資源簡介

物理
第講　專題：動力學中的連接體問題及臨界、極值問題
考點一　動力學中的連接體問題
1．連接體問題
(1)連接體
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由彈簧、繩子、細桿聯系)在一起構成的物體系統稱為連接體。
(2)外力與內力
①外力：系統之外的物體對系統的作用力。
②內力：系統內各物體間的相互作用力。
2．連接體的類型
(1)輕彈簧連接體
(2)物物疊放連接體
(3)物物并排連接體
(4)輕繩連接體
(5)輕桿連接體
3．連接體的運動特點
(1)輕繩——輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。
(2)輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比。一般情況下，連接體沿桿方向的分速度相等。
(3)輕彈簧——在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等。若彈簧兩端的物體只沿彈簧方向運動，則在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。
4．連接體的受力特點
輕繩、輕彈簧的作用力沿繩或彈簧方向，輕桿的作用力不一定沿桿。
5．處理連接體問題的方法
(1)整體法
若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力時，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔離法
若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解。
(3)整體法、隔離法交替運用
若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內力”。若已知物體之間的作用力，求連接體所受外力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”。
例1　(2024·北京高考)如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力F作用下一起向前運動。飛船和空間站的質量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為(　　)
A．F B．F
C．F D．F
[答案]　A
[解析]　設飛船和空間站的加速度大小為a，飛船和空間站之間的作用力大小為F′，根據牛頓第二定律，對飛船和空間站整體有F＝(M＋m)a，對空間站有F′＝Ma，聯立解得F′＝F，故選A。
力的“分配”原則 如圖所示，一起加速運動的物體系統，若力作用于m1上，則m1和m2間的相互作用力為F12＝。此結論與有無摩擦無關(有摩擦，兩物體與接觸面的動摩擦因數必須相同)，物體系統沿水平面、斜面、豎直方向運動時，此結論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時，此結論不變。
跟進訓練　(2025·青海省西寧市高三模擬檢測)(多選)如圖，質量為2m的P滑塊、質量為m的Q滑塊置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ，彈簧的勁度系數為k，重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻加速運動。下列說法正確的有(　　)
A．P的加速度大小為－μg
B．P的合力大小為F－2μmg
C．彈簧伸長了
D．突然撤去拉力F瞬間，Q的加速度大小變小
答案：AC
解析：分析可知，P、Q相對靜止時，兩者才能均做勻加速運動，設P、Q的加速度大小均為a，以P、Q整體為研究對象，由牛頓第二定律有F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，解得a＝－μg，故A正確；由牛頓第二定律可知，P的合力大小為FP＝2ma＝－2μmg，故B錯誤；以Q為研究對象，設彈簧彈力為T，由牛頓第二定律可知T－μmg＝ma，解得T＝，根據胡克定律可知，彈簧的伸長量為Δx＝＝，故C正確；突然撤去拉力F瞬間，由于彈簧長度無法瞬時改變，故彈簧彈力不變，Q的加速度大小不變，故D錯誤。
例2　(2025·陜西省西安市高三上11月聯考)如圖，質量為M＝60 kg的人站在水平地面上，通過豎直繩子和定滑輪將質量為m＝40 kg的重物送入井中。當重物以3 m/s2的加速度加速下落時，忽略繩子和定滑輪的質量及繩子與定滑輪間的摩擦，則人對地面的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　)
