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模型06 连接体叠加体模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练
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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型6 连接体叠加体模型
最新高考题
1. ．（2023高考北京卷）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为，细线能承受的最大拉力为．若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【参考答案】C
【名师解析】题述条件，Tmax=2N，m=1kg。对两物块整体，F=2ma，对后面的物块，Tmax=ma，
联立解得F的最大值为F=4N，C正确。
2.（2022山东物理）某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
【参考答案】（1）；（2）
【命题意图】本题考查能量守恒定律、平衡条件、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有
设斜面倾角为，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
联立各式解得，
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有
可得
由运动学公式可知
解得
3.（2017·江苏卷）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面.整个过程中B保持静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W.
【参考答案】（1） （2） （3）
【名师解析】（1）C受力平衡， 由平衡条件，2Fcs30°=mg，
解得：F=mg。
（2）C恰好落到地面时，B受到C的压力的水平分力最大，此时，设B对C的作用力为F1，由平衡条件，2 F1cs60°=mg，
B受到C的压力为最大值，F1’= F1
B受到C的压力的水平分力最大，Fmax= F1’cs30°=mg。
B受到的摩擦力f=μmg，
对B，由平衡条件可得fmin= Fmax，
联立解得动摩擦因数的最小值μmin=
（3）C下降的高度：h=(-1)R， A的位移：x=2(-1)R 。
摩擦力做功的大小：Wf=fx=2(-1) μmg R
根据动能定理：W- Wf+mgh=0-0
解得：W=（2μ-1）(-1) mgR 。
【考点定位】物体的平衡 动能定理
【名师点睛】本题的重点的C恰好降落到地面时，B物体受力的临界状态的分析，此为解决第二问的关键，也是本题分析的难点。
最新模拟题
1. （2024云南靖江重点高中期初测试）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
【参考答案】AD
【名师解析】
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
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；
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；
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。
2. （2024江苏扬州期初测试）如图 1 所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A，滑块 A 受到随时间t 变化的水 平拉力 F 作用时，用传感器测出滑块 A 的加速度a ，得到如图 2 所示的 a F 图像，已知 g 取 2 10m/s ，则 （ ）
A. 滑块 A 的质量为2kg
B. 木板 B 的质量为6kg
C. 当 F 12N 时，木板 B 的加速度为 2 4m/s
D. 滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 0.4
【参考答案】AD
【名师解析】
.设滑块 A 的质量 m，木板 B 的质量为 M，滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 μ。由题图 2 可知，当 F=Fm=10N 时，滑块 A 与木板 B 达到最大共同加速度 am=1m/s22，根据牛顿第二定律有Fm=（M+m）am
解得 M+m=10kg
当 F＞10N 时，A 与 B 将发生相对滑动，对 A 单独应用牛顿第二定律有
F-μmg=ma
整理得 a F/m g
根据题图 2 解得 m=2kg，μ=0.4，则 M=8kg，故 AD 正确，B 错误；
当 F=12N 时，木板 B 的加速度为
故 C 错误。
【点睛】本题属于在变化外力作用下的板块问题，且和图像结合，解答的关键在从图像中获取板块发生相 对滑动的临界点，以此为突破口，分别针对板块共速时和相对滑动时的运动进行研究。
3．（2024吉林重点高中质检）两个质量均为的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只将、间的轻绳换成轻质弹簧（图2），其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间（设两图中小球的加速度大小分别为和，的加速度大小分别为和），则正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．
【参考答案】．C
【名师解析】：在左图里，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球由于用绳连接，一起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得
或
可得
右图中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小
绳OA对A物体的拉力
在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则
A所受的合力大小
由牛顿第二定律可得
解得
故C正确。
4．（2024吉林重点高中质检）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，且m2>m1，m2静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，m1、m2与车厢保持相对静止，系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ，系m2的那段绳子保持竖直，如图所示。绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计，下列说法正确的是 （ ）
A．车厢的加速度为gsinθ
