备战2025高考物理3年高考2年模拟1年原创专题6.4与连接体相关的功能问题含解析

PAGEPAGE1专题6.4与连接体相关的功能问题【考纲解读与考频分析】连接体是重要模型，与连接体相关的功能问题高考考查频繁。【高频考点定位】：与连接体相关的功能问题考点一：与连接体相关的功能问题【3年真题链接】1．(2015·新课标全国Ⅱ，21)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止起先运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则()A．a落地前，轻杆对b始终做正功B．a落地时速度大小为eq\r(2gh)C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【参考答案】BD【名师解析】滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为探讨对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋0，即va＝eq\r(2gh)，选项B正确；a、b的先后受力如图所示。由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确。【2年模拟再现】1．（6分）（2024湖北四地七校考试联盟期末）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，细线不行伸长，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的加速度大小始终相等 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机械能的改变量【点拨分析】依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推断；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改变。【名师解析】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；故A错误；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增加加的机械能和摩擦生热之和；故B错误；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，故C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细线的张力对滑块做功，由功能原理可知，细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的改变量；故D正确。【名师点评】绳连接体问题主要抓住五同原理解题（沿绳的拉力相同，沿绳的加速度相同，沿绳的速度相同，沿绳的功率相同，沿绳的做功相等）。2．【郑州2025届质量检测】如图所示，不行伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接，物块甲套在固定的竖直光滑杆上，用外力使两物块静止，轻绳与竖直方向夹角θ＝37°，然后撤去外力，甲、乙两物块从静上起先无初速释放，物块甲能上升到最高点Q，己知Q点与滑轮上缘O在同一水平线上，甲、乙两物块质量分别为m、M，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度为g，不计空气阻力，不计滑轮的大小和摩擦。设物块甲上升到最高点Q时加速度为a，则下列说法正确的是()A．M＝3mB．M＝2mC．a＝0D．a＝g【参考答案】BD【名师解析】当甲上升到最高点时，甲和乙的速度均为零，此时设甲上升的高度为h，则乙下降的高度为，由能量关系可知，则M＝2m，选项B正确，A错误；甲在最高点时，竖直方向只受重力作用，则a＝g，选项C错误，D正确。3.（2024·湖南长沙二模）如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动(初速度视为0)，使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为gR(g为重力加速度)。不计一切摩擦，A、B均可慢为质点，则下列说法正确的是()A.小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒B.小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中滑块B的重力能减小33mgR

C.小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中小球A的重力势能减小了3mgR

D.小球【参考答案】D【名师解析】小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统在下滑过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，则知小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，此时滑块B距离圆心的高度为2Rcos30∘=3R，滑块B下落的高度为h=3R-3R，滑块B的重力势能减小了(3-3)mgR，故B错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，小球A下落的高度为R，所以小球A的重力势能减小了mgR，故C正确；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示，依据运动的合成与分解可得：vAcosθ=vBcosθ，则vA=vB，依据机械能守恒定律可得：(3-4.（2024·江苏淮安一调）如图所示，倾角为30∘的足够长斜面固定于水平面上，轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质量为m的小球相连，另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连。在竖直向下拉力作用下小球静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53∘角。撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零。忽视一切摩擦，重力加速度为g，取sin53∘=0.8，cos53∘=0.6.求：