A．200 N B．920 N
C．320 N D．280 N
[答案]　C
[解析]　重物受到重力mg與繩子的拉力F的作用，根據牛頓第二定律有mg－F＝ma，解得F＝m(g－a)＝40×(10－3) N＝280 N，人受重力Mg、繩子向上的拉力F和地面向上的支持力N的作用，處于平衡狀態，則根據平衡條件有Mg＝F＋N，解得N＝Mg－F＝600 N－280 N＝320 N，由牛頓第三定律可知，人對地面的壓力大小為N′＝N＝320 N，故選C。
考點二　動力學中的臨界、極值問題
1．四種典型的臨界條件
(1)繩子斷裂的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力。
(2)繩子松弛的臨界條件：繩子松弛的臨界條件是FT＝0。
(3)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且相對靜止時，常存在著靜摩擦力，發生相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。
(4)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。
2．求解的基本思路
(1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。
(2)尋找過程中變化的物理量。
(3)探索物理量的變化規律。
(4)確定臨界狀態，分析臨界條件，找出臨界關系。
3．求解的思維方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
例3　(2022·江蘇高考)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為0．4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過(　　)
A．2．0 m/s2 B．4．0 m/s2
C．6．0 m/s2 D．8．0 m/s2
[答案]　B
[解析]　書相對于桌面不滑動，說明書與高鐵的加速度相同，當桌面與書之間的摩擦力為最大靜摩擦力時，書所受合力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4．0 m/s2，即高鐵的最大加速度不超過4．0 m/s2，故選B。
例4　(多選)如圖所示，質量均為m的A、B兩物塊置于水平地面上，物塊與地面間的動摩擦因數均為μ，物塊間用一水平輕繩相連，繩中無拉力。現用水平力F向右拉物塊A，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法中正確的是(　　)
A．當0B．當μmgC．當F>2μmg時，繩中拉力等于
D．無論F多大，繩中拉力都不可能等于
[答案]　AC
[解析]　當02μmg時，A、B整體向右做加速運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律，有F－2μmg＝2ma，對B，根據牛頓第二定律，有F拉－μmg＝ma，聯立解得繩中拉力為F拉＝，故C正確；由前面分析可知，當μmg例5　如圖所示，水平面上的小車內固定一個傾角為θ＝30°的光滑斜面，平行于斜面的細繩一端固定在車上，另一端系著一個質量為m的小球，小球和小車均處于靜止狀態。如果小車在水平面上向左加速且加速度大小不超過a1時，小球仍能夠和小車保持相對靜止；如果小車在水平面上向右加速且加速度大小不超過a2時，小球仍能夠和小車保持相對靜止，則a1和a2的大小之比為(　　)
A．∶1 B．∶3
C．3∶1 D．1∶3
[答案]　D
[解析]　小球和小車保持相對靜止時，小球的受力情況如圖所示。如果小車在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有FNsinθ－FTcosθ＝ma，豎直方向上有FNcosθ＋FTsinθ＝mg，解得加速度大小a＝g，小球能夠和小車保持相對靜止的臨界條件是細繩拉力FT＝0，此時小車向左加速的加速度最大，解得小車向左做加速運動的最大加速度大小a1＝gtan30°，同理可得，如果小車在水平面上向右做加速運動，由正交分解法得，水平方向上有FTcosθ－FNsinθ＝ma′，豎直方向上有FNcosθ＋FTsinθ＝mg，解得加速度大小a′＝g，小球能夠和小車保持相對靜止的臨界條件是斜面對小球的彈力FN＝0，此時小車向右加速的加速度最大，解得小車向右做加速運動的最大加速度大小a2＝，所以a1∶a2＝1∶3，故選D。
