、A、B静止时， 对A、B： 根据平衡条件可知：kx1=2μmg，A、B分离时， 对A， 根据牛顿第二定律可知：kx2 μmg=ma，代入数据解得：x2=0.16m， 此过程中物体的位移为x1 x2=at2，0.16-0.12=×2×t2， 解得t=0.2s， 不符合题意；
D、 物块A，B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为x1 x2=0.16-0.12=0.04 m ，符合题意。
故答案为：BD
【分析】 物块A、B恰好静止时，整体所受的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件再结合胡克定律求弹簧的形变量；物块A、B分离时，相互间的弹力为零，对B，根据牛顿第二定律求F的大小；A、B分离时，对A根据牛顿第二定律求得弹簧的压缩量，从而得到此过程中两个物体的位移，再由位移公式求物块A、B由静止开始运动到分离时所经过的时间。
24．【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】根据牛顿第二定律得：
对整体：F (mA+mB)gsinθ μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a， 则a= gsinθ μgcosθ；
对B：T mBgsinθ μmBgcosθ=mBa 得到轻线上的张力：T=mBgsinθ+μmBgcosθ+mBa= ，
则要增加T，可减小A的质量，或增大B的质量，和倾角和摩擦系数无关。 故AB符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB
【分析】 当用斜面向上的拉力F拉A，两物体沿斜面匀加速上升时，把A、B看做一个系统，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，根据牛顿第二定律列关系式，两式联立，求出轻线上的张力的表达式，再分析增加轻线上的张力的办法．
25．【答案】A,C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为：F=（M+m）g，随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律：F-（M+m）g+F弹=（M+m）a；F弹减小，所以F增大。A符合题意；在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动。B不符合题意；开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力：F0=（M+m）g；当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力：F1=F0-△F=F0-kx1=（M+m）g-kx1；以B为研究对象，则：F1-mg-Fx1=Ma0；得：Fx1=F1-mg-Ma0=mg-kx1-Ma0．C符合题意；P到Q的过程中，物体的加速度不变，得：v12＝2a0x2；Q到S的过程中，物体的加速度随位移均匀减小， ； ；联立得：v22＝a0(x2+x3)．D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据牛顿第二定律分析当家速度不变时力的变化，再用整体法和隔离法对物体进行受力分析，结合运动学公式分析
26．【答案】C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：
对B得：mg﹣F=ma…①
对A得：F﹣mAgsinθ=mAa…②
联立得 a= …③
若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA．A不符合题意．
B、当a=0时，由③式得，m=m0=mAsinθ，mA未知，m0不能求出．B不符合题意．
C、由③式得，m=0时，a=a2=﹣gsinθ，C符合题意．
D、由③式变形得 a= ．当m→∞时，a=a1=g，D符合题意．
故选：CD
【分析】对物体A、B分别受力分析由牛顿第二定律可求得加速度与物体质量的关系，进而可得出结论。
27．【答案】B,C
【知识点】力的平行四边形定则及应用；超重与失重；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、假设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律，有：
对A，有：m1g﹣T=m1a；
对BC整体，有：T=（M+m2）a；
联立解得：T=15N；
a=2.5m/s2；
物体A的加速度小于重力加速度，故不是完全失重，故A错误；
B、物体A加速度大小为2.5m/s2，处于失重状态，故B正确；
C、对C受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f=m2a=1×2.5=2.5N，故C正确；
D、绳子的张力为15N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 N，斜向右下方，故D错误；
故选BC．
【分析】先假设绳子拉力为T，分别对A和BC整体受力分析并根据牛顿第二定律列式求解出加速度和拉力T．
28．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误．
B、物体到C点时物块B的速度为零．设物块A经过C点时的速度大小为v．
根据系统的机械能守恒得：mg（ ﹣h）= mv2，得 v= ，故B正确．
C、由几何知识可得 = h，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2 h的范围内做往复运动．故C错误．
D、物体到C点时物块B的速度为零．根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D正确．
故答案为：BD
【分析】本题难点是过程的分析，当A由静止开始运动，B也开始运动，当A运动到C点时，B物体不能再向下运动，因此B的速度为零。因此过程中，B先做加速运动，后做加速运动。
29．【答案】（1）解：对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx0=（m+ m）gsinθ
解得：k= （1）
答：弹簧的劲度系数为 ；
（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；
由匀变速直线运动相临相等时间内位移关系的规律可知：
= （2）
说明当形变量为x1=x0﹣ = 时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
kx1﹣mgsinθ=ma （3）
联立（1）（2）（3）解得：
a=
答：物块b加速度的大小为 ；
（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x= at2=
则形变量变为：△x=x0﹣x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
F+k△x﹣（m+ m）gsinθ=（m+ m）a
解得：F= mgsinθ+ 因分离时位移x=
由x= = at2解得：
t=
故应保证t＜ ，F表达式才能成立．
答：在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式F= mgsinθ+ （t＜ ）
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数；
（2）分析物体的运动过程，根据运动学规律可明确分离时的位移，从而确定对应的形变量；再根据牛顿第二定律即可求得加速度的大小；
（3）对整体进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得拉力随时间变化的表达式．
30．【答案】（1）解：平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，B做自由落体运动，即B的加速度为g；
以A为研究对象，此时受向下的重力和弹簧的竖直向上的弹力，而弹簧的弹力为：（mA+mB）g