B．车厢底板对m2的支持力为（m1+m2）g
C．绳子中的张力大小为m1gcsθ
D．车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ
【参考答案】．D
【名师解析】：对物体m1受力分析如图甲所示
竖直方向
水平方向
解得
，
车厢与m1的加速度相同为，方向水平向右，绳子的张力大小为，故AC错误；
对物体m2受力分析如图乙所示
竖直方向
水平方向
解得
，
故B错误，D正确。
5.. （2024山东泰安9月测试）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的质量均为m，重力加速度为g，摩擦阻力和空气阻力均忽略。下列选项错误的是（ ）
A. 开始运动后，B的加速度是A的2倍
B. 开始运动后，A的加速度大小为
C. 当B的位移为2h时，B的速度大小为
D. 当A的位移为h时，A的速度大小为
【参考答案】D
【名师解析】
由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的2倍，选项A正确；
对B分析，由牛顿第二定律有
对A分析，由牛顿第二定律有
又
联立解得
选项B正确；
由速度公式可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，即
当A上升h时，B下降高度2h，由机械能守恒得
联立解得
，
选项C正确，D错误
6．（2024南京零模）如图所示，物块套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物块由A点匀速拉到B点，AB高度为h，则在运动过程中（ ）
A．绳子张力增大
B．绳子自由端的速率增大
C．拉力F做的功为
D．拉力F的功率P减小
【参考答案】．A
【名师解析】．因为物块做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有
因为增大，减小，则拉力F增大，故A正确；
物块沿绳子方向上的分速度
该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度v减小，故B错误；
F为变力，不能用功的定义。应根据动能定理，拉力F做功等于克服重力做的功，即
，故C错误；
拉力的功率为，可知拉力F的功率P不变，故D错误。
7.（2014四川仁寿一中9月质检）如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体固定在水平地面上，两个斜面（斜面足够长）的倾角分别为α=37°、β=53°，其中AC面粗糙，BC面光滑。一轻质细绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P、Q，P、Q处于静止状态。已知P的质量m=1kg，Q的质量M=1kg， P距离斜面底端A的距离L=10m，P与斜面AC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，滑轮与转轴之间的摩擦不计。
（1）求P所受到的摩擦力；
（2）现改变Q的质量，发现P由静止开始向上匀加速运动，经时间t0=2s时速度大小为10m/s，求物块Q的质量改变量；
（3）在（2）问的情况中，速度达到10m/s时，剪断轻绳，求剪断轻绳后P在斜面上运动的时间t。
【参考答案】（1）2N，方向沿斜面向下；（2）4kg；（3）6s
【名师解析】
（1）对P、Q受力分析，由平衡条件有
解得
方向沿斜面向下；
（2）P从静止开始做匀加速运动，由运动学公式
对P、Q受力分析，由牛顿第二定律有
联立以上方程解得
（3）P由静止开始向上运动2s内的位移为
剪断轻绳后对P受力分析，由牛顿第二定律有
设经时间t1速度减为零，所发生的位移为x1，则
达到最高点后物块P将继续沿斜面下滑，由牛顿第二定律有
由运动学公式
解得
8. (2024辽宁沈阳重点高中质检) 如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球A半径R=0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B，用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向右的恒力F=50N。(重力加速度g=10m/s2)则( )
A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为0
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin ∠OPB=
D. 把小球B从地面拉到P的正下方时，小球B的机械能增加了6J
【参考答案】AC
【名师解析】
对于F的做功过程，由几何知识得到力F作用点的位移
X=PB－PC=-(0.4-0.3)m=0.4m
则力F做的功 W=Fx=50×0.4J=20J, A正确；
由于B球到达C处时，已无沿绳分速度，所以此时小球A的速度为零，考查两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W=mv2＋mgR
代入已知量得 20=×2×v2＋2×10×0.3
解得小球B速度的大小v=m/s，B错误；
当绳与轨道相切时两球速度大小相等，如图：
由三角形知识得sin ∠OPB=
C正确；
设最低点势能为零，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，
ΔE=ΔEk＋ΔEp=mv2＋mgR=20J
D错误。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型6 连接体叠加体模型
最新高考题
1. ．（2023高考北京卷）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为，细线能承受的最大拉力为．若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【参考答案】C
【名师解析】题述条件，Tmax=2N，m=1kg。对两物块整体，F=2ma，对后面的物块，Tmax=ma，
联立解得F的最大值为F=4N，C正确。
2.（2022山东物理）某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
【参考答案】（1）；（2）
【命题意图】本题考查能量守恒定律、平衡条件、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有
设斜面倾角为，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
联立各式解得，
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有
可得
由运动学公式可知
解得
3.（2017·江苏卷）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面.整个过程中B保持静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W.