例6　(2025·安徽省合肥市第八中學高三上檢測)(多選)如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B(物體B與彈簧連接)，彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態。現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a(aA．拉力F的最小值為2Ma
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
D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值
[答案]　AC
[解析]　A、B分離前，對A、B整體由牛頓第二定律有F＋kx－2Mg＝2Ma，隨著A、B上升，彈簧的壓縮量x減小，則拉力F增大；A、B分離后，對A由牛頓第二定律有F－Mg＝Ma，可知拉力F不變，則開始時拉力F最小。A、B整體原來靜止，根據平衡條件有2Mg＝kx1，解得彈簧的壓縮量為x1＝，施加外力F的瞬間，對A、B整體，根據牛頓第二定律有Fmin＋kx1－2Mg＝2Ma，解得Fmin＝2Ma，A正確；物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有相同的速度，加速度均為a，且A、B間的作用力為0，對B由牛頓第二定律有F彈－Mg＝Ma，根據胡克定律有F彈＝kx2，解得t1時刻彈簧的壓縮量為x2＝，則A、B分離時，A上升的距離為Δx＝x1－x2＝，故B錯誤，C正確；A、B分離后，B向上做加速度減小的加速運動，當彈簧的彈力F彈′＝Mg時，物體B的加速度為0，速度達到最大值，此時彈簧處于壓縮狀態，故D錯誤。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2025·北京市朝陽區高三模擬)如圖所示，光滑水平桌面上木塊A、B疊放在一起，木塊B受到一個大小為F、方向水平向右的力，A、B一起向右運動且保持相對靜止。已知A的質量為m，B的質量為2m，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A．木塊A受到兩個力的作用
B．木塊B受到四個力的作用
C．木塊A所受合力大小為
D．木塊B受到A的作用力大小為
答案：C
解析：由于桌面光滑，則兩木塊一起向右做勻加速運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律可知F＝(m＋2m)a，解得a＝，則木塊A所受合力大小FA＝ma＝，C正確；在豎直方向上，木塊A受重力mg和B對A的支持力N的作用，且N＝mg，在水平方向上，B對A的摩擦力提供A向右的加速度，大小f＝FA，木塊A受三個力的作用，A錯誤；由牛頓第三定律可知，A對B的壓力大小N′＝N＝mg，摩擦力大小f′＝f＝，則木塊B受到A的作用力大小FBA＝＝，此外，B還受重力、地面的支持力及力F，即木塊B受到五個力的作用，B、D錯誤。
2．(粵教版必修第一冊·第四章第六節[練習]T2改編)如圖所示，重力為G的物體a放在上表面水平的物體b上，沿固定光滑斜面c一起下滑，則(　　)
A．a對b的壓力等于零 B．a對b的壓力等于G
C．a受到的摩擦力方向水平向右 D．a與b之間沒有摩擦力的作用
答案：C
解析：對a、b整體由牛頓第二定律得(ma＋mb)gsinθ＝(ma＋mb)a，解得a＝gsinθ，單獨對a受力分析，由牛頓第二定律得，豎直方向上有mag－N＝maa1＝magsin2θ＝Gsin2θ，水平方向上有f＝maa2＝magsinθcosθ＝Gsinθcosθ，則得b對a的支持力N＝G－Gsin2θ＝Gcos2θ，由牛頓第三定律知a對b的壓力N′＝N＝Gcos2θ，a受到的摩擦力大小為f＝Gsinθcosθ，方向水平向右。故A、B、D錯誤，C正確。
3．(2024·河南省新鄉市高三下二模)如圖所示，一根跨過光滑輕滑輪的輕質細繩兩端各系一個小球a、b，b球的質量是a球的2倍，用手托住b球，a球靜止于地面，細繩剛好被拉緊，突然松手，b球落地后立刻靜止，a球上升的最大高度為h，則松手前b球距地面的高度為(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：設松手前b球距地面的高度為hb，b球著地時的速度大小為v，b球落地前的加速度大小為a，細繩的拉力大小為T，根據牛頓第二定律，對b球有2mg－T＝2ma，對a球有T－mg＝ma，根據勻變速直線運動速度與位移的關系，對b球有v2＝2ahb，b球落地后，a球向上做初速度為v的豎直上拋運動，有0－v2＝－2g(h－hb)，聯立解得hb＝，故選C。
4．(2021·海南高考)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半。已知P、Q兩物塊的質量分別為mP＝0．5 kg、mQ＝0．2 kg，P與桌面間的動摩擦因數μ＝0．5，重力加速度g＝10 m/s2。則推力F的大小為(　　)
