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专题 04 连接体模型
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【模型一】平衡中的连接体模型......................................................................................................................1
1.轻杆连接体问题.......................................................................................................................................1
2． 轻环穿杆问题......................................................................................................................................2
【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型..............................................................................................................8
1． 悬绳加速度问题..................................................................................................................................9
2． 类悬绳加速度问题..............................................................................................................................9
【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体..................................................................................................24
【模型四】板块加速度相同的连接体模型....................................................................................................31
【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型.........................................................................43
【模型六】弹簧木块分离问题模型................................................................................................................54
【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型....................................................................................64
1.绳、杆末端速度分解四步.....................................................................................................................64
2.绳杆末端速度分解的三种方法.............................................................................................................64
3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型.................................................................................................65
4.轻杆相连的系统机械能守恒模型.........................................................................................................65
【模型一】平衡中的连接体模型
【模型构建】
1.轻杆连接体问题
【问题】如图，求m m 大小
1： 2
方法一、正弦定理法 方法二、力乘力臂法 方法三、重心法
对m 、m 受力分析，三力平衡 以整体为研究对象，以圆心为转动 以整体为研究对象，整体受重力
1 2
可构成矢量三角形，根据正弦定 轴，两圆弧的支持力的力臂均为 和两圆弧的支持力，根据三力平
理有， 零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以 衡必共点，因此整体的重心必过
力臂等值反向。根据转动平衡知:动 圆 心 正 下 方 。 所 以 有
力乘以动力臂等于阻力乘以阻力 m·Rsinθ =m·Rsinθ ， ∴ m
1 1 2 2 1 ：
臂，即mg·Rsinα=mg·Rsinβ。 m=sinβ：sinα
1 2 2m 1 g F ∴m 1： m 2 =sinβ：sinα
=
sinθ sinα
对m： 1
1
m g F
2
=
sinθ sinβ
对m： 2
2
根据等腰三角形有：θ=θ
1 2
联立解得mgsinα=mgsinβ
1 2
∴m m=sinβ：sinα
1： 2
2． 轻环穿杆问题
F F F F
N N N N
f
μ T
2
θ T
T T
T
1
轻环穿光滑杆，二力平衡， 轻环穿粗糙杆，三力平衡， 轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向
拉力垂直杆 最大夹角tanθ=μ
【模型演练1】（2023·江苏·高三统考阶段练习）如图所示，甲、乙两个小球，通过细线悬挂在天花板上的
O点，质量分别为m、m，两个小球在弧形轻质细杆支撑下恰好位于同一水平线上，细线与竖直方向成
1 2
53°和37°，则m∶m 为（ ）
1 2
A．9∶16 B．16∶9
C．3∶4 D．4∶3
【答案】A
【详解】将甲乙看成一个系统，设O到甲乙连线的距离为 ，如图所示根据杠杆原理，由平衡条件得
由几何关系得
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【模型演练2】（2023·全国·高三期末）如图所示，两个可视为质点的小球 和 ，用质量可忽略的刚性细
杆相连，放置在一个光滑的半球面内，已知小球 和 的质量之比为 。当两球处于平衡状态时，光滑球
面对小球 的支持力大小等于 ，对小球 的支持力大小等于 。若要求出 的比值大小，则
（ ）
A．需要知道刚性细杆的长度与球面半径的关系 B．需要知道刚性细杆的长度和球面半径的大小
C．不需要其他条件，有 D．不需要其他条件，有
【答案】C
【详解】受力分析如图分别对小球 和 受力分析有
，
根据几何关系有
，
则有
故选C。
【模型演练3】（2023·山西·高三统考阶段练习）如图所示，倾角为 的光滑轻杆一端固定在地面上，绕
过光滑定滑轮的轻绳一端连接轻弹簧，另一端连接质量 的小球，轻弹簧的另一端连接轻质小环，小
环和小球均套在光滑杆上，系统处于静止状态，轻绳与杆的夹角为 ，轻弹簧的劲度系数为 ，
重力加速度 ，则轻弹簧的形变量为（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【详解】由于小环是轻质的，故弹簧必将与杆垂直，否则受力不平衡。对小球受力分析如图所示
将各力沿着杆分解，根据平衡条件有
解得
又弹簧的弹力等于轻绳的拉力，故由胡克定律可得
解得
故选C。
【模型演练4】（2023春·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如
图所示，底座支点记为O点，OA为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”
形吊车的右臂，一根钢索连接底座与B点，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，重
物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为 ，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ，且左臂OA与右臂OB相互垂
直，左臂OA、右臂OB总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正
确的是（ ）
A．定滑轮对钢索的支持力为B．AB段钢索所受到的拉力为2Mg
C．右臂OB对钢索的支持力为
D．底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为
【答案】A
【详解】A．作示意图如图1所示，设重物所在位置为C点，则钢索在A点夹角为
定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力方向沿着 的角平分线，即
由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力
故A正确；
B．由题意可知，物体缓慢向上运动，钢索拉力
故B错误；
C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知
解得
故C错误；
D．以整体为研究对象，钢索也与底座接触，底座对整体的支持力大于 ，故D选项错误。故选A。
【模型演练5】如图所示，竖直放置的光滑圆环，顶端D点处固定一定滑轮(大小忽略)，圆环两侧套着质
量分别为m、m 的两小球A、B，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，A、B连线过圆心O点，
1 2
且与右侧绳的夹角为θ。则A、B两小球的质量之比为( )
A．tan θ B． C． D．sin2θ
【答案】B
【解析】对两小球分别受力分析，作出力的矢量三角形，如图所示。
对小球A，可得＝；对小球B，可得＝；联立解得＝，故选B。
【模型演练6】如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量 m＝ kg的小球B
相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中 M、m相
对位置保持不变，g取10 m/s2。求：
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ；
(3)当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？
【答案】(1)30° (2) (3)arctan
【解析】(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得Fcos 30°＝Tcos θ
Fsin 30°＋Tsin θ＝mg
解得T＝10 N，tan θ＝，
即θ＝30°。
(2)对A进行受力分析，由平衡条件有Tsin θ＋Mg＝F
