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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 1
应用牛顿第二定律应用处理连接体问题 3
应用能量的观点处理连接体问题 6
力学和热学中连接体的平衡问题
如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根经绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，∠MON＝60°。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（ ）
A．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为
B．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分∠MON
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大
D．物块在缓慢移动过程中，经绳1的张力可能先增大后减小
如图所示，质量相同的小球A、B，A用长度为L的两根轻质细线分别系在天花板上的C点和B球上，B球穿在光滑的竖直杆上，光滑杆垂直固定在天花板上的D点，CD间的距离为L。现用一竖直向上的力F使B球缓慢向上运动到D点，A、B、C、D在同一竖直面内，则（ ）
A．AC间绳的张力单调减小
B．AB间绳的张力先增大再减小
C．杆对B球的支持力单调增加
D．F单调减小
水平墙上a、d两点栓接一多功能挂物绳，绳子上b、c两点分别悬挂上物体A、B后，其静置状态如图所示，墙上两点e、f分别在b、c两点正上方，且ae＝ef＝fd，eb：fc＝10：11，绳子质量忽略不计，则物体A、B的质量之比为（ ）
A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．4：5
如图所示，物体A静止在粗糙的水平地面上，一轻质细线跨过固定直杆顶端的光滑轻质定滑轮，细线一端连接静止于水平地面上的质量为mA＝20kg的物体A，细线另一端与另外两根细线在O点形成“死结”，结点O下方细线悬挂物体B。现左端细线用与水平方向成37°角的斜向左上方的力F＝50N拉住，使结点右侧的细线与水平方向的夹角为37°。已知物体A与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小为g＝10m/s2，定滑轮右侧细线与水平方向的夹角为53°，物体A、B保持静止状态，以下说法正确的是（ ）
A．物体B的质量为8kg
B．地面对物体A的摩擦力大小为60N
C．轻质细线对滑轮压力大小为50N
D．物体A对地面的压力大小为150N
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。
应用牛顿第二定律应用处理连接体问题
（多选）如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（ ）
A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B．滑块3匀速运动的速度是
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
（多选）如图，四个滑块叠放在倾角为θ的固定光滑斜面上，其中B和C的质量均为m，A和D的质量均为3m，B和C之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对A施加平行于斜面向上的拉力F，使得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．拉力F的最大值为1.3μmgcosθ
B．C对D的摩擦力为0.3μmgcosθ时，A对B的摩擦力为0.5μmgcosθ﹣5mgsinθ
C．当拉力F取得最大值时，轻绳上的弹力大小为0.8μmgcosθ
D．当拉力F取得最大值时，C、D间的摩擦力为0.6μmgcosθ
如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量m0不变，取不同质量m的B物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化关系曲线如图乙所示，F＝F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。则（ ）
A．A物体质量m0
B．m越大，A物体的加速度越小
C．m越大，A物体加速度越大
D．在m＜m0范围内，m越大，A物体加速度越大
如图所示，质量分别为m1＝3kg，m2＝5kg的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝60N，F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，弹簧测力计未超出弹性限度，则（ ）
A．弹簧测力计的示数是50N
B．若增大F2，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2
如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝30°，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t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间t0恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：