A．4．0 N B．3．0 N
C．2．5 N D．1．5 N
答案：A
解析：開始時P靜止在水平桌面上，由平衡條件有T1＝mQg＝2 N，f＝T1＝2 N<μmPg＝2．5 N；推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半，即T2＝＝1 N，可知Q物塊加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物塊將以相同大小的加速度向右加速運動，受到滑動摩擦力，對P由牛頓第二定律得T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4 N，故選A。
5．(多選)如圖所示，一細線的一端固定于傾角為θ的光滑楔形滑塊的頂端O處，另一端拴一質量為m的小球。重力加速度為g，不計空氣阻力，當小球與滑塊一起以加速度a水平向左加速運動時，細線的拉力大小可能為(　　)
A．m(asinθ＋gcosθ) B．m(gsinθ＋acosθ)
C．m D．m
答案：BD
解析：設滑塊對小球的支持力大小為N，細線的拉力大小為T。當N≠0時，在水平方向上根據牛頓第二定律有Tcosθ－Nsinθ＝ma，在豎直方向上根據平衡條件有Tsinθ＋Ncosθ＝mg，聯立解得T＝m(gsinθ＋acosθ)；當N＝0時，由牛頓第二定律有＝ma，解得T＝m，故B、D正確，A、C錯誤。
6．(2025·湖南省邵陽市高三模擬)如圖所示，水平地面上一輛貨車運載著完全相同的圓柱形光滑空油桶，油桶質量分布均勻且均為m，在車廂底一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只油桶C，自由擺放在桶A、B之間，沒有用繩索固定，桶C受到桶A、B的支持力，和汽車一起保持靜止，下列說法正確的是(　　)
A．汽車在水平面上保持靜止時，C受A對它的支持力為mg
B．汽車向左加速時，A對C的支持力變小
C．汽車向左加速時，B對C的支持力變小
D．要使C不發生滾動，汽車向左加速的最大加速度為g
答案：B
解析：對桶C受力分析如圖所示，由幾何關系知θ＝30°。汽車在水平面上保持靜止時，對C由平衡條件可知，在水平方向上有FAsinθ＝FBsinθ，在豎直方向上有FAcosθ＋FBcosθ＝mg，聯立解得FA＝FB＝＝mg，故A錯誤；汽車向左加速時，水平方向由牛頓第二定律有FBsinθ－FAsinθ＝ma，豎直方向由平衡條件有FAcosθ＋FBcosθ＝mg，聯立解得FA＝，FB＝，則A對C的支持力變小，B對C的支持力變大，故B正確，C錯誤；當汽車向左加速，且C恰好不發生滾動時，A對C的支持力恰好為零，即FA＝＝0，解得汽車向左加速的最大加速度為amax＝g，故D錯誤。
7．如圖所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動摩擦因數μ＝0．75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值為(　　)
A．0．12 m B．0．14 m
C．0．16 m D．0．2 m
答案：C
解析：取沿木板向上為正方向，設木塊的質量為m，加速度為a，由牛頓第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，由勻變速直線運動速度與位移的關系可知0－v＝2ax，解得x＝，根據數學關系知sinθ＋μcosθ＝sin(θ＋α)，其中α滿足tanα＝μ＝0．75，可得α＝37°，當θ＋α＝90°時，x有最小值，為xmin＝＝0．16 m，故A、B、D錯誤，C正確。
8．(2024·安徽省安慶市高三下二模)(多選)如圖所示，一固定光滑直桿與水平方向夾角為α，一質量為M的物塊A套在桿上，通過輕繩連接一個質量為m的小球B。現讓A、B以某一相同速度沿桿方向開始上滑，此時輕繩繃緊且與豎直方向夾角為β，A、B一道沿桿上滑過程中，設A、B的加速度大小為a，輕繩的拉力大小為FT，桿對物塊A的彈力大小
為FN，已知重力加速度為g，A、B均可看成質點，則(　　)
A．a＝gtanα B．α＝β
C．FN＝(M＋m)gcosα D．FT>mgcosβ
答案：BC
解析：A、B一道沿桿上滑過程中，將A、B看成一個整體，將重力進行正交分解，如圖所示，沿桿向下的分力大小為F1＝(M＋m)·gsinα，垂直桿向下的分力大小為F2＝(M＋m)gcosα，在垂直于桿方向根據平衡條件可知FN＝F2＝(M＋m)gcosα，在運動的方向由牛頓第二定律有F1＝(M＋m)a，解得a＝gsinα，故A錯誤，C正確；對小球B受力分析，由于小球B的加速度大小為a，方向沿桿向下，則小球B垂直桿方向的合力為0，把小球B的重力正交分解，沿桿向下的分力大小為F1′＝mgsinα，垂直桿向下的分力大小為F2′＝mgcosα，由牛頓第二定律可知，小球B所受合力FB＝ma＝mgsinα＝F1′，方向沿桿向下，可知輕繩的拉力沿桿方向的分力為0，即FT的方向垂直桿向上，由幾何關系可知α＝β，由平衡條件有FT＝F2′＝mgcosα＝mgcosβ，故B正確，D錯誤。
