2021高考物理挑战压轴题 专题四：连接体与叠加体的力学问题、弹簧连接体

专题四：连接体与叠加体的力学问题、弹簧连接体

1．连接体的类型
(1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)轻绳连接体

(4)轻杆连接体

2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．
3．处理连接体问题的方法
整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”

1．临界或极值条件的标志
(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．
(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．
(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
2．常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．
3．解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
4．解题技巧方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
题型一：连接体问题
例1　(2019·江苏南通市模拟)如图4所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　)

图4
A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
答案　C
解析　以物块C为研究对象，有Mg－FT＝Ma，解得FT＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知FT＝(m1＋m2)a，故C正确；根据牛顿第二定律，对B可知Ff＝m2a，A、B间为静摩擦力，故D错误．
例2如图，水平地面上叠放着矩形物体A 和B，细线一端连接A，另一端跨过定滑轮连接着物体C，A、B、C 均静止. 下列说法正确的是（ ??）

?A共受到三个力作用
B.?B共受到四个力作用
C.?适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则A对B的压力比原来大
D.?适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则地面对B的摩擦力比原来大
D
【解答】A物体受到重力、物体B的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，共四个力。B受到重力、地面的支持力、A给B的压力、A对B的摩擦力和地面对B的摩擦力，共五个力。所以A项和B项错。增加C的质量，绳子的拉力增大。选Ａ为研究对象，在竖直方向上，拉力分力变大，而重力不变，所以，Ｂ对Ａ的支持力变小。选ＡＢ作为整体，拉力变大，水平向右的分力变大，则地面给Ｂ向左的摩擦力也变大。所以Ｃ项错，Ｄ项对。
故答案为：D
变式1　(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图5所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为(　　)

图5
A. B. C. D.
答案　C
解析　对整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有：F弹＝kx＝3ma，可得x＝，故A、B、D错误，C正确．
变式2　(多选)如图6所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)

图6
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
答案　AC
解析　隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，所以A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．
题型二：临界和极值问题
例1　(2019·江西宜春市期末)如图7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m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 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0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：

图7
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值．
答案　(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N
解析　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m.
(2)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之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得：
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移：
x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2.
(3)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，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N.
变式1　如图8，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(　　)

图8
A. B.
C. D.
答案　B
解析　对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：＝，选项B正确.
考题预测
连接体与叠加体的力学问题、弹簧连接体
一、单选题
1．如图5甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻质弹簧相连，两个物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　)

图5
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
2.如图所示，质量为m的小球放在光滑水平地面上，与连接在天花板上的细线和连接在竖直墙上的水平轻弹簧连接，细线与竖直方向的夹角为45°，此时重物对水平地面的压力大小等于 14mg 。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，则弹簧的伸长量为（?? ）
A.?3mg4k????????????????????????????????B.?32mg4k????????????????????????????????C.?2mg4k????????????????????????????????D.?2mg2k
3.如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A，B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（?? ）