（1）重物Q的质量；
（2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。
如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝1kg的物体Q放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P使其在距地面h＝1.8m高处由静止释放，着地后P立即停止运动。若P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f；
（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件。
如图所示，固定在水平地面的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在外力F作用下整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.5m，木块A的质量m＝0.5kg，铁块B的质量M＝1.5kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。撤去力F后，求：
（1）铁块B落地前，木块A的加速度大小；
（2）铁块B落地后不反弹，木块A继续沿斜面上滑的最大距离。
应用能量的观点处理连接体问题
（多选）如图，水平传送带一直以速度v1＝6m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝10m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传送带长度L＝15m，绳足够长，g＝10m/s2。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P从传送带左端离开传送带
B．小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C．小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D．小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是54J
（多选）如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮（不计滑轮质量和大小）与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°，某时刻由静止释放物块（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．小球到达Q点时的速度大小为
D．重力对物块做功的功率一直增大
（多选）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为3m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C物块使轻绳处于拉直状态。由静止释放C后（运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞）（ ）
A．相同时间内，A、B运动的路程之比为1：2
B．物块A、B的加速度之比为2：1
C．细绳的拉力为
D．当物块C下落高度h时，速度为
如图所示，倾角为θ＝53°的光滑斜面底端固定一劲度系数为100N/m的轻弹簧，弹簧上端连接质量为5kg的物块Q，Q与平行斜面的轻绳相连，轻绳跨过轻质光滑定滑轮O与套在光滑竖直杆上的质量为0.8kg的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d＝0.3m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h＝0.4m，此时轻绳中张力大小为50N。现将P由静止释放，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）P上升至B点时的速度大小；
（2）P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功。
如图所示，用轻绳将足够长的木板B与小物体C连接，B由静止开始运动的同时，小物体A从B的右端开始向左运动。已知A的质量为M＝2kg，初速度为v0＝3m/s。A、B间动摩擦因数为μ＝0.3，B的质量为m＝1kg，刚开始运动时B距滑轮L＝10m，B碰滑轮后静止。C的质量为m＝1kg，刚开始运动时，C距地面H＝9m，C撞地面后静止。忽略A、B以外的一切摩擦，g取10m/s2，求：
（1）A滑上B后，A、B加速度的大小aA和aB；
（2）A从滑上到离开木板B的时间t；
（3）A在B上滑行因摩擦而产生的热量Q。
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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 1
应用牛顿第二定律应用处理连接体问题 8
应用能量的观点处理连接体问题 15
力学和热学中连接体的平衡问题
如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根经绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，∠MON＝60°。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（ ）
