PAGEPAGE1專題6.4與連接體相關的功能問題【考綱解讀與考頻分析】連接體是重要模型，與連接體相關的功能問題高考考查頻繁。【高頻考點定位】：與連接體相關的功能問題考點一：與連接體相關的功能問題【3年真題鏈接】1．(2015·新課標全國Ⅱ，21)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止起先運動，不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則()A．a落地前，輕桿對b始終做正功B．a落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg【參考答案】BD【名師解析】滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對b先做正功，后做負功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿為探討對象，系統的機械能守恒，當a剛落地時，b的速度為零，則mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋0，即va＝eq\r(2gh)，選項B正確；a、b的先后受力如圖所示。由a的受力圖可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；當a落地前b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。【2年模擬再現】1．（6分）（2024湖北四地七校考試聯盟期末）如圖所示，固定的光滑豎直桿上套一個滑塊A，與滑塊A連接的細線繞過光滑的輕質定滑輪連接滑塊B，細線不行伸長，滑塊B放在粗糙的固定斜面上，連接滑塊B的細線和斜面平行，滑塊A從細線水平位置由靜止釋放（不計輪軸處的摩擦），到滑塊A下降到速度最大（A未落地，B未上升至滑輪處）的過程中（）A．滑塊A和滑塊B的加速度大小始終相等 B．滑塊A減小的機械能等于滑塊B增加的機械能 C．滑塊A的速度最大時，滑塊A的速度大于B的速度 D．細線上張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的改變量【點撥分析】依據沿繩的加速度相同分析兩滑塊的關系；由系統的機械能守恒的條件推斷；由沿繩的速度相等分析兩滑塊的速度關系；由動能定理或能量守恒分析機械能的改變。【名師解析】兩滑塊與繩構成繩連接體，沿繩方向的加速度相等，則A的分加速度等于B的加速度；故A錯誤；繩連接體上的一對拉力做功不損失機械能，但B受到的斜面摩擦力對B做負功，由能量守恒可知滑塊A減小的機械能等于滑塊B增加加的機械能和摩擦生熱之和；故B錯誤；繩連接體沿繩的速度相等，則A沿繩的分速度等于B的運動速度，如圖所示，即滑塊A的速度大于B的速度，故C正確；對A受力分析可知，除重力外，只有細線的張力對滑塊做功，由功能原理可知，細線上張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的改變量；故D正確。【名師點評】繩連接體問題主要抓住五同原理解題（沿繩的拉力相同，沿繩的加速度相同，沿繩的速度相同，沿繩的功率相同，沿繩的做功相等）。2．【鄭州2025屆質量檢測】如圖所示，不行伸長的輕繩通過定滑輪將物塊甲、乙(均可視為質點)連接，物塊甲套在固定的豎直光滑桿上，用外力使兩物塊靜止，輕繩與豎直方向夾角θ＝37°，然后撤去外力，甲、乙兩物塊從靜上起先無初速釋放，物塊甲能上升到最高點Q，己知Q點與滑輪上緣O在同一水平線上，甲、乙兩物塊質量分別為m、M，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度為g，不計空氣阻力，不計滑輪的大小和摩擦。設物塊甲上升到最高點Q時加速度為a，則下列說法正確的是()A．M＝3mB．M＝2mC．a＝0D．a＝g【參考答案】BD【名師解析】當甲上升到最高點時，甲和乙的速度均為零，此時設甲上升的高度為h，則乙下降的高度為，由能量關系可知，則M＝2m，選項B正確，A錯誤；甲在最高點時，豎直方向只受重力作用，則a＝g，選項C錯誤，D正確。3.（2024·湖南長沙二模）如圖所示，半徑為R的光滑大圓環用一細桿固定在豎直平面內，質量為m的小球A套在大圓環上。上端固定在桿上的輕質彈簧與質量為m的滑塊B連接井一起套在桿上，小球A和滑塊B之間用長為2R的輕桿分別通過鉸鏈連接，當小球A位于圓環最高點時、彈簧處于原長；此時給A一個微小擾動(初速度視為0)，使小球A沿環順時針滑下，到達環最右側時小球A的速度為gR(g為重力加速度)。不計一切摩擦，A、B均可慢為質點，則下列說法正確的是()A.小球A、滑塊B和輕桿組成的系統在下滑過程中機械能守恒B.小球A從圓環最高點到達環最右側的過程中滑塊B的重力能減小33mgR