A.?剪断B，C间细线的瞬间，A，B间细线上的弹力大小为 3mg2
B.?剪断B，C间细线的瞬间，B的加速度大小为g
C.?剪断A，B间细线的瞬间，A的加速度大小为g
D.?剪断A，B间细线的瞬间，B，C间细线上的弹力大小为mg
4.如图所示，一倾角为 θ 的斜面体C始终静止在水平地面上，它的底面粗糙，斜面光滑。细线的一端系在斜面体顶端的立柱上，另一端与A球连接，轻质弹簧两端分别与质量相等的AB两球连接。弹簧、细线均与斜面平行，系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（?? ）
A.?两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 gsinθ
B.?球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsinθ
C.?斜面体C对地面的压力等于AB和C的重力之和C
D.?地面对斜面体C无摩擦力
5.如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体c置于水平地面上，滑块ｂ置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止．已知物块a、b、c的质量分别为m、4m、M ， 重力加速度为g ， 不计滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是（??? ）
A.?弹簧弹力大小为mg??????????????????????????????????????????????????B.?地面对c的摩擦力为零
C.?剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为（4m+M）g?????D.?剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为g
二、多选题
6.如图所示，倾角为θ= 30° 的斜面体c置于水平地面上，滑块b置于光滑斜面上，通过细绳跨过轻质定滑轮与物体a连接。连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块a、b、c的质量分别为5m、4m、3m，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦，下列说法中正确的是（?? ）
A.?杆对轻滑轮的作用力大小为 23mg???????????????????B.?地面对c的摩擦力为2mg
C.?c对地面的压力为6mg?????????????????????????????????????????D.?剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.4g
7.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面静止在粗糙水平面上，三条轻细绳结于O点。外力F拉住细绳 OA ，绳 OP 跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，绳 OQ 连接小球Q，Q下端通过弹性绳连接小球M。小球Q和M的质量相等，重力加速度为g，整个系统处于静止状态。下列推论正确的是（?? ）
A.?地面对斜面体向左的摩擦力
B.?烧断细绳 OP 后，物块P将沿斜面加速下滑
C.?烧断细绳 OQ 的瞬间，小球Q和M的加速度分别为 2g 和0
D.?烧断弹性绳，物块P的摩擦力方向发生了改变
8.如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细线和斜面平行，滑块A从细线水平位置由静止释放（不计轮轴处的摩擦），到滑块A下降到速度最大（A未落地，B未上升至滑轮处）的过程中(?? )
A.?滑块A和滑块B的加速度大小一直相等
B.?滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能
C.?滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度
D.?细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量
9.如图所示，一倾角为30?的斜面固定在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为m的物体P上，右端连接一轻质细绳，细绳跨过光滑的定滑轮连接质量为m的物体Q，整个系统处于静止状态。对Q施加始终与右侧悬绳垂直的拉力F，使Q缓慢移动至悬绳水平，弹簧始终在弹性限度内。则（?? ）
A.?拉力F先变大后变小?????????????????????????????????????????????B.?弹簧长度先增加后减小
C.?P所受摩擦力方向先向下后向上???????????????????????????D.?斜面对P的作用力先变小后变大
10.如图，劲度系数为100N/ m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q，Q同时与斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆的物块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。已知P质量为0.8kg，Q质量为5kg。现将P由静止释放（不计滑轮大小及摩擦，取g=10m/s2 ， sin53°=0.8，cos53°=0.6），下列说法正确的是（?? ）
A.?P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1m
B.?P上升至B点时的速度大小为 7 m/s
C.?P上升至B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为6J
D.?P上升至B点的过程中，细线拉力对P做的功等于Q机械能的减少量
三、综合题
11.如图所示，横截面为等腰三角形的光滑斜面，倾角θ=30°，斜面足够长，物块B和C用劲度系数为k的轻弹簧连接，它们的质量均为2m，D为一固定挡板，B与质量为6m的A通过不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮相连接。现固定A，此时绳子伸直无弹力且与斜面平行，系统处于静止状态，然后由静止释放A，则：
（1）物块C从静止到即将离开D的过程中，重力对B做的功为多少？
（2）物块C即将离开D时，A的加速度为多少？
（3）物块C即将离开D时，A的速度为多少？
12.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，试求：
（1）物块B的质量；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）t2时刻B的速度达最大，求此时刻A物块速度的大小。
13.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2 ． 求：
（1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep
（2）从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E
（3）为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。
14.如图，质量为m的物块a与质量为2m的物块b静置于光滑水平面上，物块b与劲度系数为k的水平轻质弹簧连接，物块a恰与弹簧左端接触。现给物块a水平向右的初速度v0 ， 物块a与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。全过程无机械能损失且弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧振子做简谐运动的周期 T=2πmk 。
（1）若物块b固定不动，求物块a速度减为0过程经历的时间；
（2）若物块b可以自由滑动，求两物块相互作用过程中物块a的最小速度；
（3）若物块b可以自由滑动，在两物块相互作用过程中，求当物块a的速度大小为 v04 时弹簧的弹性势能；
（4）在（2）问中，如果在物块b的右侧固定一挡板（位置未知，图中也未画出），物块a与弹簧分离前物块b与挡板发生弹性碰撞，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，物块b与挡板的碰拉时间极短，求此后过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。
15.如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为 m ，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数 μ=0.5 ，B左侧水平面光滑，重力加速度为 g ，求：
（1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
（2）斜面体的质量；
（3）物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。
16.如图甲所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，它的两个端点P、Q均与圆心O等高，小球A、B之间用长为R的轻杆连接，置于轨道上．已知小球A、B质量均为m，大小不计．
?
（1）求当两小球静止在轨道上时，轻杆对小球A的作用力大小F1；
（2）将两小球从图乙所示位置(此时小球A位于轨道端点P处)无初速释放．求：
① 从开始至小球B达到最大速度的过程中，轻杆对小球B所做的功W；
② 小球A返回至轨道端点P处时，轻杆对它的作用力大小F2.
17.如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H＝0.8m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝7.1m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块C与传送带的动摩擦因数μ及落地点P与N端水平距离x；
（2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取 28 ＝5.3）
答案解析部分
一、单选题
1.答案　A
解析　水平放置时，F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a1，kx1－μmg＝ma1，可得x1＝；竖直放置时，F－(m＋M)g＝(M＋m)a2，kx2－mg＝ma2，x2＝，故x1∶x2＝1∶1，A项正确．
2. A
【解答】对小球进行受力分析可得 Tcos45o=mg?14mg
Tsin45o=kx
整理得 x=3mg4k
故答案为：A。