A．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为
B．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分∠MON
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大
D．物块在缓慢移动过程中，经绳1的张力可能先增大后减小
【解答】解：A．施加拉力F前，以小环O为研究对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得
2T1cos30°＝mg
解得轻绳1的张力大小为
故A正确；
B．物块在缓慢移动过程中，以小环O为研究对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线上，根据受力平衡可知轻绳2的延长线始终平分∠MON，故B正确；
C．物块在缓慢移动过程中，以物块为研究对象，根据受力平衡可得
T2cosθ＝mg
可知
轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大，cosθ越来越小，则轻绳2的张力越来越大，故C正确；
D．物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON＝α逐渐增大，以小环O为研究对象，根据受力平衡可得
2T′1cosα＝T2
可得
可知此过程经绳1的张力一直增大，故D错误。
本题选择错误的，
故选：D。
如图所示，质量相同的小球A、B，A用长度为L的两根轻质细线分别系在天花板上的C点和B球上，B球穿在光滑的竖直杆上，光滑杆垂直固定在天花板上的D点，CD间的距离为L。现用一竖直向上的力F使B球缓慢向上运动到D点，A、B、C、D在同一竖直面内，则（ ）
A．AC间绳的张力单调减小
B．AB间绳的张力先增大再减小
C．杆对B球的支持力单调增加
D．F单调减小
【解答】解：AB、根据题意，对两小球进行受力分析如图所示：
设细线AC与竖直方向的夹角为θ，细线AB与竖直方向的夹角为α，当B在外力作用下向上缓慢移动时，θ先减小后增大，将A受到的力适当平移构成矢量三角形，在该三角形中，重力大小、方向都不变，当θ逐渐减小、α逐渐增大时，如图所示
根据图像可知，另外两个力都在减小，当α＝90°，TAB＝0，此时AC间绳的张力TAC＝mg
之后θ增大，如图所示：
可知，AC间绳的张力TAC逐渐减小，AB间绳的张力TAB逐渐增大，综上所述，AC间绳的张力TAC一直减小，AB间绳的张力TAB先减小后增大，故B错误，A正确；
C、对A、B整体受力分析，有
NB＝TACsinθ
可知，由于AC间绳的张力TAC一直减小，开始θ逐渐减小，sinθ减小，则NB先减小，故C错误；
D、从初始到α增大到90°的过程中，对B有
F＝mg﹣TABcosα
AB间绳的张力TAB在减小，cosα在减小，则F增大，故D错误。
故选：A。
水平墙上a、d两点栓接一多功能挂物绳，绳子上b、c两点分别悬挂上物体A、B后，其静置状态如图所示，墙上两点e、f分别在b、c两点正上方，且ae＝ef＝fd，eb：fc＝10：11，绳子质量忽略不计，则物体A、B的质量之比为（ ）
A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．4：5
【解答】解：如图所示，过a点做bc的平行线，与eb交于m点，过d点做bc的平行线，与fc延长线交于n点，过c点做eb的垂线，交eb的延长线于p点，则根据ae＝ef＝fd＝pc以及几何关系可知△aem与△cpb以及△dfn为全等三角形。对结点b和c受力分析，则力构成的三角形分别相似于△abm和△cdn，又由于eb：fc＝10：11可知：
故：
故选C。
如图所示，物体A静止在粗糙的水平地面上，一轻质细线跨过固定直杆顶端的光滑轻质定滑轮，细线一端连接静止于水平地面上的质量为mA＝20kg的物体A，细线另一端与另外两根细线在O点形成“死结”，结点O下方细线悬挂物体B。现左端细线用与水平方向成37°角的斜向左上方的力F＝50N拉住，使结点右侧的细线与水平方向的夹角为37°。已知物体A与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小为g＝10m/s2，定滑轮右侧细线与水平方向的夹角为53°，物体A、B保持静止状态，以下说法正确的是（ ）
A．物体B的质量为8kg
B．地面对物体A的摩擦力大小为60N
C．轻质细线对滑轮压力大小为50N
D．物体A对地面的压力大小为150N
【解答】解：A、对结点O受力分析如图所示，
设O点右侧细线中拉力大小为FT，由平衡条件得
Fcos37°＝FTcos37°
Fsin37°+FTsin37°＝mBg
代入数据联立解得
FT＝F＝50N，mB＝6kg，故A错误；
B、由于平衡条件可知，在水平方向上地面对A的摩擦力等于O点右侧细线中拉力FT在水平方向的分力，即Ff＝FTcos53°
代入数据解得Ff＝30N，故B错误；
C、轻质细线对滑轮两边的分力大小为50N，且夹角为直角，由平行四边形定则可得轻质细线对滑轮压力大小为，故C正确；
D、对物体A受力分析得FN+FTsin53°＝mAg
代入数据解得FN＝160N，由牛顿第三定律可知，物体A对地面的压力大小为160N，故D错误。
故选：C。
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：
（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：