C.小球A從圓環最高點到達環最右側的過程中小球A的重力勢能減小了3mgR

D.小球【參考答案】D【名師解析】小球A、滑塊B、輕桿和輕彈簧組成的系統在下滑過程中，只有重力和彈力做功，系統的機械能守恒，則知小球A、滑塊B和輕桿組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；小球A從圓環最高點到達圓環最右側的過程中，此時滑塊B距離圓心的高度為2Rcos30°=3R，滑塊B下落的高度為h=3R-3R，滑塊B的重力勢能減小了(3-3)mgR，故B錯誤；小球A從圓環最高點到達圓環最右側的過程中，小球A下落的高度為R，所以小球A的重力勢能減小了mgR，故C正確；小球A從圓環最高點到達圓環最右側時，兩個小球的速度方向都向下，如圖所示，依據運動的合成與分解可得：vAcosθ=vBcosθ，則vA=vB，依據機械能守恒定律可得：(3-4.（2024·江蘇淮安一調）如圖所示，傾角為30°的足夠長斜面固定于水平面上，輕滑輪的頂端與固定于豎直平面內圓環的圓心O及圓環上的P點在同一水平線上，細線一端與套在環上質量為m的小球相連，另一端跨過滑輪與質量為M的物塊相連。在豎直向下拉力作用下小球靜止于Q點，細線與環恰好相切，OQ、OP間成53°角。撤去拉力后球運動到P點速度恰好為零。忽視一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：

(1)拉力的大小F；

(2)物塊和球的質量之比M【名師解析】(1)設細線的張力為T1

對物塊M：T1=Mgsin30°

對球m：(F+mg)cos53°=T1

聯立解得：F=聯立解得：Mm=125；

(3)設細線的張力為T

物塊M；Mgsin30°-T=Ma

球m：T-mgcos53°=ma

解得：T=11Mmg10(M+m)；

答：(1)拉力的大小F為56【方法歸納】(1)對小球和物塊受力分析可求得拉力F的大小；

(2)對小球運動到p的過程，對M、m系統運用機械能守恒定律即可求解M與m質量關系；

(3)通過對物塊和小球列牛頓其次定律可求球向下運動到Q點時細線張力大小；

本題考查共點力平衡問題和系統機械能守恒的問題，明確探討對象，嫻熟駕馭處理這類問題的方法。預料考點一：與連接體相關的功能問題【2年模擬再現】1、（2024洛陽六校聯合月考）如圖所示，可視為質點的小球A、B用不行伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍．當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，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)【參考答案】C.【名師解析】設A、B的質量分別為2m、m，當A落到地面上時，B恰好運動到與圓柱軸心等高處，以A、B整體為探討對象，則A、B組成的系統機械能守恒，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豎直上拋，上升的高度為h＝eq\f(v2,2g)，解得h＝eq\f(1,3)R，故B上升的總高度為R＋h＝eq\f(4,3)R，選項C正確．2、（2024鄭州六校聯考）如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環，環套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.現將環從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當環沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．環剛釋放時輕繩中的張力等于2mgB．環到達B處時，重物上升的高度為(eq\r(2)－1)dC．環在B處的速度與重物上升的速度大小之比為eq\f(\r(2),2)D．環削減的機械能大于重物增加的機械能【參考答案】B.【名師解析】環釋放后重物加速上升，故繩中張力肯定大于2mg，A項錯誤；環到達B處時，繩與直桿間的夾角為45°，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，B項正確；如圖所示，將B處環速度v進行正交分解，重物上升的速度與其分速度v1大小相等，v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，所以，環在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)，C項錯誤；環和重物組成的系統機械能守恒，故D項錯誤．3、（2024西安聯考）一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質不行伸長的細繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側，A球質量為B球質量的2倍，現將A球從圓柱邊緣處由靜止釋放，如圖所示．已知A球始終不離開圓柱內表面，且細繩足夠長，若不計一切摩擦，求：(1)A球沿圓柱內表面滑至最低點時速度的大小；(2)A球沿圓柱內表面運動的最大位移．【名師解析】：(1)設A球沿圓柱內表面滑至最低點時速度的大小為v，B球的質量為m，則依據機械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由圖甲可知，A球的速度v與B球速度vB的關系為vB＝v1＝vcos45°聯立解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR).(2)當A球的速度為零時，A球沿圓柱內表面運動的位移最大，設為x，如圖乙所示，由幾何關系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)依據機械能守恒定律有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洛陽聯考）如圖所示，質量為M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為l0的輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內．圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點，θ＝30°.當小球在A處受到平行于桿的作用力時，恰好與桿間無相互作用，且處于靜止狀態．撤去作用力，小球沿桿下滑過程中，彈簧始終處于彈性限度內．不計小球的半徑，重力加速度為g.求：(1)小球滑到B點時的加速度；(2)輕質彈簧的勁度系數；(3)小球下滑到C點時的速度．【名師解析】(1)在B點對小球受力分析，由牛頓其次定律得Mgcosθ＝Maa＝gcosθ＝eq\f(\r(3),2)g方向沿桿向下．(2)在A點對小球受力分析得F彈＝MgtanθF彈＝kΔxΔx＝eq\f(l0,cosθ)－l0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)－3,3)))l0聯立得k＝eq\f(\r(3)Mg,（2\r(3)－3）l0).(3)小球沿桿下滑過程中系統機械能守恒．依據幾何關系可得小球沿桿下滑的豎直距離為l0由動能定理得Mgl0＋ΔEp彈＝EkC－0始末狀態彈簧長度相同，所以ΔEp彈＝0Mgl0＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)vC＝eq\r(2gl0)，方向沿桿向下．5.(2024.廣東廣州市一模)傾角為θ的斜面與足夠長的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長度為3L，BC、CD的長度均為3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如圖，4個“-”形小滑塊工件緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標為1、2、3、4，滑塊上長為L的輕桿與斜面平行并與上一個滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處。現將4個滑塊一起由靜止釋放，設滑塊經過D處時無機械能損失，輕桿不會與斜面相碰。已知每個滑塊的質量為m并可視為質點，滑塊與粗糙面間的動摩擦因數為tanθ，重力加速度為g。求