【参考答案】（1） （2） （3）
【名师解析】（1）C受力平衡， 由平衡条件，2Fcs30°=mg，
解得：F=mg。
（2）C恰好落到地面时，B受到C的压力的水平分力最大，此时，设B对C的作用力为F1，由平衡条件，2 F1cs60°=mg，
B受到C的压力为最大值，F1’= F1
B受到C的压力的水平分力最大，Fmax= F1’cs30°=mg。
B受到的摩擦力f=μmg，
对B，由平衡条件可得fmin= Fmax，
联立解得动摩擦因数的最小值μmin=
（3）C下降的高度：h=(-1)R， A的位移：x=2(-1)R 。
摩擦力做功的大小：Wf=fx=2(-1) μmg R
根据动能定理：W- Wf+mgh=0-0
解得：W=（2μ-1）(-1) mgR 。
【考点定位】物体的平衡 动能定理
【名师点睛】本题的重点的C恰好降落到地面时，B物体受力的临界状态的分析，此为解决第二问的关键，也是本题分析的难点。
最新模拟题
1. （2024云南靖江重点高中期初测试）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
【参考答案】AD
【名师解析】
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
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；
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；
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。
2. （2024江苏扬州期初测试）如图 1 所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A，滑块 A 受到随时间t 变化的水 平拉力 F 作用时，用传感器测出滑块 A 的加速度a ，得到如图 2 所示的 a F 图像，已知 g 取 2 10m/s ，则 （ ）
A. 滑块 A 的质量为2kg
B. 木板 B 的质量为6kg
C. 当 F 12N 时，木板 B 的加速度为 2 4m/s
D. 滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 0.4
【参考答案】AD
【名师解析】
.设滑块 A 的质量 m，木板 B 的质量为 M，滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 μ。由题图 2 可知，当 F=Fm=10N 时，滑块 A 与木板 B 达到最大共同加速度 am=1m/s22，根据牛顿第二定律有Fm=（M+m）am
解得 M+m=10kg
当 F＞10N 时，A 与 B 将发生相对滑动，对 A 单独应用牛顿第二定律有
F-μmg=ma
整理得 a F/m g
根据题图 2 解得 m=2kg，μ=0.4，则 M=8kg，故 AD 正确，B 错误；
当 F=12N 时，木板 B 的加速度为
故 C 错误。
【点睛】本题属于在变化外力作用下的板块问题，且和图像结合，解答的关键在从图像中获取板块发生相 对滑动的临界点，以此为突破口，分别针对板块共速时和相对滑动时的运动进行研究。
3．（2024吉林重点高中质检）两个质量均为的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只将、间的轻绳换成轻质弹簧（图2），其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间（设两图中小球的加速度大小分别为和，的加速度大小分别为和），则正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．
【参考答案】．C
【名师解析】：在左图里，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球由于用绳连接，一起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得
或
可得
右图中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小
绳OA对A物体的拉力
在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则
A所受的合力大小
由牛顿第二定律可得
解得
故C正确。
4．（2024吉林重点高中质检）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，且m2>m1，m2静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，m1、m2与车厢保持相对静止，系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ，系m2的那段绳子保持竖直，如图所示。绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计，下列说法正确的是 （ ）
A．车厢的加速度为gsinθ
B．车厢底板对m2的支持力为（m1+m2）g
C．绳子中的张力大小为m1gcsθ
D．车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ
【参考答案】．D
