2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)：動力學(xué)中的連接體問題和臨界、極值問題（練習(xí)）（解析版）

微專題一動力學(xué)中的連接體問題和臨界、極值問題

目錄

01模擬基礎(chǔ)練..................................................................2

題型一：常規(guī)連接體問題........................................................2

題型二：臨界、極值問題........................................................6

02重難創(chuàng)新練.................................................................13

題型三：創(chuàng)新連接體問題......................................................13

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題型一：常規(guī)連接體問題

1.（2024?北京?高考真題）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力歹作用下一起向前運動。飛船和空間站

的質(zhì)量分別為加和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（）

空間站飛船

Mm

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【答案】D

【詳解】設(shè)P的質(zhì)量為P與桌面的動摩擦力為了;以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得7-7=同。

以盤和祛碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-T=ma

聯(lián)立可得.mg-fgmm

M+mM+m

可知，a-機不是線性關(guān)系，排除AC選項,可知當(dāng)祛碼的重力小于物塊P最大靜摩擦力時，物塊和祛碼靜

止，加速度為0,當(dāng)祛碼重力大于/時，才有一定的加速度，當(dāng)機趨于無窮大時，加速度趨近等于g。

故選D。

3.（2024?四川成都?三模）如圖所示，將一質(zhì)量為冽的小球用輕繩懸掛在小車車廂頂部，小車在水平地面上

做勻加速直線運動，當(dāng)小車的加速度大小為。時，輕繩與豎直方向的夾角為凡輕繩的拉力大小為T。關(guān)于

B.若切不變、。變大,則T和6均變小

c.若。不變、加變大，則T和e均變大

D.若。不變、加變大，則T和6均變小

【答案】A

【詳解】AB.對小球受力分析，如圖所示

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小球受到豎直向下的重力小g，沿繩子向上的拉力T,由于小車跟著車向右做勻加速直線運動，因此重力

和繩子拉力的合力廠方向為水平向右，由圖中幾何關(guān)系可知Mg=7cos。，F(xiàn)=TsmO=mgtanO=ma,聯(lián)

立解得tane=2,T:生,若切不變、。變大，則根據(jù)tan。=巴可知。變大，根據(jù)？=半可知？也

gcos3gcos0

變大，故A正確，B錯誤；

CD.若。不變、機變大，則根據(jù)tan9=巴可知夕不變，由？=半可知T變大，故CD錯誤。

gcos<9

故選Ao

4.（2024?四川達州?一模）如圖所示，用不可伸長的輕繩連接物塊P、Q跨過輕質(zhì)定滑輪，P的質(zhì)量為〃八

Q的質(zhì)量為m<M,不計一切摩擦?，F(xiàn)將P、Q釋放，在物塊P達到定滑輪前，甲圖輕繩上的拉力為

乙圖輕繩上的拉力為尸2,下列關(guān)于B、色大小關(guān)系正確的是（）

【答案】C

【詳解】對甲圖整體受力分析有陵=（"+M”i，甲圖中繩子的拉力4=加％=皿絲-,對乙圖整體受力

分析有蛛一切g(shù)=（加+M”2,對乙圖中P受力分析有￡-叫=加，，解得g=網(wǎng)與，聯(lián)立得片="

m+M2

故選C。

5.（2024?江蘇淮安?一模）A、B兩物體上下疊放在一起沿豎直方向運動，其速度隨時間均勻變化，則（）

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A.A、B間相互作用力不可能為零

B.A、B間相互作用力一定為零

C.A、B間相互作用力不可能在水平方向

D.A、B間相互作用力一定在水平方向

【答案】C

【詳解】A.當(dāng)兩物體有向下的加速度g時，A、B間相互作用力為零，但若有向上或者向下不等于g的

加速度時，作用力不為零，故AB錯誤；

CD.若A、B間相互作用力在水平方向，則水平方向會加速度，物體不會一直沿豎直方向運動，所以A、

B間相互作用力一定不在水平方向，故C正確，D錯誤。

故選Co

6.（2024?四川內(nèi)江?一模）（多選）如圖°,足夠高的水平長桌面上的尸點左邊光滑右邊粗糙。小物塊A在

質(zhì)量為0.5kg的祛碼B的拉動下，從桌面左端開始運動，其v-t圖像如圖6所示。重力加速度大小g取：10

m/s2o則下列說法中正確的是（）

A.物塊A的質(zhì)量為2.0kg

B.在0?Is時間內(nèi)，輕繩的拉力大小為2N

C.物塊A與P點右邊桌面間的動摩擦因數(shù)為0.125

D.物塊A與P點右邊桌面間的動摩擦因數(shù)為0.25

【答案】AC

2

［詳解）A.物塊A在0點左邊滑動時的加速度%=1向$2=2m/s2,對AB整體分析可知加Bg=（加A+加B）4，

可得A的質(zhì)量為以=2.0kg,選項A正確；

B.在0?1s時間內(nèi)，對A分析可知，輕繩的拉力大小為7==4N,選項B錯誤；

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CD.物塊A在尸點右邊滑動時的加速度g=121mzs2=lm/s2,對AB整體分析可知