据牛顿第二定律得：aA= = =5m/s2
（2）解：剪短绳子瞬间有：kx1=（mA+mB）g，
平衡位置时，弹簧的伸长量：有：kx2=mAg，
故振幅为：A=x1﹣x2=0.05m=5cm
（3）解：剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，且在最低点的恢复力为mBg；根据简谐运动的对称性，到达最高点时恢复力大小也为mBg；据此可知弹簧对A的弹力为5N，方向向上，所以弹簧对顶部的拉力也为f=5N，
再以木箱为研究对象，据平衡态可知：F=Mg+F=55N+5N=55N，
由牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力等于55N；
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体；简谐运动
【解析】【分析】首先对AB两物体的受力情况和运动情况分析，A将做简谐振动，先找出平衡位置，然后根据简谐运动的对称性得到最高点的弹簧弹力，最后对M木箱受力分析，利用平衡态求出地面对木箱的压力．
1 / 12021届高考物理二轮复习专题突破：专题十四 牛顿运动定律与连接体问题
一、单选题
1．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；
对整体，由牛顿第二定律可知，；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为。由此可知，当F逐渐增大到时，轻绳中拉力等于FT，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确，
轻绳刚要被拉断时，物块加速度，质量为m和2m的木块间的摩擦力为，D错误
【点评】本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系。
2．质量分别为2Kg、1Kg、1Kg的三个木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(　　)
A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
【答案】C
【知识点】形变与弹力；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】P弹簧向左移动的距离是P的伸长量加q弹簧的改变量，C刚离开地面时，F=2mg，由F=Kx1，得x1=4cm，q的改变量为2×=4cm，所以p向左的距离是8cm。所以本题选择C。
3．如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处在静止状态．当小车匀加速向右运动时（　　）
A．弹簧秤读数及小车对地面压力均增大
B．弹簧秤读数及小车对地面压力均变小
C．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变
D．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力，
由于小球静止，所以，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动．由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大．
对整体进行受力【分析】开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力．当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力。故选C。
【点评】应用好牛顿第二定律的矢量性，加速度方向和合力方向，已知一个方向就知另一个方向．整体法能减少和避开所求解量，简化解题过程．整体法和隔离法是相辅相成的。
4．（2017高一上·东城期末）如图所示，质量都为 m 的A、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，弹簧为原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们作匀加速运动
【答案】C
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态．故AB错误．
C、B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：k= = ．故C正确．
D、对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动．故D错误．
故选C
【分析】B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由已知条件F=mg，分析出此时B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡．由胡克定律求出弹簧的劲度系数．对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动．
5．（2020高三上·通榆期中）如图所示，置于水平地面上质量分别为 和 的两物体甲、乙用劲度系数为k的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力F，稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动，对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是（　　）
A．若地面光滑，则弹簧的形变量等于
B．若地面光滑，则弹簧的形变量等于
C．若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为 ，则弹簧的形变量等于
D．若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为 ，则弹簧的形变量等于
【答案】D
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．若地面光滑，对甲、乙两物体，有
对物体乙有
可解得
AB不符合题意；
CD．若地面粗糙，由题可知，对甲、乙两物体做加速运动，有
对物体乙有
可解得
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】考查连接体问题，无论地面光滑粗糙，只要物体与接触面的粗糙程度相同 均为 ，则。
6．（2020高三上·洮南期中）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4m，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，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列说法正确的是（　　）
A．释放A的瞬间，B的加速度为0.5g
B．C恰好离开地面时，A达到的最大速度为
C．斜面倾角α=45°
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A，B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】C．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
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kxC、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
对A有
解得
当B获得最大速度时，有 a=0
解得
所以：α=30°，C不符合题意；
释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，根据牛顿定律
B的加速度为0.2g，A不符合题意；
设开始时弹簧的压缩量xB，则
设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
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h=xC+xB