N
Tcos θ＝μF
N
解得μ＝。
(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有
Fsin α＋F ＝(M＋m)g，Fcos α＝μF
N N
解得F＝
令sin β＝，cos β＝，即tan β＝，则
F＝＝
【模型演练7】如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本
处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则( )
A．杆对A环的支持力变大 B．B环对杆的摩擦力变小
C．杆对A环的力不变 D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大
【答案】 B
【解析】 将A、B两个轻环、绳及书本视为整体，在竖直方向上，整体受到向下的重力和向上的支持力
作用，两个支持力大小之和等于重力，F ＝mg，大小保持不变，A错误；对B环受力分析如图所示，F＝
N f
F tan θ＝mgtan θ，两环距离变小，tan θ减小，F 变小，B正确；对A环受力分析与B环类似，杆对环的
N f
力为支持力F 和摩擦力F 的合力，与F 大小相等，F ＝，当θ发生变化时，F 发生变化，C错误；F cos
N f T T T T
θ＝mg，两环距离变小，cos θ变大，细绳上的拉力变小，D错误．
【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型
【模型要点】
1． 悬绳加速度问题
水平加速中的悬绳 倾斜加速中的悬绳 注意“发飘” 多悬绳
①绳竖直 a
m θ m θ m θ
m
α
α
α my y θ=0，a=0，μ=tanα y y
T T T
θ T ②绳垂直 F N α θ
θ-α
α F
x x x
α
x α
mg
mg θ
mg mg
m
θ=
a=g·tanθ gsinθ α，a=gsinα，μ=0 T=mgsinθ+macosθ T=mg/cosθ
a=
T=mg/cosθ cos(θ−α) ③绳水平 F N =mgcosθ-masinθ F=mg·tanθ-ma
加速度大小与质量 a>g·cotα发飘: a>g·tanθ发飘:
T=mgcosα/cos(θ-α) m
无关，与偏角有关
α
F =0 F=0
N
a=g/sinα，向上减速 T=
√ (mg) 2 +(ma) 2
T=
√(mg) 2 +(ma) 2
μ=cotα
2． 类悬绳加速度问题
光滑斜面车上物体 光滑圆弧车中物体 车上死杆 车中土豆 车上人
m a m θ a m θ a m aa m a
死杆
θ
y y y y y
F N F N F F F N F
θ θ
x x x x x
f
mg mg mg mg mg
加速度a=g·tanθ 加速度a=g·tanθ 杆对球的弹力 其它土豆对黑土豆 车对人的作用力
的作用力
支持力F
N
=mg/cosθ 支持力F
N
=mg/cosθ F=√(ma) 2 +(mg) 2 F=√(ma) 2 +(mg) 2
F=√(ma) 2 +(mg) 2
【模型演练1】（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，一辆公共汽车在水平公路上做直线运动，
小球A用细线悬挂车顶上，车厢底板上放一箱苹果，苹果箱和苹果的总质量为M，苹果箱和箱内的苹果始
终相对于车箱底板静止，苹果箱与公共汽车车厢底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若观察到细线
偏离竖直方向夹角大小为θ并保持不变，则下列说法中正确的是（ ）
A．汽车一定向右做匀减速直线运动
B．车厢底板对苹果箱的摩擦力水平向右C．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到合力为
D．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到周围其他苹果对它的作用力大小为
【答案】D
【详解】A．对小球受力分析
可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线
运动，如果向左运动，则做加速直线运动，A错误；
B．设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得
解得
则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为 ，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢
底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为 ，以这箱苹果为研究对象，根
据牛顿第二定律有
，水平向左
B错误；
CD．以苹果箱中间一个质量为m的苹果为研究对象，合外力为ma，设周围其它苹果对它的作用力大小为
F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有
在竖直方向上
加速度
三式联立解得则α = θ，C错误、D正确。
故选D。
【模型演练2】．（2023·黑龙江七台河·高三校考期末）如图，汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球
A用细线悬挂车顶上，质量为m的一位中学生手握扶杆，始终相对于汽车静止地站在车箱底板上，学生鞋
底与汽车间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻汽车对学生产生的作用力
的大小和方向为（ ）
A．mg，竖直向上 B． ，斜向左上方
C．mgtanθ，水平向右 D．mgsinθ，斜向右上方
【答案】B
【详解】以小球为研究对象，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
m gtanθ=m a
球 球
解得a=gtanθ
以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，设汽车对学生的作用力F与竖直方向的夹角为α，
根据牛顿第二定律可得
mgtanα=ma，
将a=gtanθ代入，解得
α=θ，
方向斜向左上方。
故选B。
【模型演练3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，有一固定的倾斜长钢索，小球Q通过轻绳与环P相
连，并随P一起沿钢索下滑，下滑过程中，轻绳始终与钢索是垂直的，不计空气阻力，则（ ）
A．球Q的加速度大小与重力加速度的大小相等
B．球Q所受重力的功率保持不变
C．球Q的机械能守恒
D．球Q动量变化的方向竖直向下
【答案】C
【详解】A．设钢索与水平方向夹角为 ，小球Q受力分析可得
得加速度
故A错误；
B．球Q下降过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错误；
C．小球运动过程中绳子拉力与运动方向垂直，不做功。只有重力做功，因此机械能守恒，C正确；D．合外力冲量等于动量变化量，故球Q动量变化的方向沿绳索向下，故D错误。
故选C。
【模型演练4】．（2023·全国·模拟预测）如图所示，一固定杆与水平方向夹角为 ，将一质量为 的滑
块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为 的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为 。若滑块与小球保持相
对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为 ，且 ，则滑块的运动情况是
（ ）
A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑
C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑
【答案】D
【详解】把滑块和小球看做整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，若速度方向向下，则沿斜
面方向上有
垂直斜面方向上有
摩擦力为
联立可得
对小球有：若 ，则
现有
则有
所以整理得
因为
所以
但
所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑。
故选D。
【模型演练5】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ=30°的光滑
斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。
如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a 时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水
1
平面上向右加速且加速度大小不超过a 时，小球仍能够和小车保持相对静止，则a 和a 的大小之比为（
2 1 2
）
A． ∶1 B． ∶3 C．3∶1 D．1∶3
【答案】D
【详解】分析小球的受力情况如图所示
如果小车在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有
F sinθ-Fcosθ=ma
N T 1竖直方向上有
F cosθ＋Fsinθ=mg
N T
解得
a= g
1
球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力
F =0
T
解得
a=gtan30°
1
同理可得，如果小车在水平面上向右加速，则
a= g
2
球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是斜面对小球的弹力
F =0
N
解得
a=
2
所以
=1∶3
故选D。
【模型演练6】．（2023秋·吉林长春·高三长春市第五中学校考期末）一辆小车静止在水平地面上，bc是
固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未
动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相
对静止，已知a∶a∶a∶a＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为F 、F 、F 、F ，则以下结论不正确的是（
1 2 3 4 f1 f2 f3 f4
）A．F ∶F ＝1∶2 B．F ∶F ＝1∶2
f1 f2 f2 f3
C．F ∶F ＝1∶2 D．tan α＝2tan θ
f3 f4
【答案】B
【详解】ABC．图（1）中M受的静摩擦力为
F =Ma
f1 1
图（2）中M受的静摩擦力为
F =Ma
f2 2
图（3）中对M和m的整体分析可知，M受的静摩擦力为
F =(M+m)a
f3 3
图（4）中对M和m的整体分析可知，M受的静摩擦力为
F =(M+m)a
f4 4
则
F ∶F ＝1∶2
f1 f2
F ∶F 不能确定；
f2 f3
F ∶F ＝1∶2
f3 f4
则选项AC正确，B错误；
D．由图（3）对m分析可知
由图（4）对m分析可知
则
tan α＝2tan θ
选项D正确。
故选B。
【模型演练7】．（2023秋·山西运城·高三康杰中学校考期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一
质量为3m的小车在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，小车支架上用细绳悬挂一质量为m的小球，
若在小车下滑的过程中，连接小球的轻绳恰好水平，则外力F的大小为（重力加速度为g）（ ）A．6mg B．5mg C．4mg D．3mg
