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第13课时　专题强化：动力学中的连接体和临界、极值问题
目标要求　1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。
考点一　动力学中的连接体问题
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。
1.共速连接体
两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。
(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
例1　(2025·北京市海淀区一模)如图所示，两相同物块用水平细线相连接，放在粗糙水平面上(粗糙程度相同)，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为FT。保持力F不变，当两物块全部运动到光滑水平面上时，则(　　)
A.两物块的加速度变大，细线的拉力仍为FT
B.两物块的加速度不变，细线的拉力仍为FT
C.两物块的加速度变大，细线的拉力小于FT
D.两物块的加速度不变，细线的拉力小于FT
答案　A
解析　设物块的质量为m，当水平面粗糙时，设动摩擦因数为μ，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma1，解得加速度为a1=-μg，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT-μmg=ma1，联立可得细线的拉力为FT=F，当水平面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F=2ma2，解得加速度为a2=，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT1=ma2，联立可得细线的拉力为FT1=F，则有FT1=FT，a2>a1，故选A。
拓展1　两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接。
①如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的拉力大小FT=　　　　　；
②如图乙所示，用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，绳的拉力大小为　　　　　；斜面不光滑(粗糙程度相同)时绳的拉力大小FT=　　　　　。
答案　①　②　
拓展2　若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起，放在光滑水平面上，B在拉力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速直线运动，则A受到的摩擦力大小为　　　。
答案　
1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用
(1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度；
(2)隔离法：求系统内两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)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。
2.共速连接体对外力的“分配协议”
一起做加速运动的物体组成的系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT=，若作用于m2上，则FT=。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。
2.关联速度连接体
轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
例2　(2026·重庆市巴蜀中学检测)如图所示，一固定斜面倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑轻质定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线，一端连接质量为m的木箱A(内装质量为3m的沙)，细线的倾斜部分与斜面平行，另一端竖直悬挂质量为m的小桶B。用手沿斜面向下轻推木箱A，木箱A恰好沿斜面向下做匀速直线运动。让系统静止后将木箱A中2m的沙转移到小桶B中，由静止释放木箱A。已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为mg
B.木箱与斜面间的动摩擦因数μ为
C.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为g
D.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3mg
答案　C
解析　木箱匀速运动时细线拉力FT=mg，根据平行四边形定则可知，木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小F=2FTcos =mg，故A错误；对木箱，由平衡条件有4mgsin 30°-mg=μ·4mgcos 30°，解得μ=，故B错误；让系统静止后将木箱A中2m的沙转移到小桶B中，设细线拉力为FT1，对A有FT1-2mgsin 30°-μ·2mgcos 30°=2ma，对B有3mg-FT1=3ma，联立解得a=g，FT1=mg，故C正确，D错误。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用隔离法求解加速度及相互作用力，即分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程。
考点二　动力学中的临界问题
1.临界条件的标志
有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
2.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN=0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT=0。
3.处理临界问题的三种方法
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，特别是有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　(2025·河南信阳市第一高级中学月考)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3 kg，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)分析图乙可知，A、B间最大静摩擦力为　　　　 N，B与地面间最大静摩擦力为　　　　 N，F=　　　　 N时，B开始滑动，F=　　　　 N时，A、B间发生相对滑动；
(2)下列说法正确的是　　　　。
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0C.当4 ND.当F>12 N时，A的加速度随F的增大而增大
答案　(1)6　4　4　12　(2)AB
解析　(2)根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2，选项A正确；当012 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对物块A有a==2 m/s2，加速度不变，选项D错误。
