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专题5 连接体模型
力学和热学中连接体的平衡问题（6-10 题）.........................................................................................5
应用牛顿第二定律应用处理连接体问题（11-15 题）.........................................................................9
应用能量的观点处理连接体问题（16-20 题）....................................................................................13
1.
（多选）（2022•河北）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P 和Q 用不可伸长
的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ＞mP，t＝0 时刻将两物体由静止释放，物体Q 的加速
度大小为g
3
。T 时刻轻绳突然断开，物体P 能够达到的最高点恰与物体Q 释放位置处于同一高
度，取t＝0 时刻物体P 所在水平面为零势能面，此时物体Q 的机械能为E。重力加速度大小为
g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确为是（ ）
A．物体P 和Q 的质量之比为1：3
B．2T 时刻物体Q 的机械能为E
2
C．2T 时刻物体P 重力的功率为3 E
2T
D．2T 时刻物体P 的速度大小为2> ¿
3 ¿
【解答】解：A、t＝0 时刻将两物体由静止释放，物体Q 的加速度大小为g
3
，根据牛顿第二定律
可知，a= mQ g-mP g
mQ+mP
= g
3
，解得：mP：mQ＝1：2，故A 错误；
1
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B、T 时刻，PQ 的速度为v= g
3 T，P 升高的位移为h'= 1
2 aT
2= 1
2 × g
3 ×T
2= gT
2
6
，此后P 做竖直
上抛运动，则速度减为0 的时间为t'= v
g =
gT
3
g = T
3
，位移h''= v
2
2g = gT
2
18
，可知初始时刻Q 到零
势能面的高度h＝h'+h''= gT
2
6 + gT
2
18 = 2gT
2
9
，对应的机械能E＝mQgh= 2mQ g
2T
2
9
，Q 再运动到
T 时刻的机械能为E'＝E
Fh'
﹣
（其中F 为拉力），根据牛顿第二定律有：mQg
F
﹣＝mQa；联立解
得：E'= E
2
，故B 正确；
CD、2T 时刻物体P 的速度v'= 2
3 gT，其重力的功率为P＝mPgv'= mQ
2
g•2
3 >= mQ g
2T
3
，可知P
= 3 E
2T
，故CD 正确；
故选：BCD。
2.
（2021•海南）如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止
在水平桌面上。将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知
P、Q 两物块的质量分别为mp＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P 与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加
速度g＝10m/s2。则推力F 的大小为（ ）
A．4.0N
B．3.0N
C．2.5N
D．1.5N
【解答】解：P 静止在桌面上时，Q 也静止，Q 受到重力与绳子的拉力所以绳子的拉力F1＝mQg
＝0.2×10N＝2N
P 与桌面间的滑动摩擦力：f＝μmPg＝0.5×0.5×10N＝2.5N
将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力：T2= 1
2 F1= 1
2 ×2N＝1N
此时Q 加速下降，可得：mQg
T
﹣
2＝mQa
2
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此时P 物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P 由牛顿第二定律可得：F+T2
f
﹣＝mPa
代入数据解得：F＝4.0N，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3.
（2023•山东）质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f
均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当
小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一
段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定
功率P0为（ ）
A．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S1
( M +m)S2- M S1
B．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S1
( M +m)S2-m S1
C．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S2
( M +m)S2- M S1
D．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S2
( M +m)S2+m S1
【解答】解：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体
运动过程中，由牛顿第二定律得：F
f
μmg
﹣﹣
＝（M+m）a1
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a1S1
额定功率P0＝Fv
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a2（S2
S
﹣
1）
联立解得：P0=√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S1
( M +m)S2- M S1
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
4.
（2021•江苏）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O 点，小圆
环A 和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L 的细线和弹簧两端分别固定于O 和A，质量为m 的小球
B 固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速
转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B 间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力
与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
3
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（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A 的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B 所做的总功W。
【解答】解：（1）设AB、OB 的张力分别为F1、F2，A 受力平衡
则F＝F2sin37°
B 受力平衡
F1cos37°+F2cos37°＝mg
F1sin37°＝F2sin37°
解得：F = 3mg
8
（2）设装置转动的角速度为ω，对AF = M ω
2× 8 L
5
对Bmgtan53° =mω
2× 4 L
5
解得：M = 9m
64
4
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（3）B 上升的高度h= L
5
，A、B 的动能分别为：EkA = 1
2 M (ω× 8 L
5 )
2；EkB= 1
2 m(ω× 4 L
5 )
2
根据能量守恒定律可知，W＝EkA+EkB+mgh
解得：W= 31mgL
30
5.