mBg-//mAg=（mA+mB>2,解得桌面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.125,選項C正確，D錯誤。

故選ACo

題型二：臨界、極值問題

7.（2024?安徽?高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線

上的V、N兩點，另一端均連接在質(zhì)量為加的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于

連線的中點。，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至尸點，并保持靜止，此時拉力尸大小為2〃陪。

已知重力加速度大小為g,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從尸點運動到。

點的過程中（）

M狗萬0伽町觥0加6網(wǎng)曬阿《N

O

A,速度一直增大B.速度先增大后減小

C.加速度的最大值為3gD.加速度先增大后減小

【答案】A

【詳解】AB.緩慢拉至尸點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力尸與重力和兩彈簧的拉力合力為零。

此時兩彈簧的合力為大小為機g。當(dāng)撤去拉力，則小球從尸點運動到。點的過程中兩彈簧的拉力與重力

的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；

CD.小球從尸點運動到。點的過程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外

力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2加

加速度的最大值為2g,CD錯誤。

故選Ao

8.（2022?江蘇?高考真題）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4,最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過（）

A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2

【答案】B

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【詳解】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度￡=〃加8二小品

解得%=必8=4111/$2,書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度4m/s2。

故選Bo

9.（2022?全國?高考真題）（多選）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平

連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力廠拉動P,使兩滑塊

均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）

fWwWPl一

/////////////////////////////////////

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q的加速度大小的最大值為2〃g

C.P的位移大小一定大于Q的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小

【答案】AD

【詳解】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為如撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為尸=2〃加g,撤

去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB.從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前的

過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椤觛,兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此

時滑塊P的加速度為-加g=冽&i，解得Opi=-2〃g,此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，

過后滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可

知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。，故P加速度大

小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2〃g。Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時0m

解得知.=-〃g，故滑塊Q加速度大小最大值為〃g，A正確，B錯誤；

C.滑塊PQ水平向右運動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤；

D.滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時的加速度為-〃加g=M&2，解得g2=-〃g，撤去拉力時，PQ的初速度相

等，滑塊P由開始的加速度大小為2〃g做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為〃g；

滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為〃g。分析可知

P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。

故選ADo

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10.（2024?全國?模擬預(yù)測）桌面上有一矩形薄板，某同學(xué)將兩本質(zhì)量相同的物理課本水平對齊緊靠放置于

矩形薄板之上，左側(cè)課本左邊與薄板左側(cè)齊平，如圖所示。課本與薄板、課本與水平桌面之間的動摩擦因

數(shù)相同?，F(xiàn)用一水平拉力尸將薄板從兩課本下向右抽出（課本始終未從桌面滑落），每個選項中的虛線框為

抽出前薄板在桌面上的位置，則薄板抽出后，兩課本停在桌面上的位置可能是（）

【答案】A

【詳解】一水平拉力戶將薄板從兩課本下向右抽出過程中，兩課本都受向右的滑動摩擦力，相對桌面向

右運動一小段位移，左側(cè)課本落在桌面上后向右減速，由于右側(cè)課本距離薄板左側(cè)更遠，要繼續(xù)向右加

速，落到桌面時再向右減速，所以薄板抽出后，兩課本停在桌面上的位置可能是A。

故選Ao

11.（2024?全國?模擬預(yù)測）如圖所示，物塊M、N疊放在光滑水平面上，水平外力分別以①、②兩種方式

作用，兩物塊一起以最大加速度運動。已知以方式①運動時加速度大小為M、N的質(zhì)量之比為1:2,最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則以方式②運動時的加速度大小為（）

【答案】B

【詳解】當(dāng)M、N之間達到最大靜摩擦力時，兩者的加速度最大，第①種情況，根據(jù)牛頓第二定律，對

N分析有〃：機8二？/。，解得。=〃g,第②種情況，根據(jù)牛頓第二定律，對M分析有〃-2加g=/mzi，解

得q=2〃g=2a

故選Bo

12.（2024?安徽合肥?模擬預(yù)測）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為

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〃的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為匕初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用豎直向上的拉

