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物理
第讲　专题：动力学中的连接体问题及临界、极值问题
考点一　动力学中的连接体问题
1．连接体问题
(1)连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由弹簧、绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。
(2)外力与内力
①外力：系统之外的物体对系统的作用力。
②内力：系统内各物体间的相互作用力。
2．连接体的类型
(1)轻弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
(3)物物并排连接体
(4)轻绳连接体
(5)轻杆连接体
3．连接体的运动特点
(1)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。
(2)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。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。
(3)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。若弹簧两端的物体只沿弹簧方向运动，则在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
4．连接体的受力特点
轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。
5．处理连接体问题的方法
(1)整体法
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时，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔离法
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各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。
(3)整体法、隔离法交替运用
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”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。
例1　(2024·北京高考)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
A．F B．F
C．F D．F
[答案]　A
[解析]　设飞船和空间站的加速度大小为a，飞船和空间站之间的作用力大小为F′，根据牛顿第二定律，对飞船和空间站整体有F＝(M＋m)a，对空间站有F′＝Ma，联立解得F′＝F，故选A。
力的“分配”原则 如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2间的相互作用力为F12＝。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。
跟进训练　(2025·青海省西宁市高三模拟检测)(多选)如图，质量为2m的P滑块、质量为m的Q滑块置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀加速运动。下列说法正确的有(　　)
A．P的加速度大小为－μg
B．P的合力大小为F－2μmg
C．弹簧伸长了
D．突然撤去拉力F瞬间，Q的加速度大小变小
答案：AC
解析：分析可知，P、Q相对静止时，两者才能均做匀加速运动，设P、Q的加速度大小均为a，以P、Q整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，解得a＝－μg，故A正确；由牛顿第二定律可知，P的合力大小为FP＝2ma＝－2μmg，故B错误；以Q为研究对象，设弹簧弹力为T，由牛顿第二定律可知T－μmg＝ma，解得T＝，根据胡克定律可知，弹簧的伸长量为Δx＝＝，故C正确；突然撤去拉力F瞬间，由于弹簧长度无法瞬时改变，故弹簧弹力不变，Q的加速度大小不变，故D错误。
例2　(2025·陕西省西安市高三上11月联考)如图，质量为M＝60 kg的人站在水平地面上，通过竖直绳子和定滑轮将质量为m＝40 kg的重物送入井中。当重物以3 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为(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与绳子的拉力F的作用，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得F＝m(g－a)＝40×(10－3) N＝280 N，人受重力Mg、绳子向上的拉力F和地面向上的支持力N的作用，处于平衡状态，则根据平衡条件有Mg＝F＋N，解得N＝Mg－F＝600 N－280 N＝320 N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小为N′＝N＝320 N，故选C。
考点二　动力学中的临界、极值问题
1．四种典型的临界条件
(1)绳子断裂的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力。
(2)绳子松弛的临界条件：绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(3)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(4)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．求解的基本思路
(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。
3．求解的思维方法
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