9．(多選)如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上，A、B間動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為μ，可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現對A施加一水平拉力，則下列選項正確的是(　　)
A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止
B．當F＝μmg時，A、B間的摩擦力為μmg
C．當F>3μmg時，A相對B滑動
D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg
答案：CD
解析：A所受B的最大靜摩擦力為μ·2mg＝2μmg，B所受地面的最大靜摩擦力為μ·3mg＝μmg，故當F<μmg時，A、B都相對地面靜止，A錯誤；當A、B一起運動時，對A、B整體根據牛頓第二定律得F－μmg＝3ma，設A、B間的摩擦力為f，對A根據牛頓第二定律得F－f＝2ma，兩式聯立得F＝3f－3μmg，當A、B之間的摩擦力最大為fmax＝2μmg時，解得F＝3μmg，即當μmg3μmg時，A相對B滑動，故C正確；當A、B發生相對滑動時，A對B的滑動摩擦力為fmax＝2μmg，對B根據牛頓第二定律得2μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故無論F為何值，B的加速度不會超過μg，故D正確。
[B組　綜合提升練]
10．(2024·吉林省普通高等學校招生考試適應性測試)如圖，質量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上，二者間用平行于斜面的輕質彈簧相連，乙緊靠在垂直于斜面的擋板上。給甲一個沿斜面向上的初速度，此后運動過程中乙始終不脫離擋板，且擋板對乙的彈力最小值為0，重力加速度為g。擋板對乙的彈力最大值為(　　)
A．2mgsinθ B．3mgsinθ
C．4mgsinθ D．5mgsinθ
答案：C
解析：由題意分析可知，給甲一個沿斜面向上的初速度后，甲開始做簡諧振動，則其在最高點和最低點的加速度大小相等，設為a。物塊甲運動至最高點時，設彈簧的拉力為F彈1，由題意可知擋板對乙的彈力為0，對乙，根據平衡條件有F彈1＝mgsinθ，對甲，由牛頓第二定律有F彈1＋mgsinθ＝ma；物塊甲運動至最低點時，設彈簧的彈力為F彈2，對甲，根據牛頓第二定律可知F彈2－mgsinθ＝ma，對乙，由平衡條件可知擋板對乙的彈力最大值為FN＝F彈2＋mgsinθ，聯立解得FN＝4mgsinθ，故選C。
11．如圖所示，兩個輕質滑輪用無彈性的輕質細繩連接，一個滑輪下方掛著重物A，另一個滑輪下方掛著重物B，懸掛滑輪的繩均豎直，重物B用手固定。已知A、B質量均為m，重力加速度大小為g，忽略一切摩擦和空氣阻力。松開手的瞬間，重物B的加速度大小是(　　)
A．g B．g
C．g D．g
答案：C
解析：松開手之前，A、B受力平衡，對A有2T0＝mg，對B有T0＋F＝mg，可得手對B的力F＝，方向豎直向上；松開手的瞬間，F消失，則B加速下落，設松開手瞬間繩中張力大小為T，對A和B根據牛頓第二定律分別有2T－mg＝maA，mg－T＝maB，在極短的時間內，可認為A、B均做勻變速直線運動，有xA＝aAt2，xB＝aBt2，根據動滑輪繩端與滑輪位移關系可知xB＝2xA，則aB＝2aA，聯立可解得aB＝g，故選C。
12．(2024·湖南省益陽市高三下三模)如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾角為θ的斜面上，質量分別為m和4m的物塊A、B通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與斜面平行，A和B、B與斜面間動摩擦因數均為μ＝tanθ，最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，則繩的拉力為(　　)
A．mgsinθ B．mgsinθ
C．mgsinθ D．mgsinθ
答案：B
解析：設當物塊B的質量為M時，物塊B恰未向下滑動，此時對物塊A由平衡條件可知，繩的拉力T＝mgsinθ＋μmgcosθ，對物塊B有μmgcosθ＋T＋μ(m＋M)gcosθ＝Mgsinθ，聯立解得M＝m，因B的質量為4m>M，則A將向上滑動，B將向下滑動，設A、B的加速度大小均為a，繩的拉力大小為T′，根據牛頓第二定律，對A有T′－μmgcosθ－mgsinθ＝ma，對B有4mgsinθ－μ(4m＋m)gcosθ－μmgcosθ－T′＝4ma，兩式聯立解得T′＝mgsinθ，故選B。