【答案】A
【详解】对小球受力分析，小球受重力和水平方向绳子的拉力，由于小车沿斜面下滑，则小球的合力沿斜
面向下，根据几何关系可知，小球的合力
则小球的加速度为
对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律可得
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【模型演练7】．（2023秋·上海黄浦·高三上海外国语大学附属大境中学校考期末）在静止的小车内，用
细绳a和b系住一个小球，绳a与竖直方向成 角，拉力为 ，绳b为水平状态，拉力为 ，如图所示，
现让小车从静止开始向左做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化
情况是（ ）
A． 变小， 不变 B． 不变， 变大
C． 变小， 变大 D． 不变， 变小
【答案】B
【详解】物体静止时，由平衡条件可得小车向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得
解得
故选B。
【模型演练8】．（2023春·上海长宁·高三专题练习）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的
夹角为 ，在斜杆下端固定有质量为 的小球，重力加速度为 ，下列关于杆对球的作用力 的判断中，
正确的是（ ）
A．小车静止时， ，方向沿杆向上方
B．小车静止时， ，向垂直杆向上
C．小车向左以加速度 加速运动时，则
D．小车向右以加速度 加速运动时，则
【答案】D
【详解】AB．当小车静止时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力
方向竖直向上，故AB错误；
C．当小车向左以加速度a运动时，受力如下图所示，则球的合力为当加速度大小
则杆的作用力
否则
故C错误。
D．当小车向右以加速度a运动时，F的水平分力向右，且大小等于ma，F的竖直分力向上，且大小等于
mg，则根据力的合成可得
故D正确。
故选D。
【模型演练9】．（2023·山东·高三统考期末）如图所示，一倾角为 的固定斜面上放一质量为M的木块，
木块上固定一轻质支架，支架末端用丝线悬挂一质量为m的小球，木块沿斜面稳定下滑时，小球与木块相
对静止共同运动。下面说法正确的是（ ）
A．若稳定下滑时，细线竖直向下，如①所示，此时木块和斜面间无摩擦力作用
B．若稳定下滑时，细线垂直斜面，如②所示，此时木块受到沿斜面向上的摩擦力C．若稳定下滑时，细线垂直斜面，如②所示，此时木块的加速度为
D．若在外力作用下稳定下滑时，细线是水平的，如③所示，此时木块的加速度为
【答案】D
【详解】A．若稳定下滑时，细线竖直向下，如图所示
则
故小球匀速运动，由题可知，小球和木块相对静止，则木块沿斜面匀速下滑，则受到向上的摩擦力，故A
错误；
BC．若稳定下滑时，细线垂直斜面，如图所示
则 与mg的合力必定沿加速度方向，即斜面方向，可得
由牛顿第二定律可知
此时小球和木板组成的系统的加速度为
木块的重力沿斜面的分力为
对木块研究则木块不受摩擦力，故BC错误；
D．若在外力作用下稳定下滑时，细线是水平的，如图所示
当绳子水平时，此时小球所受的合力方向沿斜面向下，此时
此时小球和木板组成的系统的加速度为
故D正确。
故选D。
【模型演练10】（2023吉林长春一模）如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以加速度 a向右做匀加
速直线运动。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是
A. 货车速度增加得越来越快
B. 货车在相邻的两个相等时间间隔内的位移之差为
C. 与B接触的物体对B的作用力大小为
D. 与B接触的物体对B的作用力方向水平向右
【答案】BC
【解析】根据加速度的定义式可知，速度变化率不变，单位时间内货车速度增加量不变，故 A选项错误；
根据匀变速直线运动的规律可知，货车在相邻的两个相等时间T内的位移之差为 ，故B选项正确；货
车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动，与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所示，作用
力大小为 ，故C选项正确，D选项错误。【模型演练11】（2023·全国·二模）水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的光滑均质圆柱
形工件，其中4个恰好占据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、B之间（如图所示），重力加速度为
g。汽车以某一加速度向左运动时，工件A与D之间恰好没有作用力，此时工件C与B间的作用力大小为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力作用，弹力
方向垂直接触面（沿B、D的轴心连线方向），弹力和重力的合力产生加速度，可以得到如下图所示，根
据牛顿第二定律得
则当 时A与D之间恰好没有作用力。再把A、B、D作为整体受力分析，当汽车向左加速运动时，
A相对于车有向右运动的趋势，所以车厢与A之间的弹力是0，C对B有水平向左的弹力，竖直方向上的
支持力和重力平衡，对水平方向，则有C对A、B、D整体的作用力大小为ABD错误，C正确。
故选C。
【模型演练12】（2023·天津滨海新·天津经济技术开发区第一中学校联考二模）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。
【模型三】 轻绳相连加速度相同的连接体
a
F
m m F a
1 2 m μ μ 2 m μ
1
a μ 求m m 间作用力,将m
2、 3 1 m m F 和m 看作整体
1 2 2
μ μ
m +m
F = 1 2 F
23 m +m +m
1 2 3
整体求加速度 整体求加速度 整体求加速度
F F F a= −μg a= −g(sinθ+μcosθ) a= −g
m +m
m +m 1 2 m +m
1 2 1 2
隔离求内力
隔离求内力 T-mg(sinθ-μcosθ)=m a 隔离求内力T-m 1 g=m 1 a a=
F
2
−F
1 −μg
T-μm g=m a 1 1 m m +m
1 1 1 2
m T= 1 F
m T= 1 F m +m 隔离T-F-μmg=m a
T= 1 F m +m 得 1 2 1 1 1
得
m
1
+m
2
得 1 2
m F +m F
T= 1 2 2 1
m +m
得 1 2
【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在倾角为 的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接
的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，在外力F的作用下系统处于静止状态。
已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 ，则（ ）
m
m
2
1
F
a
a
F
m m m 1 2 3 μ μ μ
a
F F
1 m m 2 1 2
μ μA．外力F的大小为
B．弹簧的形变量为
C．若外力F的大小变为 ，当A、B相对静止时，弹簧弹力的大小为
D．若外力F的大小变为 ，当A、B相对静止时，突然撤去外力F的瞬间，物块B的加速度大小
为
【答案】D
【详解】A．对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力 的大小为
故A错误；
B．对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为
则弹簧的形变量为
故B错误；
CD．对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律，得
解得
物块A和B的加速度大小为
对物块B受力分析，由牛顿第二定律
可得，弹簧弹力的大小为突然撤去外力F的瞬间，弹簧不突变，所以物块B的加速度大小不变，故C错误，D正确。
故选D。
【模型演练2】．（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示，质量均为m的三个物体（可视为质点）A、B、
C均放在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均为k。
现用外力F拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C间的距离为（初始状态弹簧均为原长）（
）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】对整体根据牛顿第二定律
对B、C，根据牛顿第二定律
对C，根据牛顿第二定律
A、C间的距离
联立可得
故选B。
【模型演练3】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，倾角为 的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，
在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，
此时第1、2物块间细绳的张力大小为 ，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为 ，则 等于（ ）
A． B． C． D．1：1
【答案】B
【详解】匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为 ，质量为 ，根据平衡条件可得
对2、3、4物块由平衡条件可得
可得
连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3根据牛顿第二定律可得
对2、3物块根据牛顿第二定律可得
可得
可得
故选B。
【模型演练4】（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体放在光
滑水平面上，外力 、 同时作用在两个物体上，其中 （表达式中各个物理量的单位均为国际
单位）， 。下列说法中正确的是（ ）A． 时，物体A的加速度大小为
B． 后物体B的加速度最小
C． 后两个物体运动方向相反
D．若仅将A、B位置互换， 时物体A的加速度为
【答案】D
【详解】A． 在水平方向上的分力为
假设A、B间无弹力，则
时，有
假设A、B间无弹力，则
因此A、B会整体运动，有
解得
选项A错误；
B．物体B的加速度最小时，有
解得
选项B错误；
C． 之前，两物体均沿F 方向加速运动， 后F 方向反向，A做减速运动，但两个物体运动方
1 1向仍然相同，选项C错误；
D．若仅将A、B位置互换，假设A、B间无弹力，则
说明A、B分离运动，假设正确，则 时物体A的加速度为 ，选项D正确。
故选D。
【模型演练5】（2023春·湖南常德·高三汉寿县第一中学校考阶段练习）如图所示，在倾角为 的光滑固定
斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为 和 ，弹簧的劲度系数为 ，在外力
的作用下系统处于静止状态。已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 ，则（ ）
A．外力 的大小为
B．弹簧的形变量为
C．若外力 的大小为 ，则A、B相对静止向上加速时，弹簧弹力的大小为
D．若外力 的大小为 ，则A、B相对静止向上加速时，物块B的加速度大小为
【答案】C
【详解】A．对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力 的大小为