例3　(2022·江苏高考)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0．4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　)
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]　书相对于桌面不滑动，说明书与高铁的加速度相同，当桌面与书之间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所受合力最大，加速度最大，由牛顿第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4．0 m/s2，即高铁的最大加速度不超过4．0 m/s2，故选B。
例4　(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)
A．当0B．当μmgC．当F>2μmg时，绳中拉力等于
D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于
[答案]　AC
[解析]　当02μmg时，A、B整体向右做加速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律，有F－2μmg＝2ma，对B，根据牛顿第二定律，有F拉－μmg＝ma，联立解得绳中拉力为F拉＝，故C正确；由前面分析可知，当μmg例5　如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ＝30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止，则a1和a2的大小之比为(　　)
A．∶1 B．∶3
C．3∶1 D．1∶3
[答案]　D
[解析]　小球和小车保持相对静止时，小球的受力情况如图所示。如果小车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，竖直方向上有FNcosθ＋FTsinθ＝mg，解得加速度大小a＝g，小球能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力FT＝0，此时小车向左加速的加速度最大，解得小车向左做加速运动的最大加速度大小a1＝gtan30°，同理可得，如果小车在水平面上向右做加速运动，由正交分解法得，水平方向上有FTcosθ－FNsinθ＝ma′，竖直方向上有FNcosθ＋FTsinθ＝mg，解得加速度大小a′＝g，小球能够和小车保持相对静止的临界条件是斜面对小球的弹力FN＝0，此时小车向右加速的加速度最大，解得小车向右做加速运动的最大加速度大小a2＝，所以a1∶a2＝1∶3，故选D。
例6　(2025·安徽省合肥市第八中学高三上检测)(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(物体B与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a(aA．拉力F的最小值为2Ma
B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零
C．A、B分离时，A上升的距离为
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
[答案]　AC
[解析]　A、B分离前，对A、B整体由牛顿第二定律有F＋kx－2Mg＝2Ma，随着A、B上升，弹簧的压缩量x减小，则拉力F增大；A、B分离后，对A由牛顿第二定律有F－Mg＝Ma，可知拉力F不变，则开始时拉力F最小。A、B整体原来静止，根据平衡条件有2Mg＝kx1，解得弹簧的压缩量为x1＝，施加外力F的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律有Fmin＋kx1－2Mg＝2Ma，解得Fmin＝2Ma，A正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有相同的速度，加速度均为a，且A、B间的作用力为0，对B由牛顿第二定律有F弹－Mg＝Ma，根据胡克定律有F弹＝kx2，解得t1时刻弹簧的压缩量为x2＝，则A、B分离时，A上升的距离为Δx＝x1－x2＝，故B错误，C正确；A、B分离后，B向上做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力F弹′＝Mg时，物体B的加速度为0，速度达到最大值，此时弹簧处于压缩状态，故D错误。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．(2025·北京市朝阳区高三模拟)如图所示，光滑水平桌面上木块A、B叠放在一起，木块B受到一个大小为F、方向水平向右的力，A、B一起向右运动且保持相对静止。已知A的质量为m，B的质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．木块A受到两个力的作用
B．木块B受到四个力的作用
C．木块A所受合力大小为
D．木块B受到A的作用力大小为
答案：C
解析：由于桌面光滑，则两木块一起向右做匀加速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可知F＝(m＋2m)a，解得a＝，则木块A所受合力大小FA＝ma＝，C正确；在竖直方向上，木块A受重力mg和B对A的支持力N的作用，且N＝mg，在水平方向上，B对A的摩擦力提供A向右的加速度，大小f＝FA，木块A受三个力的作用，A错误；由牛顿第三定律可知，A对B的压力大小N′＝N＝mg，摩擦力大小f′＝f＝，则木块B受到A的作用力大小FBA＝＝，此外，B还受重力、地面的支持力及力F，即木块B受到五个力的作用，B、D错误。
2．(粤教版必修第一册·第四章第六节[练习]T2改编)如图所示，重力为G的物体a放在上表面水平的物体b上，沿固定光滑斜面c一起下滑，则(　　)
A．a对b的压力等于零 B．a对b的压力等于G