【分析】对小球进行受力分析并正交分解，再根据平衡列方程求解。
3. A
【解答】B．开始由平衡条件可得 F+mgsin30?=2mg
剪断B、C间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，AB一起运动，则有 F+mgsin30??mg=2ma1
联立解得 a1=g2
所以剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为 g2 ，则B不符合题意；
A．对C分析有 T?mg=ma1
解得 T=32mg
所以A符合题意；
C．剪断A，B间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，有 F+mgsin30?=ma2
解得 a2=2g
所以C不符合题意；
D．剪断A，B间细线的瞬间，BC一起运动向下做自由落体运动，则B、C间细线上的弹力大小为0，所以D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】根据平衡关系求出B的加速度；对C进行受力分析从而求出弹力的大小；剪短细线对A进行受力分析从而求出A的加速度和B、C间细线的弹力。
4. B
【解答】AB．烧断细线前，弹簧的弹力 F弹=mgsinθ
烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A加速度大小 aA=F弹+mgsinθm=2gsinθ
对B则有 aB=mgsinθ?F弹m=0
A不符合题意，B符合题意；
C．烧断细线的瞬间，A的加速度方向沿斜面向下，将A的加速度分解为水平方向和竖直方向，对整体分析可知，斜面体对地面的压力小于AB和C的重力之和，C不符合题意。
D．烧断细线的瞬间，A 的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有加速度，对整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】断开绳子前，利用B的平衡方程可以求出弹簧弹力的大小；断开绳子后，弹簧的弹力瞬间保持不变；利用牛顿第二定律可以求出AB加速度的大小；利用整体的牛顿第二定律可以判别斜面对地面的压力小于整体的重力大小；利用加速度的大小可以判别地面对斜面存在摩擦力的作用。
5. A
【解答】A．以b为研究对象，绳子拉力大小为：F=4mgsin30°=2mg
再以a为研究对象，根据平衡条件可得：F=T+mg
解得：T=mg
故A正确；
B．以b和c为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：地面对c的摩擦力为： f=Fcos30°=3mg
故B错误；
C．剪断轻绳的瞬间，b的加速度方向沿斜面向下，处于失重状态，所以c对地面的压力小于（4m+M）g ， 故C错误；
D．剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为： a=Fm=2g
故D错误。

【分析】利用b的平衡方程可以求出拉力的大小；结合a的平衡可以求出弹力的大小；利用bc的平衡可以判别地面摩擦力的方向；利用b的加速度方向结合整体的牛顿第二定律可以判别c对地面的压力大小；利用牛顿第二定律可以求出a的加速度大小。
二、多选题
6. A,C,D
【解答】A．对b受力分析可知，绳中的拉力大小为 T=2mg
由于两段绳的夹角为 60° ，两段绳中的拉大小相等，由平行四边形定则可知，绳中拉力的合力为 F=2Tcos30°=23mg
对滑轮受力分析由平衡条件可知，杆对轻滑轮的作用力大小为 23mg ，A符合题意；
BC．将b、c看成整体，由平衡条件可得 fc=Tcos30°=3mg
Nc=(4m+3m)?Tsin30°=6mg
由牛顿第三定律可知，c对地面的压力为6mg，B不符合题意，C符合题意；
D．剪断轻绳的瞬间，a的合外力为 F合=2mg
由牛顿第二定律可知，加速度大小 a=F合5m=0.4g
D符合题意。
故答案为：ACD。