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刚刚离开地面时，A，B两物体的速度相等，设为vBm，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
代入数据，解得
B符合题意；
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A，B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A，B两小球组成的系统机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，（释放A时弹簧的压缩量为xB，）
对B：T+kXB-mg=ma
对A：
7．（2018高三上·武邑模拟）物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上。对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为 ；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为 。则下列判断正确的是（　　）
A．弹簧的原长为
B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等
C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等
D．弹簧的劲度系数为
【答案】D
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为 .设弹簧的原长为l0.根据牛顿第二定律得：第一种情况：对A：k（l1-l0）=ma；
第二种情况：对A：k（l0-l2）=2ma ；由两式解得， ， ，AC不符合题意，D符合题意.第一种情况弹簧的形变量为△l=l1-l0= l1- l2；第二种情况弹簧的形变量为△l=l0-l2= l1- l2；B不符合题意.
故答案为：D.
【分析】本题考查学生灵活运用“整体法”和“隔离法”选取研究对象解决问题的能力。题中两物体稳定后相对静止一起作匀加速直线运动，两物体具有相同的加速度，可采用先整体、再隔离的方法选取研究对象进行受力分析，然后运用牛顿第二定律列式联立求解；也可以分别隔离两物体，对两物体进行受力分析，应用牛顿第二定律列式联立求解。
8．（2018高三上·惠州月考）如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是：m1＝m2＋m3，这时弹簧秤的读数为T.若把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数T将（　　）
A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】根据平衡知，开始弹簧秤读数FT=2T=2m1g.把物体m2从右边移到左边的物体m1上，整体的加速度 .隔离对m3分析.有T′-m3g=m3a，解得T′＝ g+m3g＜m2g+m3g=m1g.可知T′＜T，则FT′＜2m1g.B符合题意，ACD不符合题意.
故答案为：B.
【分析】弹簧秤的读数为绳子拉力的两倍，原先拉力的大小等于物体1的重力，后来但物体2加到物体1上面时，三个物体做加速运动，可以求出加速度a，加速度a已知就可以求出绳子拉力的大小，可以发现后来拉力小于原先拉力，所以弹簧秤读数也随之变小。
9．（2018高二上·普兰店期末）如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中 （　　）
A．B的加速度为gsinθ B．绳的拉力为
C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB相对静止，即两物体的加速度相同，以AB整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为 ，所以A符合题意；再以B研究对象进行受力分析，如下图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于 ，B、C、D都错误；
故答案为：A
【分析】物体在斜面上做匀加速直线动，先用整体法求加速度，再用分离法对A受力分析。
10．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（　　）
A．两图中两球加速度均为gsinθ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】当撤去挡板时，甲图中由于弹簧的压缩量不能突变，A球还会受到不变的弹力作用，能继续平衡；而B球沿斜面方向受到重力分力mgsin 和弹簧弹力mgsin 两个力，所以B球会产生2gsin 加速度。乙图中轻杆的形变很小，撤掉挡板后，轻杆的弹力可以发生突变。将A、B看成整体可知，A、B会沿斜面以gsin 加速度下滑，可知轻杆的弹力瞬间消失。综上所述，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】甲图中，突然撤去挡板，但弹簧的形变量还存在，故弹力还存在，此时A在弹力的作用下还处于平衡状态，没有加速度产生，对于B球，沿斜面方向受到重力分力和弹簧弹力两个力的共同作用，加速度为2gsin；乙图中，撤去挡板的瞬间，由于是轻杆，可将A、B看成一个整体，A、B会沿斜面以gsinA、B会沿斜面以gsin加速度下滑加速度下滑。
11．（2017高三上·定州模拟）如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（　　）
A． sinα B．1.5gsinα C．gsinα D．2gsinα
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，
对系统，由牛顿第二定律得：3mgsinα=2mga，解得：a=1.5gsinα；
故答案为：B．
【分析】本体用整体法比较简单，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，对整体列牛顿第二定律方程即可求解。
12．（2017高一下·射洪期末）如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下电梯上下运动．如果电梯中载人的总质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气阻力和摩擦阻力的情况下，h为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：设B对A拉力FT
对B：FT﹣Mg=Ma
对A：（M+m）g﹣FT=（M+m）a，
解得：a=
由V2=2ah得h= ，D选项正确．
故选D．
【分析】载人箱、人及平衡重物加速度相同，则由隔离法可求得加速度的大小；再由运动学公式可求得上升的高度．
13．（2017·浠水模拟）如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为μ．传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，（弹簧在弹性限度内，重力加速度为g）则（　　）
A．aA=μ（1+ ）g，aB=μg B．aA=μg，aB=0
C．aA=μ（1+ ）g，aB=0 D．aA=μg，aB=μg
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解：对物块B分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm
2g=kx，
则：x=
．
以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力：T=μ（m1+m2）g
突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，则：
aA=
B在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0．故C符合题意，ABD不符合题意.