C．a受到的摩擦力方向水平向右 D．a与b之间没有摩擦力的作用
答案：C
解析：对a、b整体由牛顿第二定律得(ma＋mb)gsinθ＝(ma＋mb)a，解得a＝gsinθ，单独对a受力分析，由牛顿第二定律得，竖直方向上有mag－N＝maa1＝magsin2θ＝Gsin2θ，水平方向上有f＝maa2＝magsinθcosθ＝Gsinθcosθ，则得b对a的支持力N＝G－Gsin2θ＝Gcos2θ，由牛顿第三定律知a对b的压力N′＝N＝Gcos2θ，a受到的摩擦力大小为f＝Gsinθcosθ，方向水平向右。故A、B、D错误，C正确。
3．(2024·河南省新乡市高三下二模)如图所示，一根跨过光滑轻滑轮的轻质细绳两端各系一个小球a、b，b球的质量是a球的2倍，用手托住b球，a球静止于地面，细绳刚好被拉紧，突然松手，b球落地后立刻静止，a球上升的最大高度为h，则松手前b球距地面的高度为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：设松手前b球距地面的高度为hb，b球着地时的速度大小为v，b球落地前的加速度大小为a，细绳的拉力大小为T，根据牛顿第二定律，对b球有2mg－T＝2ma，对a球有T－mg＝ma，根据匀变速直线运动速度与位移的关系，对b球有v2＝2ahb，b球落地后，a球向上做初速度为v的竖直上抛运动，有0－v2＝－2g(h－hb)，联立解得hb＝，故选C。
4．(2021·海南高考)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0．5 kg、mQ＝0．2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0．5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　　)
A．4．0 N B．3．0 N
C．2．5 N D．1．5 N
答案：A
解析：开始时P静止在水平桌面上，由平衡条件有T1＝mQg＝2 N，f＝T1＝2 N<μmPg＝2．5 N；推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝＝1 N，可知Q物块加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物块将以相同大小的加速度向右加速运动，受到滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律得T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4 N，故选A。
5．(多选)如图所示，一细线的一端固定于倾角为θ的光滑楔形滑块的顶端O处，另一端拴一质量为m的小球。重力加速度为g，不计空气阻力，当小球与滑块一起以加速度a水平向左加速运动时，细线的拉力大小可能为(　　)
A．m(asinθ＋gcosθ) B．m(gsinθ＋acosθ)
C．m D．m
答案：BD
解析：设滑块对小球的支持力大小为N，细线的拉力大小为T。当N≠0时，在水平方向上根据牛顿第二定律有Tcosθ－Nsinθ＝ma，在竖直方向上根据平衡条件有Tsinθ＋Ncosθ＝mg，联立解得T＝m(gsinθ＋acosθ)；当N＝0时，由牛顿第二定律有＝ma，解得T＝m，故B、D正确，A、C错误。
6．(2025·湖南省邵阳市高三模拟)如图所示，水平地面上一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，油桶质量分布均匀且均为m，在车厢底一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶C，自由摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A、B的支持力，和汽车一起保持静止，下列说法正确的是(　　)
A．汽车在水平面上保持静止时，C受A对它的支持力为mg
B．汽车向左加速时，A对C的支持力变小
C．汽车向左加速时，B对C的支持力变小
D．要使C不发生滚动，汽车向左加速的最大加速度为g
答案：B
解析：对桶C受力分析如图所示，由几何关系知θ＝30°。汽车在水平面上保持静止时，对C由平衡条件可知，在水平方向上有FAsinθ＝FBsinθ，在竖直方向上有FAcosθ＋FBcosθ＝mg，联立解得FA＝FB＝＝mg，故A错误；汽车向左加速时，水平方向由牛顿第二定律有FBsinθ－FAsinθ＝ma，竖直方向由平衡条件有FAcosθ＋FBcosθ＝mg，联立解得FA＝，FB＝，则A对C的支持力变小，B对C的支持力变大，故B正确，C错误；当汽车向左加速，且C恰好不发生滚动时，A对C的支持力恰好为零，即FA＝＝0，解得汽车向左加速的最大加速度为amax＝g，故D错误。
7．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0．75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A．0．12 m B．0．14 m
C．0．16 m D．0．2 m
答案：C
解析：取沿木板向上为正方向，设木块的质量为m，加速度为a，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，由匀变速直线运动速度与位移的关系可知0－v＝2ax，解得x＝，根据数学关系知sinθ＋μcosθ＝sin(θ＋α)，其中α满足tanα＝μ＝0．75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，x有最小值，为xmin＝＝0．16 m，故A、B、D错误，C正确。
8．(2024·安徽省安庆市高三下二模)(多选)如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、B一道沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小
为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则(　　)