联立解得：
（3）由盖﹣吕萨克定律得：
其中：
从而解得：V3＝0.99V2
则：
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：
答：（1）轻绳未连重物时封闭气体的压强为（）；
（2）刚好触发超重预警时所挂重物的质量M为（）；
（3）气体向外界放出的热量Q为（）。
应用牛顿第二定律应用处理连接体问题
（多选）如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（ ）
A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B．滑块3匀速运动的速度是
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
【解答】解：A、当滑块匀速运动时，如图所示，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零；同理可得6、7间轻杆弹力为零；5、6间轻杆弹力为零；4、5间轻杆弹力为零；3、4间轻杆弹力为零，即处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零。
在粗糙地带上，以滑块3为研究对象，设滑块受地面向左的摩擦力为f，则由平衡关系可得2、3间轻杆拉力为f，同理可得1、2件轻杆拉力为2f，故滑块间轻杆上弹力不为零，且不相同，故A错误；
B、将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，由平衡关系有
F﹣3μmg＝0，解得μ
从开始到第4个小滑块过O点、进入粗糙地带前这一过程，由动能定理有
F 3L﹣μmg 3L﹣μmg 2L﹣μmg L 8mv2﹣0，解得v，故B正确；
C、第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程，8个小滑块看作整体，由牛顿第二定律有
5μmg﹣F＝8ma，解得a，故C正确；
D、假设第7个滑块刚好能到达O点，对整体，由动能定理应有
F 6L﹣μmg 6L﹣μmg 5L﹣μmg 4L﹣μmg 3L﹣μmg 2L﹣μmg L＝0﹣0
整理得﹣FL＝0，等式不成立，故假设不成立，故第7滑块不能到达O点，故D错误；
故选：BC。
（多选）如图，四个滑块叠放在倾角为θ的固定光滑斜面上，其中B和C的质量均为m，A和D的质量均为3m，B和C之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对A施加平行于斜面向上的拉力F，使得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．拉力F的最大值为1.3μmgcosθ
B．C对D的摩擦力为0.3μmgcosθ时，A对B的摩擦力为0.5μmgcosθ﹣5mgsinθ
C．当拉力F取得最大值时，轻绳上的弹力大小为0.8μmgcosθ
D．当拉力F取得最大值时，C、D间的摩擦力为0.6μmgcosθ
【解答】解：A、滑块B、C、D靠A、B之间的静摩擦力作为动力，当A、B之间的静摩擦力为最大静摩擦力时，滑块B、C、D有最大加速度，则对滑块B、C、D整体，由牛顿第二定律有
μmgcosθ﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a1
解得：a1gsinθ
同理，滑块D靠C、D之间的静摩擦力作为动力，当C、D之间的静摩擦力为最大静摩擦力时，滑块D有最大加速度，则对滑块D，由牛顿第二定律有
μmgcosθ﹣3mgsinθ＝3ma2
解得：a2gsinθ
为了确保四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，则共同运动的最大加速度应取a1、a2中的最小值，即amax＝a1gsinθ
对四个滑块组成单位整体，由牛顿第二定律有
Fmax﹣（3m+m+m+3m）gsinθ＝（3m+m+m+3m）amax
解得：Fmax＝1.6μmgcosθ
故A错误；
B、滑块C对D的摩擦力为0.3μmgcosθ时，对D，由牛顿第二定律有
0.3μmgcosθ﹣3mgsinθ＝3ma
设此时A对B的摩擦力为fAB，对B、C、D，由牛顿第二定律有
fAB﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a
解得：fAB＝0.5μmgcosθ
故B错误；
C、当拉力F取得最大值时，四个滑块组成的整体获得最大加速度amax，对C、D整体，由牛顿第二定律有
T﹣（m+3m）gsinθ＝（m+3m）amax
解得：T＝0.8μmgcosθ
故C正确；
D、当拉力F取得最大值时，四个滑块获得最大加速度amax，对D，由牛顿第二定律有
fCD﹣3mgsinθ＝3mamax
解得：fCD＝0.6μmgcosθ
故D正确。
故选：CD。
如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量m0不变，取不同质量m的B物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化关系曲线如图乙所示，F＝F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。则（ ）
A．A物体质量m0
B．m越大，A物体的加速度越小
C．m越大，A物体加速度越大
D．在m＜m0范围内，m越大，A物体加速度越大
【解答】解：当m＞m0时，B向下做匀加速运动，A向上做匀加速运动，设加速度大小均为a，细绳中的拉力大小为T，对B、A根据牛顿第二定律分别有