A错误；
B．对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为
则弹簧的形变量为B错误；
CD．对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律
可得
物块A和B的加速度大小为
对物块B受力分析，由牛顿第二定律
可得，弹簧弹力的大小为
C正确，D错误。
故选C。
【模型演练6】（2023·广东·模拟预测）如图所示，2023个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在
弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为 ，2
和3之间弹簧的弹力为 ，……，2022和2023之间弹簧的弹力为 ，则下列说法正确的是
（ ）
A．若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2021∶2022
B．若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2000号小球的加速度不变
C．若水平面光滑，
D．若水平面粗糙，
【答案】BCD
【详解】AC．若水平面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得
分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以此类推
可得
由胡克定律可知
可知从左到右每根弹簧伸长量之比为
但长度之比不满足 ，故A错误，C正确；
B．若水平面粗糙，撤去 的瞬间，第2000号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不
变，故B正确；
D．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为 ，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以此类推则
故D正确。
故选BCD。
【模型四】板块加速度相同的连接体模型
a m 1 μ μ 1 a m 1 μ 1
m
F m 2 光滑 a m 1 m 2 μ
2 2
μ
)θ
2
)θ
整体：a=F/(m+m ) 整体：a=g(sinθ-μ cosθ) 整体：a=g(sinθ-μ cosθ)
1 2 2 2
隔离m f=ma 方向沿斜面向下 方向沿斜面向下
1： 1
得f=m 1 F/(m 1 +m 2 ) 隔离m 1： m 1 gsinθ-f=m 1 a 隔离m 1： f=m 1 acosθ
得f=μ mgcosθ 得f=mg(sinθ-μ cosθ)cosθ
2 1 1 2
方向沿斜面向上 方向水平向左
若μ=0 则 f=0 若μ=0 则 f=mgsinθcosθ
2 2 1
【模型演练1】（2023·湖南常德·常德市一中校考二模）如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在
t=0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，
1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．长木板的最小长度为2m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5kg
D．外力F的大小为4N【答案】ABD
【详解】A．由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，
图像中图线与坐标轴为成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s内物块的位移为 ，木板的
位移为 ，故长木板的最小长度为
A正确；
B．由图乙可知，1s时撤去外力F，在 内有物块A的受力及牛顿第二定律可知
由图乙可知 内物块A的加速度大小为
解得A、B间的动摩擦因数为
B正确；
C．由图乙可知，木板的加速度大小为
由木板B的受力及牛顿第二定律可知
解得长木板的质量为
C错误；
D．由 内的物块A的受力及牛顿第二定律可知
又此过程中加速度的大小为
解得D正确。
故选ABD。
【模型演练2】（2023春·重庆·高三统考阶段练习）如图用货车运输规格相同的两块水平水泥板，底层水
泥板车厢间的动摩擦因数为0.6，两块水泥板之间动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，为保证底层水泥板与车厢、两块水泥板之间均不发生相对运动，货车行驶的最大加速度为（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】要使上层水泥板不发生相对滑动，上层水泥板的最大静摩擦力
μmg=ma
1 1
要使两块水泥板均不发生相对滑动，则
2μmg=2ma
2 2
所以最大加速度应
故选C。
【模型演练3】．（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（
）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v，同时对a施加一
0
水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块
与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速
度一时间图像可能是下列图中的（ ）A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得
解得
对长木板受力分析有
解得
AB．根据图像斜率可知初始阶段
aa＜0，
解得
则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A
错误，B正确
C．根据图像知a做匀速直线运动，即
b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得
故C正确；
D．若aa＜ab，则有
两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的
解得
故D错误。
故选BC。
【模型演练4】．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体叠放在一起，
A放在B的上面，已知 ， ，A、B之间的动摩擦因数 ， 。对物体A施
加水平向右的拉力F，开始时拉力F＝20N，此后逐渐增加，在增大到50N的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．当拉力F<30N时，两物体均保持相对静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过30N时，两物体开始相对滑动
C．两物体间始终没有相对运动
D．两物体间从受力开始就有相对运动
【答案】AC
【详解】AB．两物体间达到最大静摩擦力时，对A
对B
得当F>60N时，两物体相对滑动，则当拉力F<30N时，两物体均保持静止状态，A正确，B错误；
CD．由AB可知，两物体始终没有相对运动，C正确，D错误。
故选AC。
【模型演练5】．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光
滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其
加速度a，得到如图乙所示 图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取 ，则（ ）
A．滑块的质量 B．木板的质量
C．当 时滑块加速度为2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
【答案】AD
【详解】AB．由图像可知当 时，加速度为 ，对整体分析，由牛顿第二定律得
代入数据解得
当 时，根据牛顿第二定律得
知图线的斜率为
解得滑块的质量为
故A正确，B错误；
CD．根据 的图线知， 时， ，即
代入数据解得
当 时，对滑块和木板的整体，根据牛顿第二定律得
解得
故D正确，C错误。
故AD。
【模型演练6】．（2023·全国·高三专题练习）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为
和 的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因素都为 ，水平恒力F作用在A
物块上，如图所示（重力加速度g取10 ）。则（ ）
A．若 ，则物块、木板都静止不动
B．若 ，则A物块所受摩擦力大小为1.5N
C．若 ，则B物块所受摩擦力大小为2N
D．若 ，则B物块的加速度为1
【答案】CD
【详解】A．A与木板间的最大静摩擦力
f=μm=0.2×1×10=2N
B与木板间的最大静摩擦力f=μm=0.2×2×10=4N
若
F=1N<f
所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向右匀加速运动，故A错误；
B．若
F=1.5N<f
所以A、B及木板保持相对静止，整体在F作用下向右匀加速运动，根据牛顿第二定律得
F-f=m
所以A物块所受摩擦力
f<F=1.5N
故B错误；
C．若
F=4N>f
所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度为
对B进行受力分析，摩擦力提供加速度为
f′=m=2×1=2N
故C正确；
D．若
F=8N>f
所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度
故D正确。
故选CD。
【模型演练7】（2023·湖北·模拟预测）如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻
质量也为m的滑块从板的左端以速度 水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为 、
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的 图像如图所示，则有（ ）A． = B． < C． >2 D． =2
【答案】C
【详解】由 图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板
则有
>2
故选C。
【模型演练8】．（2023·辽宁·模拟预测）如图，质量为 的货车载有质量为 的货物，一起在水平路
面上以速度v匀速运动，因紧急情况货车突然制动，货车停下后，货物继续运动后未与车厢前壁发生碰撞。
已知货物与水平车厢底板间的动摩擦因数为 ，车轮与地面间的动摩擦因数为 ，货物到车厢前壁的距
离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．开始刹车时货车的加速度大小为 B．从开始刹车到货物停止运动的时间为
C．货车停止时，货物的速度大小为 D．货物到车厢前壁的距离应满足
【答案】D
【详解】A．刹车后，货物的加速度由牛顿第二定律
对货车由牛顿第二定律解得
故A错误；
B．货车先停止运动，由 ，可得从开始刹车到货车停止运动的时间为
故B错误；
C．货车停下时，由 可得货物的速度为
故C错误；
D．由 可得从开始刹车到货物停止运动的时间为
此时，货物的位移为
货车的位移为
相对货车滑行的距离
所以需满足
故D正确
故选D。
【模型演练9】．（2023春·河南漯河·高三漯河高中校考开学考试）如图所示，足够长的光滑斜面体静止在光滑水平地面上，将由同种材料制成的A、B两物体放在斜面上，由静止释放，下滑过程中A、B两物