A．a＝gtanα B．α＝β
C．FN＝(M＋m)gcosα D．FT>mgcosβ
答案：BC
解析：A、B一道沿杆上滑过程中，将A、B看成一个整体，将重力进行正交分解，如图所示，沿杆向下的分力大小为F1＝(M＋m)·gsinα，垂直杆向下的分力大小为F2＝(M＋m)gcosα，在垂直于杆方向根据平衡条件可知FN＝F2＝(M＋m)gcosα，在运动的方向由牛顿第二定律有F1＝(M＋m)a，解得a＝gsinα，故A错误，C正确；对小球B受力分析，由于小球B的加速度大小为a，方向沿杆向下，则小球B垂直杆方向的合力为0，把小球B的重力正交分解，沿杆向下的分力大小为F1′＝mgsinα，垂直杆向下的分力大小为F2′＝mgcosα，由牛顿第二定律可知，小球B所受合力FB＝ma＝mgsinα＝F1′，方向沿杆向下，可知轻绳的拉力沿杆方向的分力为0，即FT的方向垂直杆向上，由几何关系可知α＝β，由平衡条件有FT＝F2′＝mgcosα＝mgcosβ，故B正确，D错误。
9．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力，则下列选项正确的是(　　)
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
答案：CD
解析：A所受B的最大静摩擦力为μ·2mg＝2μmg，B所受地面的最大静摩擦力为μ·3mg＝μmg，故当F<μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A、B一起运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律得F－μmg＝3ma，设A、B间的摩擦力为f，对A根据牛顿第二定律得F－f＝2ma，两式联立得F＝3f－3μmg，当A、B之间的摩擦力最大为fmax＝2μmg时，解得F＝3μmg，即当μmg3μmg时，A相对B滑动，故C正确；当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力为fmax＝2μmg，对B根据牛顿第二定律得2μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故无论F为何值，B的加速度不会超过μg，故D正确。
[B组　综合提升练]
10．(2024·吉林省普通高等学校招生考试适应性测试)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　　)
A．2mgsinθ B．3mgsinθ
C．4mgsinθ D．5mgsinθ
答案：C
解析：由题意分析可知，给甲一个沿斜面向上的初速度后，甲开始做简谐振动，则其在最高点和最低点的加速度大小相等，设为a。物块甲运动至最高点时，设弹簧的拉力为F弹1，由题意可知挡板对乙的弹力为0，对乙，根据平衡条件有F弹1＝mgsinθ，对甲，由牛顿第二定律有F弹1＋mgsinθ＝ma；物块甲运动至最低点时，设弹簧的弹力为F弹2，对甲，根据牛顿第二定律可知F弹2－mgsinθ＝ma，对乙，由平衡条件可知挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsinθ，联立解得FN＝4mgsinθ，故选C。
11．如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是(　　)
A．g B．g
C．g D．g
答案：C
解析：松开手之前，A、B受力平衡，对A有2T0＝mg，对B有T0＋F＝mg，可得手对B的力F＝，方向竖直向上；松开手的瞬间，F消失，则B加速下落，设松开手瞬间绳中张力大小为T，对A和B根据牛顿第二定律分别有2T－mg＝maA，mg－T＝maB，在极短的时间内，可认为A、B均做匀变速直线运动，有xA＝aAt2，xB＝aBt2，根据动滑轮绳端与滑轮位移关系可知xB＝2xA，则aB＝2aA，联立可解得aB＝g，故选C。
12．(2024·湖南省益阳市高三下三模)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾角为θ的斜面上，质量分别为m和4m的物块A、B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与斜面平行，A和B、B与斜面间动摩擦因数均为μ＝tanθ，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，则绳的拉力为(　　)
A．mgsinθ B．mgsinθ
C．mgsinθ D．mgsinθ
答案：B
解析：设当物块B的质量为M时，物块B恰未向下滑动，此时对物块A由平衡条件可知，绳的拉力T＝mgsinθ＋μmgcosθ，对物块B有μmgcosθ＋T＋μ(m＋M)gcosθ＝Mgsinθ，联立解得M＝m，因B的质量为4m>M，则A将向上滑动，B将向下滑动，设A、B的加速度大小均为a，绳的拉力大小为T′，根据牛顿第二定律，对A有T′－μmgcosθ－mgsinθ＝ma，对B有4mgsinθ－μ(4m＋m)gcosθ－μmgcosθ－T′＝4ma，两式联立解得T′＝mgsinθ，故选B。
13．(2024·内蒙古包头市高三下一模)(多选)如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为3 kg。t＝0时，对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　)
A．t＝1 s时物块A的速度小于0．8 m/s
B．t＝1 s时弹簧弹力为0．6 N
C．物块B的质量为2 kg
D．F大小为1．5 N
答案：AC
解析：a t图像中图线与t轴围成的面积表示速度的变化量，0～1 s内物块A的a t图线与t轴围成的面积小于×1 m/s＝0．8 m/s，则物块A在0～1 s内速度变化量Δv<0．8 m/s，可知t＝1 s时物块A的速度vA＝0＋Δv<0．8 m/s，故A正确；由题图乙可知，t＝0时，物块A的加速度aA＝1．0 m/s2，且弹簧处于原长，对A由牛顿第二定律可得F＝mAaA＝3×1 N＝3 N，故D错误；由题图乙可知，t＝1 s时，物块A、B的加速度相同，为a共＝0．6 m/s2，把物块A、B看成一个整体，对整体由牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a共，解得物块B的质量mB＝2 kg，故C正确；对B由牛顿第二定律可知，t＝1 s时弹簧弹力为F弹＝mBa共＝2×0．6 N＝1．2 N，故B错误。