13．(2024·內蒙古包頭市高三下一模)(多選)如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長，物塊A的質量為3 kg。t＝0時，對物塊A施加水平向右的恒力F，t＝1 s時撤去，在0～1 s內兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是(　　)
A．t＝1 s時物塊A的速度小于0．8 m/s
B．t＝1 s時彈簧彈力為0．6 N
C．物塊B的質量為2 kg
D．F大小為1．5 N
答案：AC
解析：a t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示速度的變化量，0～1 s內物塊A的a t圖線與t軸圍成的面積小于×1 m/s＝0．8 m/s，則物塊A在0～1 s內速度變化量Δv<0．8 m/s，可知t＝1 s時物塊A的速度vA＝0＋Δv<0．8 m/s，故A正確；由題圖乙可知，t＝0時，物塊A的加速度aA＝1．0 m/s2，且彈簧處于原長，對A由牛頓第二定律可得F＝mAaA＝3×1 N＝3 N，故D錯誤；由題圖乙可知，t＝1 s時，物塊A、B的加速度相同，為a共＝0．6 m/s2，把物塊A、B看成一個整體，對整體由牛頓第二定律得F＝(mA＋mB)a共，解得物塊B的質量mB＝2 kg，故C正確；對B由牛頓第二定律可知，t＝1 s時彈簧彈力為F彈＝mBa共＝2×0．6 N＝1．2 N，故B錯誤。
[C組　拔尖培優練]
14．(2022·全國甲卷)(多選)如圖，質量相等的兩滑塊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均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F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原長之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值為2μg
B．Q的加速度大小的最大值為2μg
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
解析：設兩滑塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，對Q受力分析可知，彈簧的彈力大小為T0＝μmg。撤去拉力瞬間，彈簧彈力不變，兩滑塊速度相等，與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度大小為aP0＝＝2μg，向右做減速運動，滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，故P、Q間的距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小，根據牛頓第二定律可知，開始一段時間，P減速的加速度減小，向右做加速度減小的減速運動，Q所受的合外力增大且方向向左，向右做加速度增大的減速運動，彈簧第一次恢復原長時，P可能還在向右運動，也可能已停止運動，但在彈簧第一次即將恢復到原長時，Q的加速度大小一定為aQ1＝＝μg，故在彈簧第一次恢復原長之前，P的加速度大小的最大值為2μg，Q的加速度大小的最大值為μg，A正確，B錯誤；從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長，滑塊P、Q的位移水平向右，P、Q間的距離減小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C錯誤；通過畫v t圖可知，P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。
1(共50張PPT)
第三章　運動和力的關系
第3講　專題：動力學中的連接體問題及臨界、極值
目錄
1
2
3
考點一　動力學中的連接體問題
考點二　動力學中的臨界、極值問題
課時作業
考點一　動力學中的連接體問題
1．連接體問題
(1)連接體
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由彈簧、繩子、細桿聯系)在一起構成的物體系統稱為連接體。
(2)外力與內力
①外力：系統之外的物體對系統的作用力。
②內力：系統內各物體間的相互作用力。
2．連接體的類型
(1)輕彈簧連接體
(2)物物疊放連接體
(3)物物并排連接體
(4)輕繩連接體