体始终相对静止。下列关于A、B两物体下滑过程中的说法正确的是（ ）
A．A物体的机械能守恒
B．斜面体与B在水平方向的加速度大小可能相等
C．斜面体的加速度逐渐减小
D．A、B与斜面体构成的系统动量守恒
【答案】B
【详解】A．对斜面体进行受力分析，在水平方向有物体B对斜面压力的分力，故斜面体向右加速运动，
又斜面体的重力势能不变，动能增加，则机械能增加，根据能量守恒可知A、B两物体的机械能均减小，
故A错误；
C．将A、B看成整体，A、B相对斜面体来说沿斜面向下做加速运动，对斜面的压力恒定，则斜面体在水
平方向所受合力不变，即加速度不变，故C错误；
D．竖直方向上合力对A、B与斜面体构成的系统的冲量不为零，故动量不守恒，故D错误；
B．A、B与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，当斜面体的质量等于A、B的
质量之和时，斜面体与B在水平方向的加速度大小相等，故B正确。
故选B。
【模型演练10】（2023·全国·高三专题练习）在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语
词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上。已知图甲中两本词典一起沿木板匀速
下滑，图乙中两本词典一起沿木板匀加速下滑。已知两本词典的封面材料不同，但每本词典的上、下两面
材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ，汉语
1
词典和木板之间的动摩擦因数为μ，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（
2 3
）A．μ 一定小于tanθ
2
B．μ 一定等于tanθ
3
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小一定是μmgcosθ
1
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小一定是μmgcosθ
3
【答案】C
【详解】A．对图甲词典整体进行分析，有
则有
A错误；
B．对图甲中的英语词典有，设其受到的静摩擦力为f，则有
即
B错误；
C．对图乙词典整体进行分析，有
对图乙的汉语词典单独分析，有
联立有
C正确；
D．图甲中的英语词典受到静摩擦力，有
根据对A选项的分析，可知故有
D错误。
故选C。
【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型
a
m
1
μ
a
m
m a 2
2
a m
1
[来源:学科网]
隔离m：T-μm g=ma 隔离m：mg-T=ma
1 1 1 1 1 1
隔离m：mg-T=ma 隔离m：T-mg=ma
2 2 2 2 2 2
m g−μm g (1+μ)m m g (m −m )g 2m m g
a= 2 1 T= 1 2 a= 1 2 T= 1 2
m +m m +m m +m m +m
得 1 2 ， 1 2 得 1 2 ， 1 2
m g 若m=m，T=mg=mg
T= 2 =m g 1 2 1 2
m m g m 2
T= 1 2 1+ 2
m +m m
若μ=0， 1 2 且m<<m， 1
2 1
【模型演练1】（2023·河北邢台·校联考一模）如图所示，两同种材料的滑块A、B，用轻质细绳通过光滑
定滑轮相连，A放在粗糙的水平桌面上，由静止释放A、B两滑块，此时A、B两滑块的加速度大小均为
； 和B调换位置并也都由静止释放，此时 、B两滑块的加速度大小均为 ，已知两滑块与水平面间
的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，滑块与桌面间的动摩擦因数 ， 滑块的质量为 ，B滑块的
质量为 ，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ）A．调换前 和B的加速度大小均为
B．调换后 和B的加速度大小均为
C．调换前后绳的拉力不变
D．调换后绳的拉力变大
【答案】C
【详解】A．调换前，对A滑块受力分析如图所示
根据牛顿第二定律得
对B滑块受力分析如图
根据牛顿第二定律得
解得
，
A错误；B．调换后对B受力分析，根据牛顿第二定律有
对A受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
B错误；
CD．根据上述可知，调换前后，绳上的拉力不变，C正确，D错误。
故选C。
【模型演练2】（2023·新疆·统考二模）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体A和B用不可伸长的轻
绳连接，悬挂在定滑轮上， 时刻，将两物体由静止释放，物体A的加速度大小为 。 时
刻，轻绳突然断裂，物体B达到的最高点恰与物体A释放位置处于同一高度。取 时刻物体B所在的水
平面为零势能面，此时物体A的机械能为E，重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确
的是（ ）
A．物体A和B的质量比为3∶2
B． 时，物体A和B间的距离为
C． 时，物体B重力的功率为
D． 时，物体A的机械能为
【答案】BD
【详解】A．开始释放时物体A的加速度为 ，则解得
A错误；
B．在T时刻，两物体的速度
B上升的距离
细线断后B能上升的高度
可知开始时A、B距离为
物块B速度从 减速到零所需的时间
时，物体B从A最开始所在平面下降的高度为
时，物体A下降的高度为
时，物体A和B间的距离B正确；
C．若设开始时B所处的位置为零势能面，则开始时A的机械能为
则
可得
在2T时刻，重物B的速度
此时物体B重力的瞬时功率
C错误；
D．从开始到绳子断裂，绳子的拉力对A做负功，大小为
则此时物体A的机械能
此后物块A的机械能守恒，则在2T时刻物块A的机械能仍为 ，D正确。
故选BD。
【模型演练3】（2023·北京东城·北京市第一六六中学校考三模）如图1所示，一小车放于平直木板上（木
板一端固定一个定滑轮），木板被垫高一定角度θ，该角度下，小车恰能做匀速直线运动（假设小车所受
摩擦力与小车对木板的正压力成正比，比例系数为μ），小车总质量为M。
（1）画出图1中小车的受力示意图；请推导θ与μ应满足的定量关系；并分析说明若增大小车质量，仍使
小车做匀速直线运动，角度θ是否需要重新调整。
（2）如图2所示，将小车上栓一根质量不计，且不可伸长的细绳，细绳通过滑轮（滑轮与细绳之间摩擦不
计）下挂一个砝码盘（内放砝码），在木板上某位置静止释放小车后，小车做匀加速直线运动。已知砝码盘及砝码的总质量为m，求：
①a.如果m=M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值；
b.用F表示小车所受细绳的拉力，如果要求 ，此时 应该满足的条件；
②小车沿木板运动距离为x的过程中，其机械能的变化量ΔE。
【答案】（1） ，μ=tanθ，θ无须不需要调整；（2）①a. ，b. ；②
【详解】（1）小车受到重力、木板的支持力与沿木板向上的摩擦力，小车的受力示意图如图所示
重力沿木板向下的分力为
则小车受到的摩擦力为小车匀速运动，由平衡条件可得
解得
当小车的质量由M变成M+∆m时，若使小车匀速运动，仍有
科技仍然满足
即若增大小车的质量，角度θ无须改变。
（2）①a.对小车由牛顿第二定律可得
对砝码和砝码盘由牛顿第二定律可得
解得
则有
b.利用a中得到结论
解得
可得
②小车沿木板运动距离为x的过程中，机械能的变化量等于小车所受的拉力和摩擦力做功的总和，则有【模型演练4】．（2023·云南曲靖·校考模拟预测）如图所示，物块A的质量 ，小物块B的质量
，A与桌面间的动摩擦因数 ，按住A时，B与地面间的距离 ，A和B静止，释放A
后，求：
（1）B落到地面时的速度的大小；
（2）B落地后，A在桌面上能再滑行多远才静止下来？（未碰到滑轮，g取10m/s2）。
【答案】（1） ；（2）1m
【详解】（1）对A受力分析可得
对B受力分析可得
解得
由于
解得
（2）A滑行时，对其受力分析可知
解得
由于由于
解得
【模型演练5】．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，倾角为 的足够长粗糙斜面固定在水平
地面上，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，静止时物体A处于P点且与斜面刚好
无摩擦力。 时刻给物块A一个沿斜面向上的初速度， 到 内物块A速度随时间变化情况如
图乙所示．物块A、B均可视为质点，物块B距地面足够高，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
， ，重力加速度g取 ，求：
（1）物块A、B的质量之比；
（2）物块A与斜面之间的动摩擦因数；
（3）物体A沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1） ；（2）0.5；（3）1.25m
【详解】（1）设A的质量为 ，B的质量为 ，根据题意可知静止时物体A处于P点且与斜面刚好无
摩擦力，则由平衡条件可得
解得
（2）由图乙可得物体A的加速度大小为
而在物块A沿着斜面体向上运动的过程中物块B做自由落体运动， 末的速度设为 ，则有可知在 末物块A和物块B达到共速，在此过程中物块A的速度始终大于物块B的速度，因此连接A、
B的绅子上拉力为零，由牛顿第二定律可得
解得
（3） 内，A沿斜面上滑位移为
B自由下落高度为
二者沿绳子方向距离缩小了
设再经过 时间轻绳再次拉直，则对A有
对B有
又
联立可解得末轻绳绷紧，系统内轻绳拉力大小远大于两物体的重力及摩擦力大小，设轻绳拉力瞬间冲量为I，绷
紧后二者速度大小为v，对A和B分别有
解得
绷紧后一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
对B知其减速阶段位移
物体A上滑的最大距离为
【模型演练6】（2023·江西抚州·高三临川一中阶段练习）如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角
，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相
连。开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释
放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t 时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间2t 回到了出发位
0 0
置，重力加速度为g，求：
（1）重物Q的质量M；
（2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。【答案】（1）1.5m；（2）
【详解】（1）设细线烧断前P的加速度的大小为a，细绳烧断的瞬间，P的速度为v，位移为x，细绳烧
1 1
断前根据牛顿第二定律得
细绳烧断的瞬间
设细绳烧断后P的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
2
根据位移公式得
解得
（2）设细绳烧断后P上升的位移为x
2
解得总路程为
解得
【模型六】弹簧木块分离问题模型
分离问题（一）
分离类型：A与弹簧分离 F
[来源:学科网ZXXK] a 分离：弹力为零；
A 接触 A 加速度此瞬间还为零
处于压缩状态，
处于原长，
[来源:学|科|网Z|X|X|K]
分离问题（二）
分离类型：B与地面分离 F
A F
A a 分离
(m +m )g+m a
处于伸长状态， A B A
m a 斜率k
A
处于压缩状态，
O
x+x x
B 分离：弹力为零； 1 2
B
加速度此瞬间还为零
分离问题（三）
临界条件：①力的角度：A、B间弹力为零F =0；②运动学的角度：v =v 、a =a .