故答案为：C.
【分析】分别对物块B和整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量和绳子的拉力；然后结合突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，再分别由牛顿第二定律求出加速度即可．
14．如图所示，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．中间用细绳1、2连接，现用一水平恒力F作用在C上，三者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木块上面，系统仍加速运动，则下列说法错误的是（　　）
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳l的拉力增大，绳2的拉力不变
C．若粘在B木块上面，绳1的拉力减小，绳2的拉力增大
D．若粘在C木块上面，绳l、2的拉力都减小
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、将三个物体看作整体，整体水平方向受拉力和摩擦力；由牛顿第二定律可得F﹣μ3mg=3ma；当粘上橡皮泥后，不论放在哪个物体上，都增大了摩擦力及总质量；故加速度减小；
故A正确；
B、若橡皮泥粘在A木块上面，根据牛顿第二定律得：对BC整体：F﹣μ2mg﹣F1=（mC+mB）a，得F1=F﹣μ2mg﹣（mA+mB）a，a减小，F1增大．
对C：F﹣μmg﹣F2=mCa，得F2=F﹣mCa，a减小，F2增大．故B错误．
C、若橡皮泥粘在B木块上面，根据牛顿第二定律得：对A：F1﹣μmg=mAa，a减小，F1减小．对C：F﹣μmg﹣F2=mCa，a减小，F2增大．故C正确．
D、若橡皮泥粘在C木块上面，分别以A、B为研究对象，同理可得绳l、2的拉力都减小．故D正确．
本题选错误的，故选B．
【分析】本题应熟练应用整体法与隔离法，由整体法可求得整体的加速度；再由隔离法可求得绳子上的拉力变化．
15．如图所示，轻杆AB可绕固定轴O转动，A端用弹簧连在小车底板上，B端用细绳拴一小球，车静止时，AB杆保持水平，当小车向左运动时，小球偏离竖直方向且保持偏角不变，则（　　）
A．小车做匀减速直线运动 B．AB杆将会倾斜
C．绳的张力减小 D．弹簧的弹力不变
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：因为小球和小车保持相对静止，故小球与小车相同的加速度，对小球进行受力分析有：
A、如图可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小车向左运动，故小车向右做匀加速直线运动，故A错误；
B、如图，小球在竖直方向平衡，故绳中拉力 ，同一根绳故B点受到绳的拉力大小亦为 ，此力在竖直方向的分力大小与mg相等，故AB杆仍保持水平，故B错误；
C、小球静止时，绳的张力大小和小球的重力相等，匀加速后绳的张力变为 ＞mg，故C错误；
D、由B分析知，B点受到绳拉力大小在竖直方向的分量和以前相同，故不改变水平杆的水平状态，对弹簧而言，由于形变没有发生变化，故弹簧的弹力不变，故D正确．
故选D．
【分析】小球偏离竖直方向并保持不变，故小球与车具有共同的加速度，对小球进行受力分析，因球在竖直方向没有运动，故竖直方向受力平衡，小球受绳的拉力和重力的合力沿水平方向，即小球和车具有水平向左的加速度，又因小车向左运动，所以小车只能向左匀加速运动．因弹为小球竖直方向受力平衡，故绳中拉力在竖直方向的分量保持不变，故小球和车向左匀加速直线运动时不改变AB杆的平衡，故弹簧的形变量没有发生变化，弹力保持不变．
16．m1、m2组成的连接体，在拉力F作用下，沿光滑斜面上运动，m1对m2的拉力（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：对整体受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力，合力为：F﹣（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a；
再对m2受力分析，可知其受重力、绳子的拉力、支持力，合力为：T﹣m2gsinθ=m2a；
联立解得，T= ；
故选A．
【分析】先对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再对m2受力分析可求得绳子的拉力．
17．（2017高三下·绵阳开学考）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m．物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin30°= mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹= mg；
剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a= = ，即A和B的加速度均为 ．
故选：B
【分析】剪断细线前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度．
18．（2017高一上·南昌期末）如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面（斜面与水平面成θ角），最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是（　　）
A．由大变小 B．由小变大
C．始终不变 D．由大变小再变大
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：
设细线上的张力为F1．要求F1，选受力少的物体m1为研究对象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则选m1、m2整体为研究对象较好．
在水平面上运动时：
F1﹣μm1g=m1a①
F﹣μ（m1+m2）g=（m1+m2）a②
联立①②解得：F1=
在斜面上运动时：
F1﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ=m1a③
F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ=（m1+m2）a④