【分析】1。对b受力分析，正交分解，绳力T=2mg，滑轮的力=两绳子力合力，两绳夹角60°，合力为3倍。2.bc看成整体，地面的摩擦=绳子力的水平分力。地面对c的支持力=bc重力+绳子向上分力，求解即可。4.轻绳剪断，a的合力与绳子等值方向，求加速度即可。
7. A,C
【解答】A．以整体为研究对象，外力F有水平向右的分力，由水平方向受力平衡可得，地面对斜面体有向左的摩擦力，A符合题意；
B．因为不知道物体P是否处于临界状态，所以根据题给条件，无法判断斜面体对物块的P的最大静摩擦力的大小，也就无法判断烧断细绳 OP 后物块P的状态，B不符合题意；
C．烧断细绳 OQ 的瞬间，由弹性绳的延时性特点，可判断小球Q的合力为 2mg ，小球M的合力为零，根据牛顿第二定律可得小球Q和M的加速度分别为 2g 和0，C符合题意；
D．由于不知道物块P的具体质量，故无法判断斜面体对物块P的摩擦力的方向；可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，还可能没有摩擦力，因此也无法判断烧断橡皮筋后，物块P的摩擦力的变化情况，D不符合题意。
故答案为：AC。

【分析】整个系统处于静止状态，利用平衡方程求解绳子的拉力，当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹性绳来不及变化，故弹力不变，利用牛顿第二定律求解加速度即可。
8. C,D
【解答】A、两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则A的分加速度等于B的加速度；A不符合题意.
B、绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和；B不符合题意.
C、绳连接体沿绳的速度相等,则A沿绳的分速度等于B的运动速度，如图所示，即滑块A的速度大于B的速度；C符合题意.
D、对A受力分析可知，除重力外，只有细线的张长对滑块做功，由功能原理可知，细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量；D符合题意.
故答案为：CD.
【分析】根据沿绳的加速度相同分析两滑块的关系；由系统的机械能守恒的条件判断；由沿绳的速度相等分析两滑块的速度关系；由动能定理或能量守恒分析机械能的变化.
9. C,D
【解答】A、对Q进行受力分析，并且拉力F始终与右侧悬绳垂直，则如图所示：
当Q逐渐向上运动时，画出平行四边形如上图所示，可以弹簧的弹力逐渐减小，而拉力F逐渐增大，当悬绳水平时，拉力 F=mg ，此时弹簧的弹力减小到0，所以弹簧的长度逐渐减小，AB不符合题意；
C、开始对P进行受力分析如图
开始当Q未动时，弹簧弹力为 T=mg ，则此时摩擦力 f=T?mgsin300 ，沿斜面向下
随着弹簧弹力的减小，则摩擦力减小，当弹力 TD、斜面对P的作用力即为P受到的摩擦力和支持力的合力，其大小与P受到的重力 mg 和弹簧弹力T的合力的大小相等、方向相反，随着弹簧弹力T的减小，则重力 mg 和弹簧弹力T的合力也减小的（小于重力 mg ），当弹簧弹力减小到0之后，二者合力大小等于重力 mg ，即斜面对P的作用力先变小后变大，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】对两个物体进行受力分析，都处于平衡状态，合力为零，结合绳子拉力方向的变化求解其他力的变化。
10. A,D
【解答】A．物块P位于A点时，假设弹簧伸长量为x1 ， 则有 T=mQgsinθ+kx1
代入求得 x1=0.1m
则P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1m，A符合题意；
BCD．经分析，此时OB垂直竖直杆，OB=0.3m，此时物块Q速度为0，下降距离为 Δx=0.5m?0.3m=0.2m
即弹簧压缩 x2=0.2m?0.1m=0.1m
弹性势能不变，对物块PQ及弹簧，根据能量守恒有 mQgΔx?mPg?=12mPvP2
解得 vP=23m/s
对物块P有 WT?mPg?=12mPvP2
解得 WT=8J
Q机械能的减少量 ΔE=mQgΔxsin53°=5×10×0.2×0.8J=8J
BC不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】把物体P的速度分解到沿绳子的速度和垂直于绳子的速度，其中沿绳子的速度等于物体Q下滑的速度，再利用几何关系分析速度的变化，利用动能定理求解拉力做功。
三、综合题
11. （1）解：开始系统静止时，对于物块B有 2mgsin30°=kx1
则弹簧压缩量为 x1=mgk
C刚离开D时，对于物块C有 2mgsin30°=kx2
则弹簧伸长量为 x2=mgk
A、B的位移大小均为 x=x1+x2=2mgk
物块C从静止到刚离开D的过程中，重力对B做功 W=?2mgx·sin30°=?2m2g2k
（2）解：C刚离开D时，设绳中张力大小为T，对A、B分别由牛顿第二定律有 6mgsin30°－T=6ma
T?(kx2+2mgsin30°)=2ma
即 6mg·sin30°?(kx2+2mg·sin30°)=8ma
解得A的加速度 a=g8
（3）解：物块C从静止到刚离开D过程中，初末态弹簧的弹性势能相等，
对系统由功能关系得 6mgx·sin30°?2mgx·sin30°=12×8mv2
解得 v=gmk
【分析】（1）分别对三个物体进行受力分析，在重力、支持力、弹力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解弹簧伸长量，进而求解位移，利用公式W=Fs求解做功；
（2）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（3）三个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒列方程分析求解即可。
12. （1）解：由图像可知A物块的初速度 v0=3m/s ， t1 时刻两物块达共速 v=1m/s ，由动量守恒得 m1v0=(m1+m2)v
解得 m2=2kg
（2）解：由图像可知 t1 时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得 Ep=12m1v02?12(m1+m2)v2