AB A B A B
分离类型：A、B分离 F v
分离 A
B
A 分离：弹力为零；
a
a
加速度瞬间还相等
B
O
t t
1
F
处于压缩状态，
分离
m (g+a)
x=m(g+a)/k A
2 B
(m +m )a 斜率k
A B
O
x-x x
1 2A
B
处于压缩状态，
【模型演练1】【多选】（2023·河北邯郸·高三校考阶段练习）如图（a）所示，一轻质弹簧的下端固定在
水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力 作
用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 与物体位移 的关系如图（b）所示（ ），
下列结论正确的是（ ）
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为
C．物体的质量为
D．物体的加速度大小为
【答案】CD
【详解】A．物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，A错误；
CD．从图中可知
解得物体的质量和物体的加速度大小分别为
CD正确；
B．弹簧的劲度系数B错误。
故选CD。
【模型演练2】【多选】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻
质弹簧上并保持静止，现用大小等于0.8mg的恒力F向上拉B，当运动距离为h时B与A恰好分离
（ ）
A．弹簧的劲度系数等于
B．B和A刚分离时，弹簧为原长
C．B和A刚分离时，B和A的加速度相同
D．从开始运动到B和A刚分离的过程中，两物体的动能先增大后减小
【答案】ACD
【详解】ABC．当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止时，弹簧的弹力为
由胡克定律可得弹簧的压缩量为
当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律可得
对B物体进行隔离分析，得
当A和B开始分离时， ，解得
负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为由胡克定律可得弹簧的压缩量为
由题中条件可得
可得
综上分析可知B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，B和A的加速度相同，故AC正确，B错误；
D．从开始运动到B和A刚分离的过程中，两物体的加速度方向先向上后向下，两物体向上先加速运动，
后减速运动，两物体的动能先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
【模型演练3】【多选】（2023秋·重庆北碚·西南大学附中校考期末）如图所示，一弹簧一端固定在倾角
为 的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为 的物体P，Q为一质量为 的物体，
弹簧的质量不计，劲度系数 ，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力
F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前 时间内，F为变力， 以后F为恒力，
，g取 。以下选项正确的是（ ）
A．弹簧原长时P、Q分离 B．P、Q分离后，P将立即做减速运动
C．F的最大值为 D．若将P、Q换一个位置，其它条件不变， 后，恒力F
比刚才要小
【答案】CD
【详解】ABC．设开始时弹簧的压缩量为x，对整体受力分析，平行斜面方向有
0解得
前0.4 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.4s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小
相等，设此时弹簧的压缩量为x，对物体P，由牛顿第二定律得
1
前0.4s时间内两物体的位移
联立解得
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，对Q应用牛顿第二定律得
解得
故AB错误，C正确；
D. 若将P、Q换一个位置，其它条件不变，将上述讨论中质量互换， 后
可知将P、Q换一个位置，其它条件不变， 后，恒力F比刚才要小，故D正确。
故选CD。
【模型演练4】（2023·陕西渭南·校考阶段练习）如图所示，粗糙绝缘的水平面上，一被压缩、锁定的轻弹
簧一端固定在墙上，另一端与物体B栓接，物体A紧靠着物体B，处于静止状态，A、B两物体不拴接。
现解除锁定弹簧的同时，对物体A向右施加 的水平恒力作用，使A、B物体一起从静止开始向右运
动。已知两物体质量 ，与水平面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度 ，弹簧
始终处于弹性限度内。则在运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．A、B两物体在弹簧的原长位置分离B．A、B两物体分离的瞬间，A、B两物体组成的系统动能达到最大
C．A、B两物体分离的瞬间，物体B的加速度大小为 ，方向向右
D．从静止开始到弹簧恢复原长的过程中，物体B动能先增大后减小
【答案】CD
【详解】ABC．根据题意可知，A、B两物体分离的瞬间，两物体速度相同，加速度相同且两物体之间的
弹力为零，由牛顿第二定律，对物体A有
对物体B有
解得
方向向右，弹簧弹力为
方向向右，即弹簧仍然被压缩，A、B两物体分离后，物体A做匀加速运动，物体B由于受到的弹力大于
摩擦力，继续向右加速运动，则A、B两物体分离的瞬间，A、B两物体组成的系统动能没有达到最大，故
AB错误，C正确；
D．A、B两物体分离之前，整体向右做加速运动，A、B两物体分离后，物体B由于受到的弹力大于摩擦
力，继续向右加速运动，弹簧弹力继续减小，当弹力等于摩擦力时，物体B的速度达到最大值，继续向右
运动，弹力小于摩擦力，则物体B做向右的减速运动，当弹簧恢复原长时，只受摩擦力，物体B继续减速，
则从静止开始到弹簧恢复原长的过程中，物体B动能先增大后减小，故D正确。
故选CD。
【模型演练5】．（2023春·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习）如图甲所示，光滑斜面的
倾角为 ，一根轻质弹簧一端固定在斜面底端，另一端与滑块A相连，滑块B与A靠在一起（不粘连），
两滑块的质量均为m，系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜面的变力F，两滑块的
图象如图乙所示， 时刻F的大小是零时刻F大小的2倍，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性
限度内，则下列说法正确的是（ ）A． 时刻两滑块的速度大小均为
B． 时刻前两滑块的加速度大小均为
C．弹簧的劲度系数为
D．0到 时间内弹簧弹性势能的减少量为
【答案】AD
【详解】AB．由图乙所示图象可知，t 时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，
0
它们间的作用力为零，设此时弹簧的压缩量为 ，设 时弹簧的压缩量为 ，设弹簧的劲度系数为 ，
设 时刻拉力大小为 ， 时刻拉力大小为 ，由题意可知
施加拉力前，对A、B整体，由平衡条件得
时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得
时刻，对B，由牛顿第二定律得
解得
由图乙所示图象可知，在 内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动， 时刻两滑块的速度大小为故A正确，B错误；
C．由图乙所示图象可知，在 内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，位移大小为
则
时刻，对A，由牛顿第二定律得
施加拉力前，对A、B整体，由平衡条件得
解得弹簧的劲度系数为
故C错误；
D．设0到 时间内弹簧弹性势能的减小量为 ，则
故D正确。
故选AD。
【模型演练6】（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）质量均为m的甲、乙两物块，中间连接一根劲度系
数为k的轻弹簧，如图所示，把甲放在水平面上，系统处于静止状态。现给乙施加一个竖直向上的拉力，
使乙向上做匀加速直线运动，加速度大小为g（g为重力加速度大小），下列说法正确的是（ ）A．乙刚要运动时，竖直向上的拉力大小为2mg
B．从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，乙的位移大小为
C．当弹簧处于原长时，竖直向上的拉力大小为3mg
D．甲刚要离开水平面时，乙的速度大小为g
【答案】B
【详解】A．乙刚要运动时，合力即竖直向上的拉力，则有
故A错误；
B．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为
甲刚要离开水平面时，弹簧的伸长量为
则从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，乙的位移大小为
故B正确；
C．当弹簧处于原长时，对乙分析有
解得
故C错误；
D．从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，对乙分析有解得
故D错误。
故选B。
【模型演练7】(2020·湖北部分重点中学开学考试)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端
与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现
用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x的关系
如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A.物体B位移为4 cm时，弹簧处于原长状态
B.物体B的加速度大小为5 m/s2
C.物体A的质量为4 kg
D.弹簧的劲度系数为5 N/cm
【答案】 C
【解析】 当物体B位移为4 cm时，物体A、B仍有向上的加速度，此时弹簧产生的向上的弹力大于物体
A的重力，所以弹簧处于压缩状态，选项A错误；设力F未作用时弹簧的压缩量为x ，则有kx ＝2mg，设
0 0