（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω 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v＝2m/s 沿斜坡匀速
上行，此时电流I＝40A，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m1＝
100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，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。
【解答】解：（1）设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒
定律有UI＝I2R+T1v
解得T1＝7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有T2＝m0g
设斜面倾角为θ，对小车匀速有T1+T2＝（m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
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m1gsinθ＝m0g+km1g
联立各式解得sinθ＝0.5，k＝0.1
（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a，对系统由牛顿第二定律
有 （m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
m
﹣
0g＝（m1+m2+m0） a
根据运动学规律有：v2＝2aL
联立代入数据解得：L= 67
185
m
5
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力学和热学中连接体的平衡问题（6-10 题）
6.
（2023 春•梁园区校级期末）如图所示为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积
为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m 的
活塞，稳定时正好封闭一段长度为L
4
的理想气柱。活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下
降至位于离容器底部3 L
4
位置的预警传感器处时，系统可发出超重预警。已知初始时环境热力
学温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力。
（1）求轻绳未连重物时封闭气体的压强；
（2）求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M；
（3）在（2）条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少ΔU0，求气体向外界放出的热量
Q。
【解答】解：（1）轻绳未连重物时，对活塞，受到重力和内外气体压力作用，根据平衡条件得：
p1S+mg＝p0S
解得：p1= p0- mg
S
（2）刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得：p2S+（M+m）g＝p0S
由玻意耳定律得：p1 LS
4 = p2 3 LS
4
6
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联立解得：M = 2 p0 S
3 g - 2
3 m
（3）由盖﹣吕萨克定律得：V 2
T 0
=
V 3
0.99T 0
其中：V 2= 3 LS
4
从而解得：V3＝0.99V2
则：ΔV =V 2-V 3= 3
400 LS
此过程外界对气体做的功为：W＝p2ΔV
由热力学第一定律有：﹣ΔU0＝﹣Q+W
联立可知：Q = ΔU 0+ p0 SL
400 - mgL
400
7.
（2021•河南模拟）如图所示，A、B 两个相同且内壁光滑的导热气缸固定在水平地面
上，气缸内的两活塞（重力忽略不计）用轻杆连接，一个移动时另一个也会同时移动，总保持
两气缸内封闭的气体体积相同。当环境温度为T0时，两气缸内封闭气体的体积均为V，压强
均为p0。现对A 气缸缓慢加热，使其温度升高至T，而B 气缸仍保持原来的温度T0。则：
①两气缸中的压强将分别为多少？
②若此过程中A 气缸内气体的内能增加了ΔE，则两气缸需从外界吸收多少热量？
【解答】解：（1）A 中气体初始状态参量：p0、V0、T0，末态状态参量：pA、V、T，Δ 由理想
气体方程得：p0V 0
T 0
= pAV
T
，
B 中气体初始状态参量：p0、V0、T0，末态状态参量：pB、V、T 0，发生等温变化，由波意耳定
律：p0V0＝PBV
设活塞横截面积为s，对两活塞及杆整体受力分析如图所示：由平衡条件：2p0s＝pAs+pBs，即
7
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2p0＝pA+pB，联立解得：pA= 2 p0T
T +T 0
，PB= 2 p0T 0
T +T 0
，V= T +T 0
2T 0
V 0
（2）由题意可知加热过程两活塞上升，设上升距离为L，气体对外做功为W＝pAsL+pBsL＝
2p0sL＝2p0（V
V
﹣
0）＝p0（T -T 0
T 0
）V0，根据符号法则，W＜0
B 中气体温度不变，所以内能不变，由热力学第一定律ΔE＝W+Q 得两气体从外界吸热Q＝ΔE
﹣（﹣W）＝ΔE+W＝ΔE+p0（T -T 0
T 0
）V0
答：①两气缸中的压强pA为2 p0T
T +T 0
，pB为2 p0T 0
T +T 0
②若此过程中A 气缸内气体的内能增加了ΔE，则两气缸需从外界吸收热量为ΔE+p0（T -T 0
T 0
）
V0
8.