解得 EP=3J
（3）解：B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒 m1v0=m1vA+m2vB
由能量守恒 12m1v02=12m1vA2+12m2vB2
解得 vA=?1m/s
A的速度大小为 1m/s
【分析】（1）AB组成的系统动量守恒，应用动量守恒可以求出物块B的质量 ；
（2）当两物块的速度相等时弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大，两物块与弹簧组成系统机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能；
（3）AB与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒与机械能守恒定律可以求出A的速度。
13. （1）解：对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2
解得 v1=10m/s
剪断细绳前弹簧的弹性势能为： Ep=12m1v12+12m2v22
解得Ep=19.5J
（2）解：设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：-μm2gx=0- 12 m2v22
解得 x=3m＜L=4m
则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。
设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。
根据动量定理得：μm2gt=m2v0-（-m2v2）
解得：t=3s
该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m
故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=μm2gx带
解得：E=6.75J
（3）解：设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得： 12m1v12=12m1vC2+2mgR
由平抛运动的规律有：x=vCt1
2R=12gt12
联立整理得 x=4R(10?4R)
根据数学知识知当4R=10-4R
即R =1.25m时，水平位移最大为x=5m
【分析】（1）利用动量守恒可以求出物块的速度；结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（2）利用动能定理结合动量定理可以求出物体在传送带运动的时间；利用摩擦力和传送带位移的大小可以求出电动机对传送带做功的大小；
（3）利用机械能守恒定律结合平抛运动的位移公式可以求出半径和水平位移的大小。
14. （1）解：设物块a经时间t速度减为0，有 t=T4
解得 t=π2mk
（2）解：取水平向右为正方向，设物块a与弹簧分离时物块a、b的速度分别为 va1 、 vb1 ，有 mv0=mva1+2mvb1
12mv01=12mva12+12·2mvb12
解得 va1=?v03 ， vb1=2v03
所以两物块相互作用过程中物块a的最小速率 va小=0
（3）解：由动量守恒定律有 mv0=mva+2mvb
12mv02=12mva2+12·2mvb2+EP
当 va=v04 时
EP1=2164mv02
当 va=?v04 时 EP2=564mv02
（4）解：物块a与弹簧分离前某时刻，设物块a的速度为va2 ， 物块b的速度为vb2
物块b与挡板碰撞前，有 mv0=mva2+2mvb2
物块b与挡板碰撞后，当物块a、b共速时弹簧弹性势能最大，设为E2 ， 有 mva2?2mvb2=3mV2
12mv02=12(m+2m)V22+E2
解得 E2=8m3[?(vb2?v04)+316v02]
由（3）问可知 0当 vb2=v04 时，E2最大，解得 E2大=12mv02
当 vb2=23v0 时，E2最小，解得 E2小=127mv02
所以弹簧最大弹性势能的取值范围为 127mv02≤E2≤12mv02
【分析】（1）当b不动时，物块a做简谐运动，其从速度最大到0经历的振动时间等于周期的四分之一；
（2）当物块a与b分离时其a的速度最小，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出物块a最小的速度大小；
（3）由于系统不受外力，利用ab其动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（4）利用物块b与挡板碰撞前后与a为系统的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的最大值。
15. （1）解：在D点，有 mg=mvD2L
从C到D，由动能定理，有 ?mg×2L=12mvD2?12mvC2
在C点，有 F?mg=mvC2L
解得 F=6mg
由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力 F′=F=6mg
（2）解：弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有 mvA=mvB
对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有 ?μmgL=12mvC2?12mvA2
B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有 mvB=(m+M)v
由机械能守恒定律，有 12mvB2=12(m+M)v2+mgL
解得 M=m2
（3）解：物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律 mvB=mvB′+mv′
由机械能守恒，有 12mvB2=12mvB′2+12Mv′2
解得 vB′=6gL3 ， v′=46gL3
由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功 W=12Mv′2