例4　(2026·河北唐山市检测)如图甲所示，一竖直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(B物体与弹簧连接)，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.施加外力F大小恒为M(g+a)
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　C
解析　施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg=kx1，解得x1=，施加外力F后到物体A、B分离前，对A、B整体有F-2Mg+kx=2Ma，由于压缩量x减小，故F为变力，故A错误；物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且FAB=0，对A有F-Mg=Ma，解得F=M(g+a)，对B有kx2-Mg=Ma，解得kx2=M(g+a)，此时弹簧的压缩量为x2=，故弹簧的压缩量减小了Δx=x1-x2=，即A上升的距离h=，故B错误，C正确；A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当F弹=Mg时，B达到最大速度，故D错误。
拓展　求A、B分离时，物体B的速度大小及物体B匀加速运动持续的时间。
答案　见解析
解析　A、B分离时，A、B的位移大小相等，速度大小也相等
由v2=2a(x1-x2)
解得v=
由v=at，解得t=。
考点三　动力学中的极值问题
极值条件的标志：
若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值。
例5　(2025·安徽芜湖市诊断)如图甲所示，一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0=2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F=6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=8 m，已知斜面倾角θ=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)物块加速度a的大小；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。
答案　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
解析　(1)根据L=v0t+at2，
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma，代入数据解得μ=0.5。
(3)设F与斜面夹角为α，
平行斜面方向有Fcos α-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向有FN+Fsin α=mgcos θ
联立解得F==
当sin(φ+α)=1时，F有最小值Fmin，
代入数据解得Fmin= N。
课时精练
[分值：56分]
　[1~5题，每题4分]
1.(2025·北京市西城区二模)长方体木块A、B叠在一起，放在粗糙水平桌面上。B木块受到一个水平恒力F的作用，两木块始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
A.若A、B在桌面上静止不动，A受到向右的摩擦力
B.若A、B一起向右匀速运动，A受到向右的摩擦力
C.若A、B一起向右加速运动，A受到向右的摩擦力
D.若A、B一起向右加速运动，A受到的摩擦力大小等于F
答案　C
解析　若A、B在桌面上静止不动，或者A、B一起向右匀速运动，则A受力平衡，水平方向不受摩擦力作用，选项A、B错误；若A、B一起向右加速运动，A受到的合外力向右，即受到向右的摩擦力，对A、B整体F-Ff桌B=(m+M)a，对A有FfBA=ma，解得FfBA=m2.(2024·全国甲卷·15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　)
答案　D
解析　当m质量较小时，由于P与桌面存在摩擦，a=0；当m趋于无穷大时，加速度大小趋近于g。故选D。
3.(2025·安徽滁州市二模)如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于(　　)
A.C处 B.B处
C.D、C之间 D.B、A之间
答案　B
解析　物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用，加速度为g，则此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木板中心位于B处。故选B。
4.(2025·山东泰安市模拟)如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a=2g水平向左加速运动，小球与滑块相对静止，则下列说法中正确的是(　　)
A.细线对小球的拉力大小为mg
B.细线对小球的拉力大小为(+)mg
C.小球对滑块的压力大小为mg
D.小球对滑块的压力大小为2mg
答案　A
解析　设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律a0=gtan 60°=g，当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此刻小球对滑块的压力为0，设此时细线与水平方向的夹角为α，故有FTsin α=mg，FTcos α=ma=2mg，解得FT=mg，故A正确，B、C、D错误。
5.(2026·贵州遵义市检测)我国高铁技术迅猛发展，取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢，滑块与地面间的动摩擦因数都相同，滑块间用水平轻杆连接，如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F，滑块向右加速运动，下列分析判断正确的是(　　)
A.若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力变小
B.若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变小
C.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3
D.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3
答案　C
解析　对所有滑块，根据牛顿第二定律，有F-8μmg=8ma，对第8个滑块，有F78-μmg=ma，则F78=F，由此可知，若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力不变，若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变大，故A、B错误；对6、7、8三个滑块，根据牛顿第二定律，有F56-3μmg=3ma，则F56=F，则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为=，故C正确，D错误。
　[6~10题，每题6分]
6.(2025·山东淄博市一模)如图所示，光滑水平面上放置质量均为m的两块木板，其上分别有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的水平轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为(　　)
A.3μmg B. C. D.