（2022 秋•黄山期末）如图所示，A，B 两木块放在粗糙水平面上，它们之间用不可
伸长的轻绳相连，两次连接情况中轻绳倾斜方向不同，已知两木块与水平面间的动摩擦因数均
为μ，先后用水平拉力F1和F2拉着B 使他们一起水平向右匀速，则匀速运动过程中（ ）
A．F1＜F2
B．F1＞F2
C．F1＝F2
D．无法确定
【解答】解：将AB 作为一个整体，受力分析，水平方向受到拉力和摩擦力，竖直方向受到重力
和支持力，根据受力平衡，则F1＝F2＝μ（mA+mB）g
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
8
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9.
（2023 秋•灞桥区校级期中）如图所示，小球a 质量为m，小球b 质量为3m，它们用
细线相连并悬挂于O 点。现用一轻质弹簧给小球a 施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，
且Oa 与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是（ ）
A．4√2mg
k
B．3√2mg
k
C．2√2mg
k
D．4√2mg
3k
【解答】解：对a 球进行受力分析，利用图解法，如下图所示
当弹簧上的拉力F 与细线上的拉力垂直时，拉力F 最小，为4 mgsinθ =2√2mg
再根据胡克定律得求出最小形变量为Δx = 2√2mg
k
因此形变量小于2√2mg
k
是不可能的，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
10. （2023 秋•晋江市校级期中）如图所示，一光滑的轻滑轮用轻绳OO′悬挂于O′点。另
一轻绳跨过轻滑轮一端连接物块A，另一端连接中间有孔的小球B，A、B 的质量满足mA＜
mB，小球B 套在光滑倾斜固定杆上，对B 施加沿杆方向的外力F 使轻绳OB 水平。缓慢改变外
力F 的大小，使轻绳OB 从水平顺时针缓慢转到竖直的过程中，下列说法正确的是（ ）
9
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A．轻绳OB 上的拉力先减小后增大
B．轻绳OO′上的拉力大小不变
C．轻绳OO′上的拉力逐渐增大
D．外力F 逐渐增大
【解答】解：A、以A 为对象，根据受力平衡可得：TOA＝mAg。根据定滑轮的特点可知，轻绳
OB 上的拉力等于OA 上的拉力，则轻绳OB 上的拉力大小保持不变，故A 错误；
BC 、以轻滑轮为对象，设AOB 绳子间的夹角为α ，根据受力平衡可得：
T OO' =2T OA cos α
2 =2mA gcos α
2
轻绳OB 从水平顺时针缓慢转到竖直的过程中，α 从90°逐渐减小到0°，由上式可以看出，轻绳
OO′上的拉力大小逐渐增大，故B 错误，C 正确；
D、设绳子OB 与倾斜固定杆的夹角为β，斜杆倾角为θ，轻绳OB 从水平顺时针缓慢转到竖直的
过程中，β 先增大到90°（此时OB 与斜杆垂直），之后继续增大。以B 为对象，沿斜杆方向，
根据受力平衡可得：F＝mBgsinθ+TOBcosβ
在β 增大到90°的过程中，cosβ 逐渐减小，而TOB不变，斜杆倾角θ 不变，由上式可知，此过程
外力F 逐渐减小。
之后β 大于90°，则TOB沿斜杆的分力反向向上，且大小逐渐增大，则外力F 继续逐渐减小，故
D 错误。
故选：C。
应用牛顿第二定律应用处理连接体问题（11-15 题）
11. （2023•镇江三模）如图所示，A、B 叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑
轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B 间动摩擦因数为μ，B 与桌面间动摩擦因数为
10
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μ
4
，A、B、C 质量分别为2m、2m 和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C 由图示
位置静止释放，要使A、B 间发生相对滑动，则μ 满足的条件是（ ）
A．μ＜1
2
B．μ≥1
2
C．μ＜2
7
D．μ≥2
7
【解答】解：A 与B 之间的最大静摩擦力为：f1＝2μmg
B 与桌面间的最大静摩擦力为：f2= μ
4 ×（2m+2m）g＝μmg
A、B 恰好将要发生相对滑动时，A 与B 之间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时对物块B，由
牛顿第二定律得f1
f
﹣2＝2ma
对A、B 整体由牛顿第二定律得T
f
﹣2＝4ma
对物块C 由牛顿第二定律得mg
T
﹣＝ma
解得：μ= 2
7
因此若A、B 之间发生相对滑动，则需满足：μ＜2
7
，故ABD 错误，C 正确。
故选C。
12. （2022 秋•罗湖区校级期末）在光滑水平桌面上，物块A 用轻绳和物块B 连接，轻绳