解得 W=8mgL3
【分析】（1）利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出压力的大小；
（2）利用动量守恒定律结合动能定理和动量守恒定律可以求出斜面体的质量大小；
（3）利用动量守恒定律结合机械能守恒定律和功能关系可以求出物体B对斜面体做功的大小。
16. （1）解：选择 A 为研究对象， A 的受力如图所示
由共点力的平衡条件： F1=mgtan30?=33mg
（2）解：以两球和杆为研究对象，当杆下降至水平时，两球的速度最大且相等，在这个过程，由动能定理可得： mgRsin60?=2×12mv2
对 B 球有动能定理可得： W=12mv2
联立以上方程解得： W=34mgR
轻杆对小球B所做的功 34mgR
② 小球 A 再次回到 P 点时，两球的受力如图所示：
设小球 A 切向的加速度为 aA ，由牛顿第二定律有： mg?F2cos30?=maA
设小球 B 切向的加速度为 aB ，由牛顿第二定律有： mgsin30?+F2cos30?=maB
两球的加速度相等，即 aA=aB
联立以上方程解得： F2=36mg
【分析】（1）分别对两个物体进行受力分析，在支持力、重力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；
（2）两个小球组成的系统机械能守恒，结合两个小球速度关系求解即可；
（3）分别对两个物体进行受力分析，结合小球的加速度，利用牛顿第二定律列方程求解作用力即可。
17. （1）解：三个质量均为m＝1.0kg，则mA＝mB＝mC＝m＝1kg。 滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v＝4m/s所用的时间为t＝1s， 加速度大小为a＝ △v△t ＝ 5?41?0 m/s2＝1m/s2 ， 由牛顿第二定律得：μmg＝ma， 解得：μ＝0.1； 根据速度图象可知：L＝ 5+42×1m +4（1.375﹣1）m＝6m， 滑块C平抛运动的时间t′＝ 2Hg ＝ 2×1010 s＝0.4s 平抛运动的水平位移x′＝vt′＝4×0.4m＝1.6m 落地点P与N端水平距离x＝L+x′＝7.6m 答：滑块C与传送带的动摩擦因数为0.1，落地点P与N端水平距离为7.6m
（2）解：设A、B碰撞后的速度为v1 ， A、B与C分离时的速度为v2 ， 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv0＝（mA+mB）v1 ， 解得：v1＝3.55m/s 弹簧弹开过程中：（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC ， 根据速度图象可知碰撞后vC＝5m/s，解得：v2＝1.05m/s 弹簧伸开的过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得： EP+ 12 （mA+mB）v12＝ 12 （mA+mB）v22+ 12 mCvC2 ， 代入数据可解得：EP＝1.0J 答：滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能为1J；
（3）解：在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。 设A与B碰撞后的速度为v′1 ， 分离后A与B的速度为v′2 ， 滑块C的速度为v′C ， C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝4m/s， 加速度大小为a＝1m/s2 ， 由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2﹣v′C2＝2（﹣a）L，解得：v′C＝ 28 m/s＝5.3m/s， A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvmax＝（mA+mB）v1′， 弹簧伸开过程，由动量守恒定律得：（mA+mB）v1′＝mCvC′+（mA+mB）v2′， 由能量守恒定律得：EP+ 12 （mA+mB）v′12＝ 12 （mA+mB）v′22+ 12 mCv′C2 ， 解得：vmax＝7.55m/s； 若滑块A在碰撞前速度有最小值，则碰撞后滑块C的速度有最小值，它加速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。 设A与B碰撞后的速度为v′′1 ， 分离后A与B的速度为v′′2 ， 滑块C的速度为v′′C ， C在传送带上做匀加速运动的末速度为v＝4m/s， 加速度大小为a＝1m/s2 ， 由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2﹣v′′C2＝2aL，解得：v′′C＝2m/s， A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvmin＝（mA+mB）v″1 ， 弹簧伸开过程，由动量守恒定律得：（mA+mB）v″1＝mCv″C+（mA+mB）v″2 ， 由能量守恒定律得：EP+ 12 （mA+mB）v′′12＝ 12 （mA+mB）v′′22+ 12 mCv′′C2 ， 解得：vmin＝2m/s。 滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2m/s≤v0≤7.55m/s 答：若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2m/s≤v0≤7.55m/s。
【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据初速度求解水平方向的位移；
（2）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；
（3）同理，两个物体组成系统动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可。
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