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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
1
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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
2
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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2
m
，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）
3
3
F
mg
（2）
min
3
2
（3）
(2
1)( 3 1)
W
mgR
【名师解析】（1）C 受力平衡， 由平衡条件，2Fcos30°=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 F1cos60°=mg，
3
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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’cos30°=
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
4
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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
5
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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；
6
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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
7
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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m1gcosθ
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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
9
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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
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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
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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，cos37°=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
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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
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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；
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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。
15