跨过定滑轮，物块B 悬空，如图甲所示，系统从静止释放，运动的加速度为a1；若将物块B 去
掉，对轻绳施加一个和物块B 重力相等的拉力F，如图乙所示，物块A 从静止开始运动的加速
度为a2，则（ ）
A．a1＜a2
B．a1＝a2
C．a1＞a2
D．无法判断
【解答】解：图甲中，对AB 整体，由牛顿第二定律得：mBg＝（mA+mB）a1，可得：a1
11
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=
mB g
mA+mB
；
图乙中，拉力F＝mBg，对A，由牛顿第二定律得：mBg＝mAa2，可得：a2= mB g
mA
，比较可得a1
＜a2，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
13. （2022 秋•西宁期末）如图所示，物体A 重20N，物体B 重5N，不计一切摩擦和绳
的重力，当两物体由静止释放后，物体A 的加速度与绳子上的张力分别为（ ）
A．6m/s2；8N
B．10m/s2；8N
C．8m/s2；6N
D．6m/s2；9N
【解答】解：静止释放后，物体A 将加速下降，物体B 将加速上升，二者加速度大小相等，由
牛顿第二定律，
对A 有：mAg
T
﹣＝mAa
对B 有：T
m
﹣
Bg＝mBa
代入数据解得：a＝6m/s2，T＝8N，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
14. （2023•邢台一模）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a1；A 和B 调换位置并也都由静止释放，此时A、B 两滑块的加速度大小均为a2，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 μ= 1
2
，A 滑
块的质量为12m，B 滑块的质量为8m，重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）
A．调换前A 和B 的加速度大小均为1
16 g
B．调换后A 和B 的加速度大小均为1
10 g
12
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C．调换前后绳的拉力不变
D．调换后绳的拉力变大
【解答】解：A、调换前，对A 滑块受力分析如图
根据牛顿第二定律得：T
12μmg
﹣
＝12ma
对B 滑块受力分析如图：
根据牛顿第二定律得：8mg
T
﹣＝8ma
联立解得：a= 1
10
g T= 36
5
mg
故A 错误；
B、调换后对B 受力分析，根据牛顿第二定律得：T
8μmg
﹣
＝8ma
对A 受力分析，根据牛顿第二定律得：12mg
T
﹣＝12ma
联立解得：a= 2
5
g T= 36
5
mg
故B 错误；
CD、由AB 得，调换前后，绳上的拉力不变，根据上面计算得绳上的拉力不变，故C 正确，D
错误。
故选：C。
15. （2023•河南模拟）如图1 所示，物体A、B 放在粗糙水平面上，A、B 与地面间的动
摩擦因数均为μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B 分别受到的随时间变化的力FA与FB，如图
2 所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
13
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A．两物体在t＝1s 时分离
B．两物体分离时的速度为5m/s
C．两物体分离时的速度为4.875m/s
D．两物体一起做加速运动
【解答】解：由图2 知FA与t 的关系式为：FA＝12
2t
﹣，FB与t 的关系式为：FB＝3t，A 的摩擦
力为fA＝μmAg＝0.1×2×10N＝2N，B 的摩擦力为fB＝μmBg＝0.1×1×10N＝1N。
A、物体A、B 分离时，A、B 加速度相等，速度相同，但A、B 间无弹力，则对A、B 受力分析，
由牛顿第二定律可知，
分离时A 物体：FA
f
﹣A ＝mAaA ，B 物体：FB
f
﹣B ＝mBaB ，当aA ＝aB ，即
12-2t -2
2
m/ s
2= 3t -1
1
m/ s
2，解得t＝1.5s，故A 错误；
BC 、对AB 整体分析从开始到分离过程由动量定理，取向右为正，
I F A+ I F B- f At - f Bt =(mA+mB)v -0，由图2 只图线围成的面积表示冲量可知在1s 内，
A 物体FA 的冲量IA= 1
2 ×(9+12)×1.5N•s= 63
4
N•s，B 物体FB 的冲量IB= 1
2 × 9
2 ×1.5N•s= 27
8
N•s，代入数据解得：v＝4.875m/s。故B 错误，C 正确；
D、AB 分离前一起加速，1.5s 后不再一起加速运动，故D 错误。
故选：C。
应用能量的观点处理连接体问题（16-20 题）
16. （2023 春•广州期末）如图所示，小物块A 套在水平杆上，一轻绳跨过固定的小滑轮