(1)拉力的大小F；

(2)物块和球的质量之比M【名师解析】(1)设细线的张力为T1

对物块M：T1=Mgsin30∘

对球m：(F+mg)cos53∘=T1

联立解得：F=联立解得：Mm=125；

(3)设细线的张力为T

物块M；Mgsin30∘-T=Ma

球m：T-mgcos53∘=ma

解得：T=11Mmg10(M+m)；

答：(1)拉力的大小F为56【方法归纳】(1)对小球和物块受力分析可求得拉力F的大小；

(2)对小球运动到p的过程，对M、m系统运用机械能守恒定律即可求解M与m质量关系；

(3)通过对物块和小球列牛顿其次定律可求球向下运动到Q点时细线张力大小；

本题考查共点力平衡问题和系统机械能守恒的问题，明确探讨对象，娴熟驾驭处理这类问题的方法。预料考点一：与连接体相关的功能问题【2年模拟再现】1、（2024洛阳六校联合月考）如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2RB．eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D．eq\f(2R,3)【参考答案】C.【名师解析】设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面上时，B恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为探讨对象，则A、B组成的系统机械能守恒，故有2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B仍以速度v竖直上抛，上升的高度为h＝eq\f(v2,2g)，解得h＝eq\f(1,3)R，故B上升的总高度为R＋h＝eq\f(4,3)R，选项C正确．2、（2024郑州六校联考）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB．环到达B处时，重物上升的高度为(eq\r(2)－1)dC．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为eq\f(\r(2),2)D．环削减的机械能大于重物增加的机械能【参考答案】B.【名师解析】环释放后重物加速上升，故绳中张力肯定大于2mg，A项错误；环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，B项正确；如图所示，将B处环速度v进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v1大小相等，v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，所以，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)，C项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D项错误．3、（2024西安联考）一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不行伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，如图所示．已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移．【名师解析】：(1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则依据机械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos45°联立解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR).(2)当A球的速度为零时，A球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)依据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0解得x＝eq\r(3)R.答案：(1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R4．（2024洛阳联考）如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°.当小球在A处受到平行于杆的作用力时，恰好与杆间无相互作用，且处于静止状态．撤去作用力，小球沿杆下滑过程中，弹簧始终处于弹性限度内．不计小球的半径，重力加速度为g.求：(1)小球滑到B点时的加速度；(2)轻质弹簧的劲度系数；(3)小球下滑到C点时的速度．【名师解析】(1)在B点对小球受力分析，由牛顿其次定律得Mgcosθ＝Maa＝gcosθ＝eq\f(\r(3),2)g方向沿杆向下．(2)在A点对小球受力分析得F弹＝MgtanθF弹＝kΔxΔx＝eq\f(l0,cosθ)－l0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)－3,3)))l0联立得k＝eq\f(\r(3)Mg,（2\r(3)－3）l0).(3)小球沿杆下滑过程中系统机械能守恒．依据几何关系可得小球沿杆下滑的竖直距离为l0由动能定理得Mgl0＋ΔEp弹＝EkC－0始末状态弹簧长度相同，所以ΔEp弹＝0Mgl0＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)vC＝eq\r(2gl0)，方向沿杆向下．5.(2024.广东广州市一模)倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“-”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tanθ，重力加速度为g。求

(1)滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；

(2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。【名师解析】(1)以4个滑块为探讨对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿其次定律有：4mgsinθ-μ⋅mgcosθ=4ma…①

以滑块1为探讨对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿其次定律有：F+mgsinθ-μ⋅mgcosθ=ma…②

已知μ=tanθ

联立可得：F=34mgsinθ

(2)设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v。

这个过程，4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L。

由动能定理，有：4mgsinθ⋅6L-μ⋅mgcosθ⋅(3l+2l+l)=12⋅4mv2…③

可得：v=3gLsinθ

由于动摩擦因数为μ=tanθ，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动。

第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：mgsinθ⋅72L=12mv1【1年仿真原创】1.如图所示，abcd为固定在竖直平面内的光滑轨道，中ab倾斜、bc水平、cd为半径R＝0.25m的圆弧轨道三部分平滑连接，c为圆弧轨道的最低点，可为质点的小球m1和m2中间压缩轻质弹簧静止在水平轨道上(弹簧与两小球不栓接且被锁定，水平档板c与d点竖直距离h＝0.15m。现解除对弹簧的锁定，小球m，脱离弹簧后恰能沿轨道运动到处，ab的竖直高度差H＝1.8m，小球m2沿轨道cd运动冲出轨道打在水平档板c上。已知m1＝0.5kg，m2＝1.0kg，在C点时小球m2对轨道压力的大小为46N，已知弹簧复原原长时小球仍处于水平轨道，不计空气阻力，g＝10m/s2求:(1)弹簧最大的弹性势能(2)小球m2离开d点到打在水平档板e上的时间。【名师解析】（1）对小球m1，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1gH，（1分）解得：v1＝6m/s（1分）设在C点时轨道对小球m2压力的大小为F,由牛顿其次定律得：F－m2g＝eq\f(m2veq\o\al(2,2),R)，（1分）解得：：v2＝3m/s（1分）弹簧锁定时的弹性势能最大，由能量的转化及守恒定律得：EP＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2