答案　B
解析　设轻绳拉力最大值为FTm，对左边木板和机器人整体受力分析，由牛顿第二定律FTm=3ma，绳子拉力最大时，右边木板和机器人之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边整体和右边机器人分析受力，由牛顿第二定律有μ·2mg=5ma，联立解得绳子拉力最大值FTm=，故选B。
7.(2025·北京市海淀区一模)如图所示，材料相同的物体A、B由与斜面平行的轻绳连接，质量分别为m和2m，在恒定拉力F的作用下沿固定斜面向上加速运动。则(　　)
A.轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关
B.轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C.轻绳拉力的大小为F
D.若改用同样大小拉力F沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大小可能为零
答案　C
解析　以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F-3mgsin θ-μ·3mgcos θ=3ma，解得a=-gsin θ-μgcos θ，再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得F拉-2mgsin θ-μ·2mgcos θ=2ma，解得F拉=，故轻绳拉力的大小与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，故C正确，A、B错误；若改用同样大小拉力F沿斜面向下拉连接体加速运动，整体由牛顿第二定律得F+3mgsin θ-μ·3mgcos θ=3ma，解得a=+gsin θ-μgcos θ，再隔离A进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma'，解得a'=gsin θ-μgcos θ8.(多选)(2025·四川攀枝花市三模)如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是(　　)
A.2∶5 B.4∶5
C.4∶1 D.8∶1
答案　BD
解析　由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为；若B球的加速度方向竖直向下，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBg-FT=mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT-mAgsin 30°=mA·，联立可得A、B两球的质量之比为mA∶mB=4∶5；若B球的加速度方向竖直向上，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT'-mBg=mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAgsin 30°-FT'=mA·，联立可得A、B两球的质量之比为mA∶mB=8∶1，故选B、D。
9.(2025·河北邯郸市二模)弹簧公仔以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱，如图所示，已知弹簧公仔头部A的质量为2m，脚部B的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的压力F使其静止，突然撤去力F后，A向上运动，一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力F到A上升到最高点的过程中，弹簧的形变量始终未超出弹性限度。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为
B.B刚要离开地面时，A的加速度大小为
C.从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，A一直处于超重状态
D.从B离开地面到A、B相距最远的过程中，A的加速度不断减小，B的加速度不断增大
答案　B
解析　撤去力F后的瞬间，A所受重力和弹簧弹力未发生突变，合力大小为F，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知A的加速度大小a1=，故A错误；B刚要离开地面时，地面对B的支持力刚好为零，弹簧的拉力大小等于B所受的重力mg的大小，由牛顿第二定律可知A的加速度大小a2==，故B正确；从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，弹簧对A的弹力先向上且越来越小，后向下且越来越大，由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上，后竖直向下，因此A先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误；当弹簧拉力大小F弹=mg时，B离开地面开始向上运动，此后由牛顿第二定律可知aA=，方向竖直向下，aB=，方向竖直向上，A减速上升，B加速上升，当A和B的速度相等时相距最远，在此过程中，弹簧的伸长量不断增大，拉力F弹1不断增大，A和B的加速度均不断增大，故D错误。
10.(2025·安徽合肥市第一中学检测)马车是古代的主要运输工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物，其中最上面有两个木板A和B，A、B之间和B与车之间接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A质量为m，B质量为2m，车的质量为5m，地面对车的摩擦力不计，马给车的水平拉力为F，A、B始终没有离开车表面，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.若μ1>μ2，逐渐增大F，A会相对B先滑动
B.若μ1>μ2，当F=8μ2mg时，B与车之间开始相对滑动
C.若μ1<μ2，不管F多大，A、B都不会相对滑动
D.若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为6μ1mg
答案　B
解析　A相对B滑动的临界加速度aA==μ1g，B相对车滑动的临界加速度aB==μ2g，若μ1>μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A错误；若μ1>μ2，整体相对静止的临界加速度a=aB=μ2g，故最大拉力F=8μ2mg，当F=8μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B正确；若μ1<μ2，A相对B比B相对于车先滑动，故C错误；若μ1<μ2且A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为a=μ1g，则对整体受力分析知最大拉力F=8μ1mg，故D错误。