联立③④解得：F1=
同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是
故选：C．
【分析】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以单个物体为研究对象，由牛顿第二定律求出细线上的拉力．
19．（2015高一上·三亚期末）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（　　）
A． B． C． D．3μmg
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：本题的关键是要想使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力．
设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2；则有
对左侧下面的大木块有：f1=2ma，对左侧小木块有T﹣f1=ma；
对右侧小木块有f2﹣T=ma，对右侧大木块有F﹣f2=2ma﹣﹣﹣（1）；联立可F=6ma﹣﹣﹣﹣（2）；
四个物体加速度相同，由以上式子可知f2一定大于f1；故f2应达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为μmg，所以应有f2=μmg﹣﹣﹣﹣（3），
联立（1）、（2）、（3）解得 ．
故选B．
【分析】要使四个物体一块做加速运动而不产生相对滑动，则两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出哪一面上达到最大静摩擦力；由牛顿第二定律可求得拉力T．
20．如图中a、b、c三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们按图中方式连接并处于平衡状态，则下列说法中错误的是（　　）
A．有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态
B．有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态
C．有可能N处于不伸不缩状态而M处于压缩状态
D．有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：由于N弹簧上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸，故B错误；
当N弹簧处于原长时，细线的拉力为零，M弹簧在a物体的作用下处于压缩状态，故C正确；
当N弹簧处于拉伸状态时，细线对a又拉力，当拉力小于a物体的重力时，M弹簧处于压缩状态，故A正确；
当拉力等于a物体的重力时，M弹簧处于原长状态；故D正确；
从上面的分析中发现共有四种情况，即：
①N处于伸长状态而M处于压缩状态；
②N处于伸长状态而M处于伸长状态；
③N处于伸长状态而M处于不伸长不压缩状态；
④N不伸不缩，M压缩状态；
故B选项中的状态不存在；
故选：B
【分析】先分析N弹簧，由于上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸，然后分这两种情况去分析M弹簧．
21．一支架固定于放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是（　　）
A．Mgsinθ，向左 B．Mgtanθ，向右
C．Mgcosθ，向右 D．Mgtanθ，向左
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】小球与物体A相对于车均是静止的，加速度相同．知道夹角为θ，可以根据牛顿第二定律求出小球的加速度，再对A研究，运用牛顿第二定律求出摩擦力大小和方向。
以小球为研究对象，受力如图，据牛顿第二定律有：可得；以物
体A为研究对象有，方向水平向右。
故选B。
【点评】关键之处是要抓住小球与物体A的加速度相同，运用隔离法分别对两物体进行研究．对于连接体问题，隔离法都可以求解，而整体法却是有条件的。
22．如图所示，—个质量为m的人站在台秤上，跨过光滑定滑轮将质量为的重物从高处放下，设重物以加速度加速下降（），且，则台 秤上的示数为(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】对物体受力分析可知，所以绳子拉人的力为。对人受力分析可得T+Fn=mg，所以答案为B。
【点评】此类题型考察了牛顿第二定律以及对物体的受力分析。
二、多选题
23．（2019高二下·阳高月考）如图所示，质量均为m＝2.0 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态.现使物块B在水平外力F(图中未画出)作用下向右做加速度大小为a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则 （　　）
A．开始时，弹簧的压缩量大小为12 cm
B．物块A，B分离时，所加外力F的大小为12 N
C．物块A，B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s
D．物块A，B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为0.04 m
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、A、B静止时，把A、B看作一个整体，应用平衡条件得，kx1=2μmg ，100x1=2×0.4×2×10， 解得x1=0.16m=12cm， 不符合题意；
B、A、B分离时，对B，根据牛顿第二定律得到：F-μmg=ma， F=μmg+ma=0.4×2×10+2×2=12N，
符合题意；
C、A、B静止时， 对A、B： 根据平衡条件可知：kx1=2μmg，A、B分离时， 对A， 根据牛顿第二定律可知：kx2 μmg=ma，代入数据解得：x2=0.16m， 此过程中物体的位移为x1 x2=at2，0.16-0.12=×2×t2， 解得t=0.2s， 不符合题意；
D、 物块A，B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为x1 x2=0.16-0.12=0.04 m ，符合题意。