[C组　拔尖培优练]
14．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为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时刻Q的速度大小
答案：AD
解析：设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，对Q受力分析可知，弹簧的弹力大小为T0＝μmg。撤去拉力瞬间，弹簧弹力不变，两滑块速度相等，与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度大小为aP0＝＝2μg，向右做减速运动，滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，故P、Q间的距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知，开始一段时间，P减速的加速度减小，向右做加速度减小的减速运动，Q所受的合外力增大且方向向左，向右做加速度增大的减速运动，弹簧第一次恢复原长时，P可能还在向右运动，也可能已停止运动，但在弹簧第一次即将恢复到原长时，Q的加速度大小一定为aQ1＝＝μg，故在弹簧第一次恢复原长之前，P的加速度大小的最大值为2μg，Q的加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误；从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长，滑块P、Q的位移水平向右，P、Q间的距离减小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误；通过画v t图可知，P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
1(共50张PPT)
第三章　运动和力的关系
第3讲　专题：动力学中的连接体问题及临界、极值
目录
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考点一　动力学中的连接体问题
考点二　动力学中的临界、极值问题
课时作业
考点一　动力学中的连接体问题
1．连接体问题
(1)连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由弹簧、绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。
(2)外力与内力
①外力：系统之外的物体对系统的作用力。
②内力：系统内各物体间的相互作用力。
2．连接体的类型
(1)轻弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
(3)物物并排连接体
(4)轻绳连接体
(5)轻杆连接体
3．连接体的运动特点
(1)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。
(2)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。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。
(3)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。若弹簧两端的物体只沿弹簧方向运动，则在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
4．连接体的受力特点
轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。
5．处理连接体问题的方法
(1)整体法
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时，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔离法
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各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。
(3)整体法、隔离法交替运用
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”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。
例2　(2025·陕西省西安市高三上11月联考)如图，质量为M＝60 kg的人站在水平地面上，通过竖直绳子和定滑轮将质量为m＝40 kg的重物送入井
中。当重物以3 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及
绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为(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与绳子的拉力F的作用，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得F＝m(g－a)＝40×(10－3) N＝280 N，人受重力Mg、绳子向上的拉力F和地面向上的支持力N的作用，处于平衡状态，则根据平衡条件有Mg＝F＋N，解得N＝Mg－F＝600 N－280 N＝320 N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小为N′＝N＝320 N，故选C。
考点二　动力学中的临界、极值问题