(5)輕桿連接體
3．連接體的運動特點
(1)輕繩——輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。
(2)輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比。一般情況下，連接體沿桿方向的分速度相等。
(3)輕彈簧——在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等。若彈簧兩端的物體只沿彈簧方向運動，則在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。
4．連接體的受力特點
輕繩、輕彈簧的作用力沿繩或彈簧方向，輕桿的作用力不一定沿桿。
5．處理連接體問題的方法
(1)整體法
若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力時，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔離法
若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解。
(3)整體法、隔離法交替運用
若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內力”。若已知物體之間的作用力，求連接體所受外力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”。
例2　(2025·陜西省西安市高三上11月聯考)如圖，質量為M＝60 kg的人站在水平地面上，通過豎直繩子和定滑輪將質量為m＝40 kg的重物送入井
中。當重物以3 m/s2的加速度加速下落時，忽略繩子和定滑輪的質量及
繩子與定滑輪間的摩擦，則人對地面的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　)
A．200 N B．920 N
C．320 N D．280 N
解析　重物受到重力mg與繩子的拉力F的作用，根據牛頓第二定律有mg－F＝ma，解得F＝m(g－a)＝40×(10－3) N＝280 N，人受重力Mg、繩子向上的拉力F和地面向上的支持力N的作用，處于平衡狀態，則根據平衡條件有Mg＝F＋N，解得N＝Mg－F＝600 N－280 N＝320 N，由牛頓第三定律可知，人對地面的壓力大小為N′＝N＝320 N，故選C。
考點二　動力學中的臨界、極值問題
1．四種典型的臨界條件
(1)繩子斷裂的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力。
(2)繩子松弛的臨界條件：繩子松弛的臨界條件是FT＝0。
(3)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且相對靜止時，常存在著靜摩擦力，發生相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。
(4)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。
2．求解的基本思路
(1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。
(2)尋找過程中變化的物理量。
(3)探索物理量的變化規律。
(4)確定臨界狀態，分析臨界條件，找出臨界關系。
3．求解的思維方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
例3　(2022·江蘇高考)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為0．4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過(　　)
A．2．0 m/s2 B．4．0 m/s2
C．6．0 m/s2 D．8．0 m/s2
解析　書相對于桌面不滑動，說明書與高鐵的加速度相同，當桌面與書之間的摩擦力為最大靜摩擦力時，書所受合力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0 m/s2，即高鐵的最大加速度不超過4.0 m/s2，故選B。
課時作業
解析：設松手前b球距地面的高度為hb，b球著地時的速度大小為v，b球落地前的加速度大小為a，細繩的拉力大小為T，根據牛頓第二定律，對b球有2mg－T＝2ma，對a球有T－mg＝ma，根據勻變速直線運動速度與位移的關系，對b球有v2＝2ahb，b球落地后，a球向上做初速度為v的豎直上拋運動，有0－v2＝－2g(h－hb)，聯立解得hb＝，故選C。