力廠作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a<g）的勻加速運動，A、B的速度隨時間變化圖像

如圖乙所示，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.拉力廠的最小值為Ma

B.A、B分離時，彈簧彈力恰好為零

C.A、B分離時，A上升的距離為.1一-

k

D.彈簧恢復(fù)到原長時，物體B的速度達到最大值

【答案】C

【詳解】A.A、B整體原來靜止，合外力為零，施加外力尸的瞬間，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律

有F=2Ma,當(dāng)A、B整體向上運動時，彈簧彈力減小，則F增大，拉力下的最小值為2Ma,故A錯誤;

B.物體A、B在％時刻分離，此時A、B具有共同的y與0,且A、B間作用力為0,對B有尸彈,

解得與=M（g+。），故B錯誤；

C.施加廠前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2吸=丘「解得士=舉，A、B在。時刻分離,

k

由牛=M（g+a）=卮2,解得％="1+"）,則A、B分離時，A上升的距離為9"--網(wǎng)廠"），

kk

故c正確；

D.當(dāng)彈簧的彈力琮=瞬，時，B達到最大速度，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故D錯誤。

故選C。

13.（2024?安徽合肥?模擬預(yù)測）如圖，四個滑塊疊放在傾角為6的固定光滑斜面上，其中B和C的質(zhì)量均

為m,A和D的質(zhì)量均為3加，B和C之間用一平行于斜面的輕繩連接，現(xiàn)對A施加平行于斜面向上的拉

力尸，使得四個滑塊以相同加速度一起沿著斜面向上運動，滑塊間的動摩擦因數(shù)均為〃，重力加速度為g,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）

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B

cF

A

A.拉力尸的最大值為L3〃mgcos。

B.C對D的摩擦力為0.3〃%gcos。時，A對B的摩擦力為;geos。一5%gsinO

C.當(dāng)拉力廠取得最大值時，輕繩上的彈力大小為0.8〃7"gcosO

D.當(dāng)拉力廠取得最大值時，C、D間的摩擦力為〃機geos。

【答案】C

【詳解】ACD.當(dāng)A、B間的摩擦力為最大靜摩擦力時，拉力/取最大值，將BCD看成一個整體，可

fimgcos6-5mgsin6=5ma,F-Smgsin9=8ma,解得尸=1.6〃〃7gcos6,止匕時對CD的整體

7-4加gsin6?=4%a,解得7=0.8〃mgcose,此時對D分析可知fCD-3mgsin0=3ma，解得fCD=0.6^imgcos0,

故AD錯誤，C正確；

B.C對D的摩擦力為0.3〃mgcos。時，對D進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有，

0.3/2mgcos0-3mgsin0=3ma,設(shè)A對B的摩擦力為片，對BCD根據(jù)牛頓第二定律有

Fl-5mgsm9=5ma,解得￡=0.5〃〃zgcose,故B錯誤;

故選C。

14.（2024?河南?模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，物塊A放在輕彈簧上，物塊B疊

放在物塊A上，用繞過兩定滑輪的輕繩將物塊B、C連接，用手托著物塊C,使滑輪兩邊的輕繩剛好沿豎

直方向伸直，已知物塊A、B、C的質(zhì)量分別為加、m、2m,彈簧的勁度系數(shù)為七重力加速度為g,不計空

氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，開始時物塊B到滑輪的距離足夠遠，快速撤去手，則下列判斷正確的是（）

〃〃〃〃〃〃〃/

06

-c0

B

C

D

/

AW

W

W

^

////R

A.撤去手的一瞬間，物塊C的加速度為0

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B.撤去手的一瞬間，A對B的作用力大小為;機g

C.撤去手后，物塊B向上運動過程中加速度先減小后不變

D.當(dāng)物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為竽

【答案】BC

【詳解】A.由題意可知，撤去手之前繩子上得拉力為0,此時，對AB整體受力分析得2加g=b0,撤

去手得一瞬間，彈簧上彈力不變，A、B、C三個物體加速度大小相等，對C受力分析得2加g-尸=2加a,

對AB整體受力分析，由牛頓第二定律得尸+a-2加g=2加a,聯(lián)立解得撤去手的一瞬間，物體C的加

速度大小為。=；g,此時繩上的拉力突變，大小為F=mg,故A錯誤；

B.撤去手的一瞬間，對物體B受力分析，由牛頓第二定律得尸+%-zwg=機。，代入數(shù)據(jù)得此時A對

B的作用力大小為4B，故B正確；

C.撤去手之后AB分開前，對A、B、C系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得2機g+區(qū)-27Mg=4m0,隨著