故答案为：BD
【分析】 物块A、B恰好静止时，整体所受的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件再结合胡克定律求弹簧的形变量；物块A、B分离时，相互间的弹力为零，对B，根据牛顿第二定律求F的大小；A、B分离时，对A根据牛顿第二定律求得弹簧的压缩量，从而得到此过程中两个物体的位移，再由位移公式求物块A、B由静止开始运动到分离时所经过的时间。
24．（2019高二下·阳高月考）如图所示，质量分别为mA、mB的A，B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A，B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加轻线上的张力，可行的办法是（　　）
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】根据牛顿第二定律得：
对整体：F (mA+mB)gsinθ μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a， 则a= gsinθ μgcosθ；
对B：T mBgsinθ μmBgcosθ=mBa 得到轻线上的张力：T=mBgsinθ+μmBgcosθ+mBa= ，
则要增加T，可减小A的质量，或增大B的质量，和倾角和摩擦系数无关。 故AB符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB
【分析】 当用斜面向上的拉力F拉A，两物体沿斜面匀加速上升时，把A、B看做一个系统，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，根据牛顿第二定律列关系式，两式联立，求出轻线上的张力的表达式，再分析增加轻线上的张力的办法．
25．（2018高二下·黑龙江期末）如图所示，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连．现对物体施加竖直向上的力F使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是（　　）
A．在乙图PQ段表示拉力F逐渐增大
B．在乙图QS段表示B物体减速上升
C．位移为x1时，A，B之间弹力为mg+kx1-Ma0
D．位移为x3时，A，B一起运动的速度大小为
【答案】A,C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为：F=（M+m）g，随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律：F-（M+m）g+F弹=（M+m）a；F弹减小，所以F增大。A符合题意；在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动。B不符合题意；开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力：F0=（M+m）g；当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力：F1=F0-△F=F0-kx1=（M+m）g-kx1；以B为研究对象，则：F1-mg-Fx1=Ma0；得：Fx1=F1-mg-Ma0=mg-kx1-Ma0．C符合题意；P到Q的过程中，物体的加速度不变，得：v12＝2a0x2；Q到S的过程中，物体的加速度随位移均匀减小， ； ；联立得：v22＝a0(x2+x3)．D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据牛顿第二定律分析当家速度不变时力的变化，再用整体法和隔离法对物体进行受力分析，结合运动学公式分析
26．（2017·洛阳模拟）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块A和B．保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）
A．若θ已知，可求出A的质量
B．若θ已知，可求出乙图中m0的值
C．若θ已知，可求出乙图中a2的值
D．若θ未知，可求出乙图中a1的值
【答案】C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：
对B得：mg﹣F=ma…①
对A得：F﹣mAgsinθ=mAa…②
联立得 a= …③
若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA．A不符合题意．
B、当a=0时，由③式得，m=m0=mAsinθ，mA未知，m0不能求出．B不符合题意．
C、由③式得，m=0时，a=a2=﹣gsinθ，C符合题意．
D、由③式变形得 a= ．当m→∞时，a=a1=g，D符合题意．
故选：CD
【分析】对物体A、B分别受力分析由牛顿第二定律可求得加速度与物体质量的关系，进而可得出结论。
27．如图所示，质量为M=5kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m2=1kg的物体C，质量为m1=2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C与箱子B始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，取g=10m/s2，下列正确的是（　　）
A．物体A处于完全失重状态
B．物体A处于失重状态，加速度大小为2.5m/s2
C．物体C对箱子B的静摩擦力大小为2.5N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为30N
【答案】B,C
【知识点】力的平行四边形定则及应用；超重与失重；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：A、假设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律，有：
对A，有：m1g﹣T=m1a；
对BC整体，有：T=（M+m2）a；
联立解得：T=15N；
a=2.5m/s2；
物体A的加速度小于重力加速度，故不是完全失重，故A错误；
B、物体A加速度大小为2.5m/s2，处于失重状态，故B正确；