(1)滑塊1剛進入BC時，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大小；

(2)4個滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離。【名師解析】(1)以4個滑塊為探討對象，設第一個滑塊剛進BC段時，4個滑塊的加速度為a，由牛頓其次定律有：4mgsinθ-μ?mgcosθ=4ma…①

以滑塊1為探討對象，設剛進入BC段時，輕桿受到的壓力為F，由牛頓其次定律有：F+mgsinθ-μ?mgcosθ=ma…②

已知μ=tanθ

聯立可得：F=34mgsinθ

(2)設4個滑塊完全進入粗糙段時，也即第4個滑塊剛進入BC時，滑塊的共同速度為v。

這個過程，4個滑塊向下移動了6L的距離，1、2、3滑塊在粗糙段向下移動的距離分別為3L、2L、L。

由動能定理，有：4mgsinθ?6L-μ?mgcosθ?(3l+2l+l)=12?4mv2…③

可得：v=3gLsinθ

由于動摩擦因數為μ=tanθ，則4個滑塊都進入BC段后，所受合外力為0，各滑塊均以速度v做勻速運動。

第1個滑塊離開BC后做勻加速下滑，設到達D處時速度為v1，由動能定理：mgsinθ?72L=12mv1【1年仿真原創】1.如圖所示，abcd為固定在豎直平面內的光滑軌道，中ab傾斜、bc水平、cd為半徑R＝0.25m的圓弧軌道三部分平滑連接，c為圓弧軌道的最低點，可為質點的小球m1和m2中間壓縮輕質彈簧靜止在水平軌道上(彈簧與兩小球不栓接且被鎖定，水平檔板c與d點豎直距離h＝0.15m。現解除對彈簧的鎖定，小球m，脫離彈簧后恰能沿軌道運動到處，ab的豎直高度差H＝1.8m，小球m2沿軌道cd運動沖出軌道打在水平檔板c上。已知m1＝0.5kg，m2＝1.0kg，在C點時小球m2對軌道壓力的大小為46N，已知彈簧復原原長時小球仍處于水平軌道，不計空氣阻力，g＝10m/s2求:(1)彈簧最大的彈性勢能(2)小球m2離開d點到打在水平檔板e上的時間。【名師解析】（1）對小球m1，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1gH，（1分）解得：v1＝6m/s（1分）設在C點時軌道對小球m2壓力的大小為F,由牛頓其次定律得：F－m2g＝eq\f(m2veq\o\al(2,2),R)，（1分）解得：：v2＝3m/s（1分）彈簧鎖定時的彈性勢能最大，由能量的轉化及守恒定律得：EP＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2