1．四种典型的临界条件
(1)绳子断裂的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力。
(2)绳子松弛的临界条件：绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(3)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(4)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．求解的基本思路
(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。
3．求解的思维方法
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
例3　(2022·江苏高考)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0．4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　)
A．2．0 m/s2 B．4．0 m/s2
C．6．0 m/s2 D．8．0 m/s2
解析　书相对于桌面不滑动，说明书与高铁的加速度相同，当桌面与书之间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所受合力最大，加速度最大，由牛顿第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0 m/s2，即高铁的最大加速度不超过4.0 m/s2，故选B。
课时作业
解析：设松手前b球距地面的高度为hb，b球着地时的速度大小为v，b球落地前的加速度大小为a，细绳的拉力大小为T，根据牛顿第二定律，对b球有2mg－T＝2ma，对a球有T－mg＝ma，根据匀变速直线运动速度与位移的关系，对b球有v2＝2ahb，b球落地后，a球向上做初速度为v的竖直上抛运动，有0－v2＝－2g(h－hb)，联立解得hb＝，故选C。
4．(2021·海南高考)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0．5 kg、mQ＝0．2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0．5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　　)
A．4．0 N B．3．0 N
C．2．5 N D．1．5 N
7．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0．75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A．0．12 m B．0．14 m
C．0．16 m D．0．2 m
8．(2024·安徽省安庆市高三下二模)(多选)如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、B一道沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则(　　)
A．a＝gtanα B．α＝β
C．FN＝(M＋m)gcosα D．FT>mgcosβ
解析：A、B一道沿杆上滑过程中，将A、B看成一个整体，将重
力进行正交分解，如图所示，沿杆向下的分力大小为F1＝(M＋m)·
gsinα，垂直杆向下的分力大小为F2＝(M＋m)gcosα，在垂直于杆方向
根据平衡条件可知FN＝F2＝(M＋m)gcosα，在运动的方向由牛顿第二
定律有F1＝(M＋m)a，解得a＝gsinα，故A错误，C正确；对小球B受力分析，由于小球B的加速度大小为a，方向沿杆向下，则小球B垂直杆方向的合力为0，把小球B的重力正交分解，沿杆向下的分力大小为F1′＝mgsinα，垂直杆向下的分力大小为F2′＝mgcosα，由牛顿第二定律可知，小球B所受合力FB＝ma＝mgsinα＝F1′，方向沿杆向下，可知轻绳的拉力沿杆方向的分力为0，即FT的方向垂直杆向上，由几何关系可知α＝β，由平衡条件有FT＝F2′＝mgcosα＝mgcosβ，故B正确，D错误。
[B组　综合提升练]
10．(2024·吉林省普通高等学校招生考试适应性测试)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　　)
A．2mgsinθ B．3mgsinθ
C．4mgsinθ D．5mgsinθ
解析：由题意分析可知，给甲一个沿斜面向上的初速度后，甲开始做简谐振动，则其在最高点和最低点的加速度大小相等，设为a。物块甲运动至最高点时，设弹簧的拉力为F弹1，由题意可知挡板对乙的弹力为0，对乙，根据平衡条件有F弹1＝mgsinθ，对甲，由牛顿第二定律有F弹1＋mgsinθ＝ma；物块甲运动至最低点时，设弹簧的弹力为F弹2，对甲，根据牛顿第二定律可知F弹2－mgsinθ＝ma，对乙，由平衡条件可知挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsinθ，联立解得FN＝4mgsinθ，故选C。
13．(2024·内蒙古包头市高三下一模)(多选)如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为3 kg。t＝0时，对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　)
A．t＝1 s时物块A的速度小于0．8 m/s
B．t＝1 s时弹簧弹力为0．6 N
C．物块B的质量为2 kg
D．F大小为1．5 N
[C组　拔尖培优练]
14．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为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时刻Q的速度大小

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