mg﹣T＝ma
T﹣m0g＝m0a
联立解得
由式可得，当m→∞时，有Tm＝2m0g
所以F0＝2Tm＝4m0g
m0
当m＜m0时，B向上做匀加速运动，A向下做匀加速运动，同理可得二者的加速度大小为
当m＞m0时，m越大，a越大；当m＜m0时，m越大，a越小。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
如图所示，质量分别为m1＝3kg，m2＝5kg的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝60N，F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，弹簧测力计未超出弹性限度，则（ ）
A．弹簧测力计的示数是50N
B．若增大F2，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2
【解答】解：A、m1、m2相对静止一起做匀加速直线运动，对m1、m2与弹簧测力计组成的整体，由牛顿第二定律得：
F1﹣F2＝（m1+m2）a……①
代入数据解得：a＝5m/s2，方向水平向右，
设弹簧测力计的拉力是F，对物体m2，由牛顿第二定律得：
F﹣F2＝m2a……②
代入数据解得：F＝45N，故A错误；
B、联立①②两式得：F，由此可知增大F2，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数增大，故B错误；
C、弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的弹力仍为F＝45N，对物体m2，由牛顿第二定律得：F＝m2a2，代入数据解得：a2＝9m/s2，故C错误；
D、与C同理，在突然撤去F1的瞬间，对物体m1，由牛顿第二定律得：F＝m1a1，代入数据解得：a1＝15m/s2，故D正确。
故选：D。
如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝30°，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t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间t0恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：
（1）重物Q的质量；
（2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。
【解答】解：（1）细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有
FT﹣mgsin30°＝ma1
对重物Q有
m1g﹣FT＝m1a1
滑块P的位移x1
滑块P在t0时的速度
v1＝a1t0
细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小
a2＝gsin30°
又经过时间t0，滑块P运动的位移x2＝v1t0
由题意可知
x1+x2＝0
解得
a1
m1
（2）细线断后滑块P沿斜面上升的距离x3
滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程
s＝2（x1+x3）
解得s
答：（1）重物Q的质量为；
（2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程为。
如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝1kg的物体Q放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P使其在距地面h＝1.8m高处由静止释放，着地后P立即停止运动。若P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f；
（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件。
【解答】解：（1）设沿斜面向上为正方向，若P的质量M＝0.5kg，由于：mgsinθ＝Mg＝5N
可知P、Q均处于静止状态，绳上拉力为：F＝Mg
以斜面体和Q为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为：f＝Fcos30°
联立解得：
（2）P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为a1，上滑行距离为x，
对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得：
P着地前瞬间，设Q速度大小为v，对Q分析，由运动学公式可得v2＝2ah，0﹣v2＝﹣2a1x
Q恰好不从斜面顶端滑出需满足：x＝L﹣h
联立代入数据解得：
对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝（M+m）a
联立可得：M＝5kg
另一方面为了使P能下落，必须满足：Mg＞mgsinθ+μmgcosθ
解得：M＞1kg
为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量需满足的条件为：1kg＜M≤5kg
答：（1）若P的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f为；