A向上運動，彈簧的形變量減小，可知加速度減??；A、B分開后，B、C兩個物體由繩連接加速度大小

一樣，對C受力分析由牛頓第二定律可知2勿g-*=3機a,對B受力分析，由牛頓第二定律可知

F'-mg=ma,聯(lián)立解得B、C的加速度大小為a=；g,加速度不再變化，故C正確；

D.A、B分開時，F(xiàn)AB=0,此時A、B、C加速度大小相等，設(shè)此時彈簧的形變量為玉，對A、B、C

系統(tǒng)受力分析解得2圈+優(yōu)-2?^=4%0,隔離人，受力分析由牛頓第二定律得g-加,聯(lián)立解

得，此時彈簧形變量為王=等，故當(dāng)物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為〃=%-再=等，

3k3左

故D錯誤。

故選BCo

15.（2024?遼寧本溪?一模）（多選）如圖所示，傾角為。=37。的光滑斜面固定在水平地面上，一輕質(zhì)彈簧

一端與垂直固定在斜面上的擋板相連，另一端與物塊B栓接，勁度系數(shù)為鼠物塊A緊靠著物塊B,物塊

與斜面均靜止。現(xiàn)用一沿斜面向上的力尸作用于A,使A、B兩物塊一起沿斜面做加速度大小為gg的勻加

速直線運動直到A、B分離。物塊A質(zhì)量為機,物塊B質(zhì)量為2加，重力加速度為g,sin37o=0.6,cos37o=0.8。

下列說法中正確的是（）

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F

A.施加拉力的瞬間，A、B間的彈力大小為

A、B分離瞬間彈簧彈力大小為多〃g

C.拉力廠的最大值大于冽g

D.在A、B分離前整個過程中A的位移為警

【答案】AD

【詳解】A.施加拉力廠之前，A、B整體受力平衡，根據(jù)平衡條件，有與=Ax=3agsinO,解得x="也,

施加尸瞬間，物體A、B加速度大小為。="g,對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律廠+寫單-3加gsin8=3加。，

對A,根據(jù)牛頓第二定律得尸+"A-機gsin。=加。，聯(lián)立，解得穌A=g機g，故A正確；

B.分離時，物體A、B之間作用力為0,對B根據(jù)牛頓第二定律得尸彈-2加gsinO=2〃?a,解得

F'n=kx'=1.6mg,可得x'="等，故B錯誤；

C.依題意，整個過程中拉力尸一直增大，A、B分離瞬間，物體A、B之間作用力為0,尸最大，對A

根據(jù)牛頓第二定律得凡以-冽gsin6=冽。，解得4mx=0.8〃陪＜加g,故C錯誤；

D.在A、B分離前整個過程中A的位移為XA=X-X'=等，故D正確。

故選AD?

16.（2024?四川德陽?一模）如圖所示，在傾角為6的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、Bo它

們的質(zhì)量分別為小小ms,彈簧的勁度系數(shù)為左，C為一固定擋板。系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。己知重力加速度為g。

（1）現(xiàn)開始用一恒力尸（已知）沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度

a的大?。?/p>

（2）若物塊A只是壓在彈簧上端（未與彈簧連接），用沿斜面方向的力拉A,使A沿斜面向上做勻加速直線

運動，經(jīng)過時間t,拉力大小不再改變，求此過程中拉力的最大值。

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A

c

【答案］⑴一〃％gsmO⑵%gsm"普吧

加Akt

【詳解】（1）物塊B剛要離開C時，以B為對象，可得彈簧彈力大小為O=/?Bgsin。

以A為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得尸-/^gsine-寫=以。

廠一加Arsine一加Rosine

聯(lián)立解得物塊A的加速度為。=——--------------

加A

—rk%ILn?--i-r41KL.、士f4Aqr、r/一加Sill0一加pgSill°

可知物塊B剛要禺開C時1物塊A的加速度1的大小為------.......。

加A

（2）使A沿斜面向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間3拉力大小不再改變，可知此時A與彈簧分離，彈

簧剛好恢復(fù)原長；設(shè)初始時彈簧的壓縮量為/，則有為sin。

設(shè)A做勻加速直線運動的加速度為"，根據(jù)運動學(xué)公式可得％。'產(chǎn)