物体A、B的共同加速度大小为a，则当F＝F ＝20 N时，由牛顿第二定律得F ＋kx －2mg＝2ma，当F＝
1 1 0
F ＝50 N时，物体A、B刚好分离，对物体B有F －mg＝ma，以上各式联立可解得a＝2.5 m/s2，m＝4
2 2
kg，选项B错误，C正确；当物体A、B刚好分离时，对物体A有k(x －x)－mg＝ma，将x＝0.04 m代入解
0
得k＝7.5 N/cm，选项D错误。
【模型演练8】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m
1
＝4 kg的物体P，Q为一质量为m ＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止
2
状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s
时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值
与最小值。【答案】72 N 36 N
【解析】设开始时弹簧的压缩量为x，
0
由平衡条件得
(m＋m)gsin θ＝kx
1 2 0
代入数据解得x＝0.12 m
0
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹
簧的压缩量为x
1
对物体P，由牛顿第二定律得kx－mgsin θ＝ma
1 1 1
前0.2 s时间内两物体的位移x－x＝at2
0 1
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
F ＝(m＋m)a＝36 N
min 1 2
对Q应用牛顿第二定律得F －mgsin θ＝ma
max 2 2
解得F ＝m(gsin θ＋a)＝72 N。
max 2
【模型七】“关联速度与 ”连接体模型
机械能守恒
1.绳、杆末端速度分解四步
①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；④根据
沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。
2.绳杆末端速度分解的三种方法
方法一、微元法
要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段时间趋
于零时，该平均速率就为所求速率。如图所示，设船在θ角位置经△t时间向左行驶△x距离，滑轮右侧的绳长缩短△L，当绳与水平方向的角
度变化很小时，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有△L=△x cosθ，两边同除以△t得：
即收绳速率v=v cosθ，因此船的速率为：v =υ /cosθ。
0 A A 0
【链接】“微元法”，可设想物体发生一个微小位移，分析由此而引起的牵连物体运动的位移是怎样的，
得出位移分解的图示，再从中找到对应的速度分解的图示，进而求出牵连物体间速度大小的关系。
解法二、效果分解法
首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向被牵引，
绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v=v ；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度
1 0
θ的值。这样就可以将v 按图示方向进行分解。所以v 及v 实际上就是v 的两个分速度，如图所示，由此
A 1 2 A
可得v =υ/cosθ。
A 0
【链接】解题流程：①选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）；②确定该点合
速度方向（物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变；③确定该点合速度的实际运动效果从而依据
平行四边形定则确定分速度方向；④作出速度分解的示意图，利用沿绳方向的速度相等，寻找速度关系。
解法三、功率等值法
由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为 F，则
对绳子做功的功率为P=Fv ；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则绳子对物体
1 0
做功的功率为P=Fv cosθ，因为P= P 所以v =v /cosθ。
2 A 1 2 A 0
【名师点拨】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（实际运动速度），而不能分解分速度；在上述问题中，若不对物体A的运动认真
分析，就很容易得出v =v cosθ的错误结果；
A 0
③绳两端速度不一定相等，只是沿绳方向速度大小相等。当物体A向左移动，θ将逐渐变大，v 逐渐变大，
A虽然人做匀速运动，但物体A却在做加速运动。
3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型
①注意两个物体的质量不 ②注意两物体运动位移 ③注意两物体速度大小不 ④注意最大速度和最
一定相等；注意多段运动 和高度不一定相等 一定相等，可能需要分解 大加速度区别
速度
①b 落地前，a 机械能增
加、b减小，系统机械能
守恒；
②b落地后若不反弹，绳
松，a机械能守恒；
4.轻杆相连的系统机械能守恒模型
类型 类型一：绕杆上某固定点转动 类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动
图示
特点 同轴转动，角速度相等，线速度与半径成正 沿杆分速度大小相等，两物体速度大小不一定相
比。 等。
【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，质量为 的P物体套在光滑的竖直杆上，质量为
的Q物体放置在倾角为 的足够长的固定粗糙斜面上，用一不可伸长轻绳连接。初始时轻绳右端经过定
滑轮呈水平，P物体从a点由静止释放，下落到b点时速度大小为v，a、b之间的距离为l，此时连接P物
体的轻绳与水平方向夹角为 ，重力加速度为 。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P物体做匀加速直线运动
B．P物体从a点由静止释放时加速度大小等于
C．P物体到b点时，Q物体的速度大小为
D．该过程中产生的热量为【答案】BCD
【详解】AB．从a点刚释放瞬间，P物体只受重力，加速度为 ，当下落到b点时，由牛顿第二定律，可
得
此时的加速度小于重力加速度，故P物体不是做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
C．P物体到b点时，此时两物体速度关系满足
故C正确；
D．该过程由能量守恒，得
该过程中产生的热量为
故D正确。
故选BCD。
【模型演练2】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，固定的水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂
于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为
，初始时 很小。现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．当 时，P、Q的速度大小之比是
B．当 向 增大的过程中，Q的速度一直增大
C．当 向 增大的过程中，P的速度一直增大
D．当 时，P的速度为零【答案】BD
【详解】A．Q沿绳方向的分速度与P的速度大小相等，当 时，则有
解得
故A错误；
B．当 向 增大的过程中，细绳水平分力向右，使Q的速度一直增大，故B正确；
CD．刚释放时，P的速度为0，当 时，Q的速度水平向右，沿绳方向的速度分量为零，所以此时P
的速度也为零，可知当 向 增大的过程中，P的速度先增大后减小，故C错误，D正确。
故选BD。
【模型演练3】．（2023·黑龙江哈尔滨·高三黑龙江实验中学期中）如图所示，A物体套在光滑竖直杆上，
B物体放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸长轻绳连接。初始时轻绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量
均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，连接A物体的轻绳
与水平方向夹角为θ。在此过程中，则（ ）
A．B物体做匀加速直线运动
B．A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθ
C．A物体到Q点时，B物体的动量为mvcosθ
D．B物体克服摩擦做的功为
【答案】BD
【详解】A．A物体下滑时，细绳对B的拉力是变化的（初始为零，后续大于零），则B物体所受的合力
不是恒力，因此B物体做的是非匀加速直线运动，故A错误；
B．物体A在的Q点时速度为v，速度的分解图如下由速度的分解可知，滑块B的速度为
故B正确；
C．A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθ，则B物体的动量为
故C错误；
D．由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B物体克服摩擦力做功和A、B两物体动能增量之和，
因此B物体克服摩擦做的功为
故D正确。
故选BD。
【模型演练4】．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，不计质量的细杆两端分别通过铰链固定有可视为质点
的小球A、B，质量均为m，杆的长度为l。开始时A、B均靠在光滑竖直墙面上并处于静止状态，A在光
滑水平地面上。当有轻微扰动后，可能A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，也可能B球先向右运
动。两球始终在同一竖直平面内运动，细杆与水平方向的夹角为 （ ），重力加速度大小为g。下
列说法正确的是（ ）
A．不管A先向右运动还是B先向右运动，当 时，A和B的动能都达到最大B．不管A先向右运动还是B先向右运动，当 时，都会离开竖直墙面
C．A先向右运动时，A球的机械能先增大后减小
D．B先向右运动时，B球的机械能先增大后减小
【答案】BC
【详解】B．若A先向右运动时，假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设细杆与水平方向的夹角为 时，