（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件是：1kg＜M≤5kg。
如图所示，固定在水平地面的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在外力F作用下整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.5m，木块A的质量m＝0.5kg，铁块B的质量M＝1.5kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。撤去力F后，求：
（1）铁块B落地前，木块A的加速度大小；
（2）铁块B落地后不反弹，木块A继续沿斜面上滑的最大距离。
【解答】解：（1）根据题意可知，撤去力F后，铁块B向下做匀加速运动，木块A沿斜面向上做匀加速运动。设此时绳子的拉力为T，铁块B的加速度为a1，木块A的加速度为a2。
由图可知，在移动过程中，木块A的位移是铁块B位移的2倍，由x，有a2＝2a1
由牛顿第二定律得
对木块A，有：T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
对铁块B，有：Mg﹣2T＝Ma1
联立解得：a1＝2m/s2，a2＝4m/s2
（2）当铁块B落地时，木块A沿斜面上升的距离为x＝2h＝2×0.5m＝1m
由运动学公式可得，此时木块A的速度为vm/s＝2m/s
木块A继续减速上升，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
由运动学公式可得，木块A继续沿斜面上滑的最大距离为
联立代入数据解得：x2＝0.5m
答：（1）铁块B落地前，木块A的加速度大小为4m/s2；
（2）铁块B落地后不反弹，木块A继续沿斜面上滑的最大距离为0.5m。
应用能量的观点处理连接体问题
（多选）如图，水平传送带一直以速度v1＝6m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝10m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传送带长度L＝15m，绳足够长，g＝10m/s2。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P从传送带左端离开传送带
B．小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C．小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D．小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是54J
【解答】解：A、对P、Q整体，由牛顿第二定律可得
mg+μmg＝2ma1
解得：
物块P与传动带共速时向右发生的位移为
解得：x1＝4m
共速后，物块P向右做加速度较小的匀减速运动，根据牛顿第二定律得
mg﹣μmg＝2ma2
解得：
物块P减速至0的位移为
解得：x2＝9m
因x1+x2＝13m＜L＝15m，且mg＞μmg，所以小物体P从传送带左端离开传送带，故A正确；
B、由A选项分析可知，小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度有两个不同的值，故B错误；
C、从t＝0时刻到与传送带共速，划痕长度为，解得：l1＝1m
共速至P减速为0的过程，划痕长度为，解得：l2＝9m
考虑到划痕有重叠，小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为：Δl＝l2＝9m，故C正确；
D、小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是：Q＝μmg（l1+l2），解得：Q＝60J，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮（不计滑轮质量和大小）与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°，某时刻由静止释放物块（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．小球到达Q点时的速度大小为
D．重力对物块做功的功率一直增大
【解答】解：A、小球由P到Q的过程，对于小球、物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球和物块组成的系统机械能之和先增大后减小，故A错误；
B、P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知
则小球位于P点时弹簧的压缩量为
小球在P点，由力的平衡条件可知
mg＝kx
解得：，故B正确；
C、当小球运动到Q点时，设小球的速度为v，此时物块的速度为零。对于小球、物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得
解得：，故C正确；
D、由于小球在P和Q点处，物块的速度都为零，小球由P到Q的过程，物块的速度先增大后减小，由P＝mgv可知重力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
故选：BC。
（多选）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为3m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C物块使轻绳处于拉直状态。由静止释放C后（运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞）（ ）