【名师解析】：对物体m1受力分析如图甲所示
竖直方向
水平方向
解得
，
车厢与m1的加速度相同为，方向水平向右，绳子的张力大小为，故AC错误；
对物体m2受力分析如图乙所示
竖直方向
水平方向
解得
，
故B错误，D正确。
5.. （2024山东泰安9月测试）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的质量均为m，重力加速度为g，摩擦阻力和空气阻力均忽略。下列选项错误的是（ ）
A. 开始运动后，B的加速度是A的2倍
B. 开始运动后，A的加速度大小为
C. 当B的位移为2h时，B的速度大小为
D. 当A的位移为h时，A的速度大小为
【参考答案】D
【名师解析】
由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的2倍，选项A正确；
对B分析，由牛顿第二定律有
对A分析，由牛顿第二定律有
又
联立解得
选项B正确；
由速度公式可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，即
当A上升h时，B下降高度2h，由机械能守恒得
联立解得
，
选项C正确，D错误
6．（2024南京零模）如图所示，物块套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物块由A点匀速拉到B点，AB高度为h，则在运动过程中（ ）
A．绳子张力增大
B．绳子自由端的速率增大
C．拉力F做的功为
D．拉力F的功率P减小
【参考答案】．A
【名师解析】．因为物块做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有
因为增大，减小，则拉力F增大，故A正确；
物块沿绳子方向上的分速度
该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度v减小，故B错误；
F为变力，不能用功的定义。应根据动能定理，拉力F做功等于克服重力做的功，即
，故C错误；
拉力的功率为，可知拉力F的功率P不变，故D错误。
7.（2014四川仁寿一中9月质检）如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体固定在水平地面上，两个斜面（斜面足够长）的倾角分别为α=37°、β=53°，其中AC面粗糙，BC面光滑。一轻质细绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P、Q，P、Q处于静止状态。已知P的质量m=1kg，Q的质量M=1kg， P距离斜面底端A的距离L=10m，P与斜面AC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，滑轮与转轴之间的摩擦不计。
（1）求P所受到的摩擦力；
（2）现改变Q的质量，发现P由静止开始向上匀加速运动，经时间t0=2s时速度大小为10m/s，求物块Q的质量改变量；
（3）在（2）问的情况中，速度达到10m/s时，剪断轻绳，求剪断轻绳后P在斜面上运动的时间t。
【参考答案】（1）2N，方向沿斜面向下；（2）4kg；（3）6s
【名师解析】
（1）对P、Q受力分析，由平衡条件有
解得
方向沿斜面向下；
（2）P从静止开始做匀加速运动，由运动学公式
对P、Q受力分析，由牛顿第二定律有
联立以上方程解得
（3）P由静止开始向上运动2s内的位移为
剪断轻绳后对P受力分析，由牛顿第二定律有
设经时间t1速度减为零，所发生的位移为x1，则
达到最高点后物块P将继续沿斜面下滑，由牛顿第二定律有
由运动学公式
解得
8. (2024辽宁沈阳重点高中质检) 如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球A半径R=0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B，用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向右的恒力F=50N。(重力加速度g=10m/s2)则( )
A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为0
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin ∠OPB=
D. 把小球B从地面拉到P的正下方时，小球B的机械能增加了6J
【参考答案】AC
【名师解析】
对于F的做功过程，由几何知识得到力F作用点的位移
X=PB－PC=-(0.4-0.3)m=0.4m
则力F做的功 W=Fx=50×0.4J=20J, A正确；
由于B球到达C处时，已无沿绳分速度，所以此时小球A的速度为零，考查两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W=mv2＋mgR
代入已知量得 20=×2×v2＋2×10×0.3
解得小球B速度的大小v=m/s，B错误；
当绳与轨道相切时两球速度大小相等，如图：
由三角形知识得sin ∠OPB=
C正确；
设最低点势能为零，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，
ΔE=ΔEk＋ΔEp=mv2＋mgR=20J
D错误。
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