4．(2021·海南高考)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半。已知P、Q兩物塊的質量分別為mP＝0．5 kg、mQ＝0．2 kg，P與桌面間的動摩擦因數μ＝0．5，重力加速度g＝10 m/s2。則推力F的大小為(　　)
A．4．0 N B．3．0 N
C．2．5 N D．1．5 N
7．如圖所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動摩擦因數μ＝0．75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值為(　　)
A．0．12 m B．0．14 m
C．0．16 m D．0．2 m
8．(2024·安徽省安慶市高三下二模)(多選)如圖所示，一固定光滑直桿與水平方向夾角為α，一質量為M的物塊A套在桿上，通過輕繩連接一個質量為m的小球B。現讓A、B以某一相同速度沿桿方向開始上滑，此時輕繩繃緊且與豎直方向夾角為β，A、B一道沿桿上滑過程中，設A、B的加速度大小為a，輕繩的拉力大小為FT，桿對物塊A的彈力大小為FN，已知重力加速度為g，A、B均可看成質點，則(　　)
A．a＝gtanα B．α＝β
C．FN＝(M＋m)gcosα D．FT>mgcosβ
解析：A、B一道沿桿上滑過程中，將A、B看成一個整體，將重
力進行正交分解，如圖所示，沿桿向下的分力大小為F1＝(M＋m)·
gsinα，垂直桿向下的分力大小為F2＝(M＋m)gcosα，在垂直于桿方向
根據平衡條件可知FN＝F2＝(M＋m)gcosα，在運動的方向由牛頓第二
定律有F1＝(M＋m)a，解得a＝gsinα，故A錯誤，C正確；對小球B受力分析，由于小球B的加速度大小為a，方向沿桿向下，則小球B垂直桿方向的合力為0，把小球B的重力正交分解，沿桿向下的分力大小為F1′＝mgsinα，垂直桿向下的分力大小為F2′＝mgcosα，由牛頓第二定律可知，小球B所受合力FB＝ma＝mgsinα＝F1′，方向沿桿向下，可知輕繩的拉力沿桿方向的分力為0，即FT的方向垂直桿向上，由幾何關系可知α＝β，由平衡條件有FT＝F2′＝mgcosα＝mgcosβ，故B正確，D錯誤。
[B組　綜合提升練]
10．(2024·吉林省普通高等學校招生考試適應性測試)如圖，質量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上，二者間用平行于斜面的輕質彈簧相連，乙緊靠在垂直于斜面的擋板上。給甲一個沿斜面向上的初速度，此后運動過程中乙始終不脫離擋板，且擋板對乙的彈力最小值為0，重力加速度為g。擋板對乙的彈力最大值為(　　)
A．2mgsinθ B．3mgsinθ
C．4mgsinθ D．5mgsinθ
解析：由題意分析可知，給甲一個沿斜面向上的初速度后，甲開始做簡諧振動，則其在最高點和最低點的加速度大小相等，設為a。物塊甲運動至最高點時，設彈簧的拉力為F彈1，由題意可知擋板對乙的彈力為0，對乙，根據平衡條件有F彈1＝mgsinθ，對甲，由牛頓第二定律有F彈1＋mgsinθ＝ma；物塊甲運動至最低點時，設彈簧的彈力為F彈2，對甲，根據牛頓第二定律可知F彈2－mgsinθ＝ma，對乙，由平衡條件可知擋板對乙的彈力最大值為FN＝F彈2＋mgsinθ，聯立解得FN＝4mgsinθ，故選C。
13．(2024·內蒙古包頭市高三下一模)(多選)如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長，物塊A的質量為3 kg。t＝0時，對物塊A施加水平向右的恒力F，t＝1 s時撤去，在0～1 s內兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是(　　)
A．t＝1 s時物塊A的速度小于0．8 m/s
B．t＝1 s時彈簧彈力為0．6 N
C．物塊B的質量為2 kg
D．F大小為1．5 N
[C組　拔尖培優練]
14．(2022·全國甲卷)(多選)如圖，質量相等的兩滑塊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均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F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原長之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值為2μg
B．Q的加速度大小的最大值為2μg
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

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