A．相同时间内，A、B运动的路程之比为1：2
B．物块A、B的加速度之比为2：1
C．细绳的拉力为
D．当物块C下落高度h时，速度为
【解答】解：AB.对A、B受力分析，根据牛顿第二定律得aA，aB，解得aA：aB＝2：1，根据xat2知，相同时间内，A、B的位移之比为2：1，故A错误，B正确；
C.对C受力分析，根据牛顿第二定律得aC，又aC＝2aB，解得Tmg，故C正确；
D.当物块C下落高度时，根据系统机械能守恒得3mgh﹣2mgh3mv2m2m，又vA＝2vB，aA＝2aB，解得v，故D正确。
故选：BCD。
如图所示，倾角为θ＝53°的光滑斜面底端固定一劲度系数为100N/m的轻弹簧，弹簧上端连接质量为5kg的物块Q，Q与平行斜面的轻绳相连，轻绳跨过轻质光滑定滑轮O与套在光滑竖直杆上的质量为0.8kg的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d＝0.3m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h＝0.4m，此时轻绳中张力大小为50N。现将P由静止释放，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）P上升至B点时的速度大小；
（2）P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功。
【解答】解：（1）物体P位于A点时，假设弹簧伸长量为x1，轻绳的张力T＝50N，对物块Q，由平衡条件得：
T＝mQgsinθ+kx1
代入数据解得弹簧的伸长量：x1＝0.1m
P上升到B点时，OB垂直于竖直杆，OB＝d＝0.3m，此时物块Q速度为0，
根据勾股定理得：OPm＝0.5m
P从A到B过程，Q下降距离：Δx＝OP﹣OB＝0.5m﹣0.3m＝0.2m，
此时弹簧压缩量：x2＝Δx﹣x1＝0.2m﹣0.1m＝0.1m
P在A点与B点时弹性的形变量相同，弹性势能相同，
P从A到B过程，对物块P、Q及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
mQgΔx sinθ﹣mPghmP
代入数据解得：vP＝2m/s
（2）P在A点时Q的速度为零，P在B点时Q的速度为零，
P在A、B两位置时弹簧的形变量相等，P从A到B过程弹簧对Q做功为零，
P从A到B过程，设轻绳对Q做功为W，对Q，由动能定理得：
W+mQgΔx sinθ＝0﹣0
代入数据解得：W＝﹣8J
Q克服轻绳拉力做功为8J
答：（1）P上升至B点时的速度大小是2m/s；
（2）P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功是8J。
如图所示，用轻绳将足够长的木板B与小物体C连接，B由静止开始运动的同时，小物体A从B的右端开始向左运动。已知A的质量为M＝2kg，初速度为v0＝3m/s。A、B间动摩擦因数为μ＝0.3，B的质量为m＝1kg，刚开始运动时B距滑轮L＝10m，B碰滑轮后静止。C的质量为m＝1kg，刚开始运动时，C距地面H＝9m，C撞地面后静止。忽略A、B以外的一切摩擦，g取10m/s2，求：
（1）A滑上B后，A、B加速度的大小aA和aB；
（2）A从滑上到离开木板B的时间t；
（3）A在B上滑行因摩擦而产生的热量Q。
【解答】解：（1）小物体A从B的右端开始向左运动，所受重力Mg和支持力N平衡，所受B对它的摩擦力就等于合力，
根据牛顿第二定律得aA0.3×10m/s2＝3m/s2
对B分析，竖直方向平衡，水平受到轻绳的拉力T，以及A对它的摩擦力，根据牛顿第二定律得T﹣μMg＝maB
对C分析，受到重力mg和轻绳拉力，也为T，另外C下落过程的加速度大小等于B的加速度大小aB，
根据牛顿第二定律得mg﹣T＝maB，联立解得aB＝2m/s2
（2）设A开始向左减速运动了t1速度减为0，则
设这1s内A向左运动的距离为x1，1.5m
设这1s内B向右加速运动的距离为x2，
设A相对B向左滑动的距离为l1，l1＝x1+x2＝1.5m+1m＝2.5m
设B这1s末的速度为v1，v1＝aBt1＝2×1m＝2m/s
1s后A向右加速直到和B的速度相等，设A从速度为0加速到和B速度相等所用时间为t2，相等的速度为v2，
v2＝aAt2＝v1+aBt2，代入数据解得，t2＝2s，v2＝6m/s
设t2时间内A向右加速运动的位移为x3，
设t2时间内B向右加速运动的位移为x4，
A相对B在t2内向左滑动的距离为l2，l2＝x4﹣x3＝8m﹣6m＝2m
在t1和t2时间内B向右运动的距离为x2+x4＝1m+8m＝9m
正好等于H，C刚好落地，设之后AB一起向右匀速运动了x5，x5＝L﹣H＝10m﹣9m＝1m，
设匀速运动所用时间为t3，
t3末B碰滑轮后静止，A在B上以加速度aA减速运动，设运动了t4时间离开B，有：
代入数据解得t4＝1s或t4＝3s（不符合实际与题意舍去）。
故A从滑上到离开木板B的时间t＝t1+t2+t3+t4＝1s+2s+0.17s+1s＝4.17s
（3）因摩擦而产生的热量Q等于摩擦力乘以相对距离：Q＝μMg×2（l1+l2）＝0.3×2×10×2×（2.5+2）J＝54J
故答案为：
（1）A滑上B后，A加速度的大小为3m/s2，B加速度的大小为2m/s2；
（2）A从滑上到离开木板B的时间t为4.17s；
（3）A在B上滑行因摩擦而产生的热量Q为54J。
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