C、对C受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f=m2a=1×2.5=2.5N，故C正确；
D、绳子的张力为15N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 N，斜向右下方，故D错误；
故选BC．
【分析】先假设绳子拉力为T，分别对A和BC整体受力分析并根据牛顿第二定律列式求解出加速度和拉力T．
28．（2017高一下·衡水期末）如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC=h，重力加速度为g．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，下列说法正确的是（　　）
A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小
B．物块A经过C点时的速度大小为
C．物块A在杆上长为 h的范围内做往复运动
D．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误．
B、物体到C点时物块B的速度为零．设物块A经过C点时的速度大小为v．
根据系统的机械能守恒得：mg（ ﹣h）= mv2，得 v= ，故B正确．
C、由几何知识可得 = h，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2 h的范围内做往复运动．故C错误．
D、物体到C点时物块B的速度为零．根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D正确．
故答案为：BD
【分析】本题难点是过程的分析，当A由静止开始运动，B也开始运动，当A运动到C点时，B物体不能再向下运动，因此B的速度为零。因此过程中，B先做加速运动，后做加速运动。
三、计算题
29．（2017·海南）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为 m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b加速度的大小；
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．
【答案】（1）解：对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx0=（m+ m）gsinθ
解得：k= （1）
答：弹簧的劲度系数为 ；
（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；
由匀变速直线运动相临相等时间内位移关系的规律可知：
= （2）
说明当形变量为x1=x0﹣ = 时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
kx1﹣mgsinθ=ma （3）
联立（1）（2）（3）解得：
a=
答：物块b加速度的大小为 ；
（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x= at2=
则形变量变为：△x=x0﹣x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
F+k△x﹣（m+ m）gsinθ=（m+ m）a
解得：F= mgsinθ+ 因分离时位移x=
由x= = at2解得：
t=
故应保证t＜ ，F表达式才能成立．
答：在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式F= mgsinθ+ （t＜ ）
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数；
（2）分析物体的运动过程，根据运动学规律可明确分离时的位移，从而确定对应的形变量；再根据牛顿第二定律即可求得加速度的大小；
（3）对整体进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得拉力随时间变化的表达式．
四、综合题
30．（2017高二下·内蒙古期中）如图所示，在质量M=5kg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量分别为ma=1kg、mb=0.5kg的A、B两物体，弹簧的劲度系数为100N/m．箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，求：（g=10m/s2）
（1）在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速度分别是多大？
（2）物体A的振幅？
（3）当A运动到最高点时，木箱对地面的压力大小？
【答案】（1）解：平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，B做自由落体运动，即B的加速度为g；
以A为研究对象，此时受向下的重力和弹簧的竖直向上的弹力，而弹簧的弹力为：（mA+mB）g
据牛顿第二定律得：aA= = =5m/s2
（2）解：剪短绳子瞬间有：kx1=（mA+mB）g，
平衡位置时，弹簧的伸长量：有：kx2=mAg，
故振幅为：A=x1﹣x2=0.05m=5cm
（3）解：剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，且在最低点的恢复力为mBg；根据简谐运动的对称性，到达最高点时恢复力大小也为mBg；据此可知弹簧对A的弹力为5N，方向向上，所以弹簧对顶部的拉力也为f=5N，
再以木箱为研究对象，据平衡态可知：F=Mg+F=55N+5N=55N，
由牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力等于55N；
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体；简谐运动
【解析】【分析】首先对AB两物体的受力情况和运动情况分析，A将做简谐振动，先找出平衡位置，然后根据简谐运动的对称性得到最高点的弹簧弹力，最后对M木箱受力分析，利用平衡态求出地面对木箱的压力．
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