O 分别连接小物块A 和小球B。系统开始时静止在图示位置，此时轻绳与水平杆间夹角为α＝
14
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30°。已知小物块A 与小球B 的质量之比为2：1，杆上P 点位于滑轮O 正上方，且OP＝d，重
力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。则系统由静止释放至小物块A 运动到P 点的过程中
（ ）
A．小物块A 和小球B 的速度大小始终相等
B．任一时刻轻绳对小物块A 和小球B 做功的功率大小均相等
C．小球B 的机械能守恒
D．运动到P 点时，小物块A 的速度大小为√
2
3 gd
【解答】解：A、对系统由机械能守恒得：mgd= 1
2 (2m)v P
2，由此可以得出在P 点时小物块A
的速度。再对小球B 进行分析可以得知小物块B 的速度0，所以小物块A 与小物块B 的速度不
同，故A 错误。
B、对小物块A、B 进行受力分析，可以得知小物块A、B 都受到轻绳的变力，因为轻绳上的拉
力处处相等并且小物块沿轻绳方向的速度相等，所以由功率的公式可以得知轻绳对小物块A、B
的功率大小均相等。故B 正确。
C、因为轻绳对小物块B 有力的影响，小物块B 受到外力，所以小物块B 机械能不守恒。故C
错误。
D、由机械能守恒定律得，mgd= 1
2 (2m)v P
2，所以小物块A 在P 点时的速度为v=√gd，故D 错
误。
故选：B。
17. （2023 秋•南京期中）如图，将质量为2.5m 的重物系在轻绳的一端，放在倾角为α＝
53°的固定光滑斜面上，轻绳的另一端系一质量为m 的环，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，环套在
竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在
A 点正下方距离为3
4
d 处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、
杆、斜面足够长，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度为g。现将环从A 处由静止释放，下
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列说法正确的是（ ）
A．环从A 点释放时，环的加速度大小为0.8g
B．环下降到最低点前，轻绳对重物先做正功后做负功
C．环到达B 处时，环的速度大小为√
5
19 gd
D．环下降到最低点时，环下降的高度为2d
【解答】解：A．释放时，环在竖直方向上只受到重力mg，则环的加速度大小为a= mg
m =g
故A 错误；
B．环下降到最低点的过程中，环和滑轮之间的绳子长度一直在增加，则滑轮和重物之间的绳子
长度一直在减小，即绳子对重物一直做正功，故B 错误；
C．到B 时，由几何关系知tanθ= 3
4
故θ＝53°
设重物到B 时上升高度为h，则h＝（5d
4
−d）sin53°= d
5
设到B 时环的速度为v，则重物的速度为vcos53°＝0.6v，则根据环和重物组成的系统机械能守
恒有1
2
mv2+ 1
2 ×2.5m（0.6v）2＝mg× 3d
4
−2.5mg× d
5
解得v=√
5 gd
19
故C 正确；
D．环下降到最低点时，设此时滑轮到环的距离为L，根据环与重物系统机械能守恒，有
mg√L
2-d
2=
2.5mg（L−d）sin53°
解得L= 5d
3
则环下降的高度为h′=√L
2-d
2= 4
3 d
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故D 错误。
故选：C。
18. （2023 秋•南通期中）倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平桌面上，轻质滑轮固定在足
够长的斜面顶端，小球和物块用轻绳及轻弹簧连接在滑轮的两侧，小球的质量为m、物块的质
量为M。小球在斜面上P 处时，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，由静止释放小球，小球从P 至
低低点Q 过程中，物块恰好未离开地面，此过程中小球的最大速度为v。已知弹簧的弹性势能
表达式E p= 1
2 k x
2，重力加速度为g，则（ ）
A．M＝0.5m
B．弹性势能的最大值(mg)
2
k
C．若物块的质量为M
4
，小球的速度会超过v
D．若物块的质量为M
2
，弹簧弹性势能最大时小球的速度为2
3 v
【解答】解：A、小球由P 到Q 的过程，小球减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，则有：
mgxPQsin30°= 1
2 k xPQ
2
小球在Q 点时，物块恰好未离开地面，对物块由平衡条件得：kxPQ＝Mg
联立解得：M＝m，故A 错误；
B 、在最低点Q 时弹簧伸长最长，有最大弹性势能，则弹簧的最大弹性势能为Epm
= 1