在A與彈簧分離前，彈簧給A的彈力沿斜面向上，且逐漸減小，則拉力逐漸增大，當(dāng)A與彈簧分離時,

拉力達到最大，則有41ax-加Agsine=MA。'

聯(lián)立解得4,*=m.gsin9+2叱in』

題型三：創(chuàng)新連接體問題

17.（2022?全國?高考真題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為機的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于

光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長心一大小為b的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂

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3

直。當(dāng)兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為（)

2F3F

A.里B.——C.正D.——

8m5m8m10m

【答案】A

3

【詳解】當(dāng)兩球運動至二者相距,￡時，，如圖所示

3L

由幾何關(guān)系可知sin。=?=：,設(shè)繩子拉力為T,水平方向有27cos9=F,解得7=卜，對任意小球由牛

458

2

頓第二定律可得T=ma，解得。=三，故A正確，BCD錯誤。

8機

故選Ao

18.（2022?山東?高考真題）某糧庫使用額定電壓。=380V,內(nèi)阻R=0.25。的電動機運糧。如圖所示，配

重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度V=2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流

7=40A?關(guān)閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向

下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量叫=100kg,車上糧食質(zhì)量外=1200kg,配重質(zhì)量

加°=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系

數(shù)為后，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求：

（1）比例系數(shù)左值；

（2）上行路程Z值。

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【答案】(1)左=0.1；(2)L=——m

185

【詳解】（1）設(shè)電動機的牽引繩張力為電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有

UI^fR+T^

解得7；=7400N

小車和配重一起勻速，設(shè)繩的張力為4,對配重有<=加og=4OON

設(shè)斜面傾角為6,對小車勻速有工=（啊+m2）gsinO+k（mi+m2）g

而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有切|gsine=%g+的?|g

聯(lián)立各式解得sin<9=0.5,左=0.1

（2）關(guān)閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設(shè)加速度為。，對系統(tǒng)由牛頓第二定律有

（mx+加2）gsin6+左（機］+m1）g-mQg=（mx+m2+m0）a

「■砥370.2

可得q=-----m/s

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由運動學(xué)公式可知V2=2°￡

解得工

19.（2024?福建?高考真題）如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌

面上的兩個固定擋板相連。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球C

相連，輕繩絕緣且不可伸長，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強電場，A、B、

C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。f=0時撤去電場，C向下加速運動，下降0.2m后

開始勻速運動，C開始做勻速運動瞬間彈簧N的彈性勢能為0.1J。已知A、B、C的質(zhì)量分別為0.3kg、0.4kg、

0.2kg,小球C的帶電量為1x10-6c,重力加速度大小取lOm/sZ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終

處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計。

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(1)求勻強電場的場強大小；

(2)求A與B間的滑動摩擦因數(shù)及C做勻速運動時的速度大??；

(3)若"0時電場方向改為豎直向下，當(dāng)B與A即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續(xù)向右運動，一

段時間后，A從右向左運動。求A第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。(整個過程B未與A脫離,

C未與地面相碰)

【答案】(1)2X1()6N/C(2)0.5；-m/s(3)jV2m/s

【詳解】(1)撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，對A、B整體分析可知，此時繩中

拉力為0,對C根據(jù)共點力平衡條件有qE=mcg

解得E=2xl06N/C

(2)C開始做勻速直線運動后，對C和B根據(jù)共點力平衡條件分別有7；=加eg，4=5

其中/B=〃加Bg

解得〃=0.5

C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，此時A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈

性勢能相同，C下降0.2m的過程中，對A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有

12

mcgh=-(mA+mB+mc)V+2Ef

2

解得v=—m/s

3

(3)沒有電場時，C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，所以此時A的加速度為零，對A根

據(jù)共點力平衡有2M-/=0

當(dāng)電場方向改為豎直向下，設(shè)B與A即將發(fā)生相對滑動時，C下降高度為〃，對A根據(jù)牛頓第二定律

r

可得f-2kh=mAa

對B、C根據(jù)牛頓第二定律可得盛+叫￡-/=(加B+加c”

撤去電場后，由第(2)問的分析可知A、B在C下降0.2m時開始相對滑動，在C下降0.2m的過程中，

對A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有［劭'+加cg〃=；(加A+加B+加c?：ax+珥

此時A的速度是其從左向右運動過程中的最大速度，此后A做簡諧運動，所以A第一次從右向左運動

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過程中的最大速度為*=%出

聯(lián)立解得*ax=羋m/s

20.（2024?山東濟南?二模）如圖所示三個裝置，