两小球的速度大小分别为 、 ，根据连接体关联速度之间的关系可得
即
则由动能定理有
整理结合数学知识可得
当 时取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，
故此后B会离开墙面，直至B落地，B的重力始终对AB组成的系统做正功，因此B的动能始终增大；
若B先向右运动时，当杆与水平方向成 角时，球B的速度大小为v，根据机械能守恒定律有
解得
对于小球B，由牛顿第二定律有
由上两式解得当 时 ，即此时A离开墙面，此后AB及杆组成的系统机械能守恒，B的动能继续增大，但B
的机械能减小，一部分机械能转化成了A的动能，故B正确；
A．根据以上分析可知，B的动能一直在增大，直至落地时动能达到最大，故A错误；
C．根据以上分析可知，杆对A的作用力对A先做正功后做负功，故A球的机械能先增大后减小，故C正
确；
D．根据以上分析可知，当B先向右运动时，B球机械能先不变后减小，故D错误。
故选BC。
【模型演练5】．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端
固定质量为m的小球。开始时，轻杆位于竖直方向，之后受轻微扰动后向左自由转动。某时刻轻杆与竖直
方向的夹角记为 ，取重力加速度为g，关于转动过程中小球的以下说法正确的是（ ）
A．竖直速度先增大后减小 B．重力的最大功率为
C．当 时，小球只受重力作用 D．水平方向上速度最大值为
【答案】BCD
【详解】A．小球受杆沿杆方向的支持力或拉力作用，竖直向下的重力作用，转动过程中，重力一直做正
功，竖直方向速度一直增加，故A错误；
B．杆对小球不做功，重力对小球做正功，当 时，有
解得
重力的最大功率为故B正确；
C．当 时，由机械能守恒可得
解得
此时小球做圆周运动需要的向心力为
重力沿杆方向的分力为
则杆对小球无作用力，小球只受重力作用，故C正确；
D．杆对小球的作用力由支持力逐渐变为拉力，则在水平方向为向左的推力逐渐变为0，再变为向右的拉力；
杆对小球无作用力时水平方向速度速度最大，为
故D正确。
故选BCD。
【模型演练6】（2023春·广西·高三校联考阶段练习）如图所示，质量不计的直角形支架两直角边长度分
别为 和 ，支架两端分别连接质量为 的小球A和质量为 的小球B。支架可绕固定轴O在竖直平
面内无摩擦转动。开始时 边处于水平位置，现将小球A由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A、B机械能之和保持不变
B．小球A到达最低点时的速度大小为
C．小球A到达最低点的过程中，杆对小球A所做的功为D．当 与水平方向的夹角为 时，小球A的速度达到最大
【答案】ABC
【详解】A．根据题意可知，对小球 、 组成的系统，只有重力和系统内的弹力功，系统的机械能守恒，
故小球A、B机械能之和保持不变，故A正确；
B．根据题意，设小球A到达最低点时的速度大小为 ，小球B的速度为 ，取最低点为零势能面，由机
械能守恒定律有
转动过程中，小球A和小球B的角速度相等，则有 有
解得
故B正确；
C．根据题意，小球A到达最低点的过程中，设杆对小球A所做的功为 ，对小球A，由动能定理有
解得
故C正确；
D．根据题意，设 边与水平方向夹角为 时，小球A的速度最大，取 点所在平面为零势能面，根据机
械能守恒定律有
又有
整理可得由数学知识可得
可知，当 时，小球A的速度达到最大，故D错误。
故选ABC。
【模型演练7】．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校三模）如图所示，长度为 的轻杆上等距离固定质量
均为 的 个小球，轻杆一端连接转动点O，将轻杆拨动到与转动点O等高的水平位置后自由释放，忽略
一切阻力，重力加速度为 ，则从释放到轻杆摆至竖直位置的过程中是（ ）
A． 时，轻杆对小球不做功
B． 时，轻杆对第1个小球做功为
C． 时，轻杆对第7个小球不做功
D．当轻杆对第k个小球做正功时，应满足
【答案】ACD
【详解】对整体由机械能守恒有
线速度关系
对第k个小球由动能定理有
联立解得A．当 时， ，故A正确；
B．当 、 时
故B错误；
C．当 ， 时
故C正确；
D．当轻杆对第k个小球做正功时，应满足
解得
故D正确。
故选ACD。
【模型演练8】（2023·湖南岳阳·统考三模）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮 、 ，
一端和质量为 的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为 的小物块连接，直杆与两定滑轮在
同一竖直面内，与水平面的夹角 ，直杆上 点与两定滑轮均在同一高度， 点到定滑轮 的距离
为 ，直杆上 点到 点的距离也为 ，重力加速度为 ，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体
相碰。现将小物块从 点由静止释放，下列说法错误的是（ ）
A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为B．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为
C．小物块下滑至 点时，小物块与小球的速度大小之比为
D．小物块下滑至 点时，小物块的速度大小为
【答案】A
【详解】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉
力小于球的重力 ，故A错误，符合题意；
B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律
解得，此时小物块加速度的大小为
故B正确，不符合题意；
C．将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示
沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即
所以小物块在 处的速度与小球的速度之比为
故C正确，不符合题意；
D．设小物块下滑距离为 时的速度大小为 ，此时小球的速度大小为 ，对小物块和小球组成的系统根据
机械能守恒定律，有其中
解得，此时小物块的速度大小为
故D正确，不符合题意。
故选A。
【模型演练8】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物
M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C
处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速
转动，由竖直位置以角速度 缓缓转至水平位置（转过了90°角），此过程中下述说法中正确的是
（ ）
A．重物M做匀速直线运动
B．重物M先超重后失重
C．重物M的最大速度是 ，此时杆与绳水平
D．重物M的速度先减小后增大
【答案】B
【详解】设C点线速度方向与绳子方向的夹角为θ（锐角），由题知C点的线速度为
该线速度在绳子方向上的分速度就为
θ的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以cos θ逐渐变大，直至绳子和长杆垂直，绳子的速度变为最大，为 ；然后，θ又逐渐增大
逐渐变小，绳子的速度变慢；所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为 ，重物M在竖直方向上先
加速后减速，所以重物M先超重后失重。
故选B。
【模型演练9】．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）如图所示，固定的水平长杆上套有质量为2m的小物
块A，跨过轻质定滑轮（可视为质点O）的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B，滑轮到杆
的距离OC＝h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。
现将A、B由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．物块A会在杆上长度为 的范围内做往复运动
B．物块B的机械能最小时，A的速率为
C．物块A第一次到达C点过程中，加速度不断增大
D．物块B的最大速度与物块A的最大速度大小相等
【答案】B
【详解】A．图中AC段的长度为
物块A到达C点速度不为零，向右做减速运动，根据对称性可得物块在杆上长为 的范围内做往复运
动，A错误；
B．物块B下落过程中绳的拉力对B一直做负功，物块B的机械能最小位置在最低点此时速度为零，物块
A到达C点，根据系统机械能守恒，有解得
B正确；
C．物块A在接近C点时，随着绳子与水平方向的夹角变大，物块A水平方向受到的合力变小，加速度变
小，C错误；
D．由前面分析可得物块B的最大速度出现在下落的中途，此时物块A还在P与C之间，物块B的速度大
小等于物块A速度在沿绳方向的分量，此后物块A还有继续加速到C点才能达到最大速度，D错误。
故选B。
【模型演练10】．（2023·江苏苏州·统考三模）如图所示，滑块a穿在固定的光滑竖直杆上，滑块 b放在
光滑水平地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放，在a着地前的运
动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块a的机械能先减小后增大
B．滑块a的动能先增大后减小
C．轻杆对a的作用力先增大后减小
D．滑块a的加速度先减小后增大
【答案】A
【详解】A．a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零；当
a到达底端时，b的速度为零，所以b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，则b的机械能先增大后减
小。所以滑块a的机械能先减小后增大，故A正确；
B． b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用
力就先是阻力后是动力，所以滑块a的动能一直增大，故B错误；
C．当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零，轻杆对a的作用力为零；轻杆对a的作用力先减小后增大，故C错误；
D．轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，滑块a的一直增大，故D错误。
故选A。