2 k xPQ
2= (mg)
2
2k
，故B 错误。
C、物块的质量为M＝m 时，小球达到最大速度为v 时，其加速度为零，设此时弹簧伸长量为
x1，则有：
kx1＝mgsin30°，解得：x1= mg
2k = 1
2
xPQ
小球、弹簧组成的系统机械能守恒，小球达到最大速度的过程有：
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mgx1sin30°= 1
2
kx 1
2+ 1
2 mv
2
若物块的质量为M
4 = m
4
时，当弹簧弹力为kx1= M
4
g，解得：x2= mg
4 k = 1
4
xPQ＜x1，故当小球运动
到距离P 点1
4
xPQ之后物块离开桌面，此后小球、物块、弹簧组成的系统机械能守恒，小球达到
最大速度时弹簧伸长量仍等于x1，弹性势能仍为1
2
kx 1
2，而物块增加了机械能，小球的最大动能
会小于1
2 mv
2，故小球的速度不会超过v，故C 错误；
D、物块的质量为M
2 = m
2
时，当小球达到最大速度为v 时，弹簧弹力为kx1＝mgsin30°= 1
2
mg= 1
2
Mg，即此时弹簧弹力恰好的等于物块的重力，此后弹簧继续伸长，物块离开桌面，因物块的重
力与小球重力沿斜面的分力相等，故沿着轻绳的方向系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时物块
与小球速度大小相等（设为v 共），则有：
mv＝（m+ M
2
）v 共，解得：v 共= 2
3 v，故D 正确。
故选：D。
19. （2023 秋•丰台区期中）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A
和B，A 球质量为m，B 球质量为3m。用手托B 球，当轻绳刚好被拉紧时，B 球离地面的高度
为h，A 球静止于地面。定滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g。释放B
球，下列说法正确的是（ ）
A．经过时间√
2h
g
，B 球恰好落地
B．A 球能上升的最大高度为1.5h
C．B 球下落过程中减少的重力势能等于两球增加的动能
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D．B 球落地前定滑轮受到向上的拉力大小为4mg
【解答】解：A、B 球受绳子拉力作用，加速度小于g，所以落地的时间大于√
2h
g
，故A 错误；
B、B 下降A 上升的过程，以AB 为系统，只有重力做功系统机械能守恒，设A 的质量为m，B
的质量为3m，对AB 系统列出机械能守恒的公式：3mgh
mgh
﹣
= 1
2
mv2+ 1
2 ×3mv2
B 球落地后A 球做竖上抛运动，根据机械能守恒得：1
2
mv2＝2gh′
则A 球上升的最大高度为H＝h+h'
解得H＝1.5h
故B 正确；
C、根据能量守恒定律可知B 球下落过程中减少的重力势能等于两球增加的动能和A 球增加的重
力势能的和，故C 错误；
D、根据牛顿第二定律可知3mg
T
﹣＝3ma
T
mg
﹣
＝ma
解得T＝1.5mg
故D 错误；
故选：B。
20. （2023•姜堰区模拟）如图所示，长度为L 的轻杆上端连着一质量为m 的小球A（可
视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点．置于同一水平面上的立方体B 恰与A
接触，立方体B 的边长为L，质量为4m，重力加速度为g。求：
（1）若A、B 之间光滑，B 与水平面之间的摩擦因数为μ= √3
4
，则
①用一拉力缓慢向右拉B，撤去外力时系统恰好处于平衡状态时杆与竖直方向的夹角α；
②在上述过程中拉力所做功W；
（2）若A 与B，B 与水平面的摩擦都不计，对A 施加微小扰动，使杆向右倾倒，求小球A 与立
方体B 刚脱离接触的瞬间，求杆与竖直方向的夹角β 以及B 所获得的最大速度vm。
【解答】解：（1）①撤去外力，系统恰能平衡，对B：NAB＝4μmg
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对球A 及直杆三力平衡有：tanα= N AB
mg
联立解得，杆与竖直方向的夹角：α＝60°
②对杆及A、B 系统，由动能定理得：mgL（1
cosα
﹣
）+W
W
﹣
f＝0
Wf＝4μmgLsinα
代入数据解得，拉力做的功：W＝mgL
（2）对小球速度分解如图所示，
对系统由机械能守恒定律：mgL（1
cosβ
﹣
）= 1
2 m v A
2 + 1
2 ×4 m v
2
根据关联速度和实际情况有：vAx＝v，v A
2 = v Ax
2 + v Ay
2 ，tanβ = v Ay
v Ax
即：vAcosβ＝v
A、B 刚分离的瞬间轻杆上作用力为零，A、B 的水平加速度为零，A 只受重力作用，有：
gcosβ = v A
2
L
联立方程解得杆与竖直方向夹角：β＝60°
B 获得的最大速度：v = √2 gL
4
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