　[6分]
11.(多选)(2025·甘肃省一模)如图所示是著名的阿特伍德装置，不考虑绳和滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时，甲、乙两人均站在水平地面上，质量分别为M和m。当乙加速向上攀爬时，甲始终用力抓住绳子。结合两人加速度的关系图像，下列说法中正确的是(　　)
A.甲对绳子的拉力比乙对绳子的拉力大
B.甲比乙的质量大
C.乙比甲先到最高点
D.图像的斜率表示
答案　BCD
解析　甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，同一根绳子拉力大小处处相等，故甲对绳子拉力等于乙对绳子的拉力，故A错误；设绳子的拉力为F，根据牛顿第二定律，对甲有F-Mg=Ma甲，对乙有F-mg=ma乙，联立解得a甲=+a乙，可知a甲-a乙图像的斜率为k=且图像的纵截距小于0，即<0，即m-M<0，解得m第三章
运动和
力的关系
专题强化：动力学中的连
接体和临界、极值问题
第13课时
1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。
2.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。
目标要求
考点一　动力学中的连接体问题
考点二　动力学中的临界问题
内容索引
课时精练
考点三　动力学中的极值问题
动力学中的连接体问题
考点一
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。
1.共速连接体
两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。
(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
　　　(2025·北京市海淀区一模)如图所示，两相同物块用水平细线相连接，放在粗糙水平面上(粗糙程度相同)，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为FT。保持力F不变，当两物块全部运动到光滑水平面上时，则
A.两物块的加速度变大，细线的拉力仍为FT
B.两物块的加速度不变，细线的拉力仍为FT
C.两物块的加速度变大，细线的拉力小于FT
D.两物块的加速度不变，细线的拉力小于FT
√
　　 设物块的质量为m，当水平面粗糙时，设动摩擦因数为μ，以两物
块为整体，根据牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma1，解得加速度为a1=-μg，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT-μmg=ma1，联立
可得细线的拉力为FT=F，当水平面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F=2ma2，解得加速度为a2=，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT1=ma2，联立可得细线的拉力为FT1=F，则有
FT1=FT，a2>a1，故选A。
拓展1　两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接。
①如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的拉力大小FT=　　　　；
②如图乙所示，用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，绳的拉力大小
为　　　　；斜面不光滑(粗糙程度相同)时绳的拉力大小FT=　　　 。
拓展2　若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起，放在光滑水平面上，B在拉力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速直线运动，则A受到
的摩擦力大小为　　　 。
1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用
(1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度；
(2)隔离法：求系统内两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)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。
2.共速连接体对外力的“分配协议”
一起做加速运动的物体组成的系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2
之间的相互作用力FT=，若作用于m2上，则FT=。此“协
议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。
2.关联速度连接体
轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小　　　，方向　　　。
相等
不同
　　　(2026·重庆市巴蜀中学检测)如图所示，一固定斜面倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑轻质定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线，一端连接质量为m的木箱A(内装质量为3m的沙)，细线的倾斜部分与斜面平行，另一端竖直悬挂质量为m的小桶B。用手沿斜面向下轻推木箱A，木箱A恰好沿斜面向下做匀速直线运动。让系统静止后将木箱A中2m的沙转移到小桶B中，由静止释放木箱A。已知重力加速度为g。下列说法正确的是
A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为mg
B.木箱与斜面间的动摩擦因数μ为
C.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为g
D.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3mg
√
　　 木箱匀速运动时细线拉力FT=mg，根据平行四边形定则可知，木箱
匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小F=2FTcos =mg，故A错误；
对木箱，由平衡条件有4mgsin 30°-mg=μ·4mgcos 30°，解得μ=，故B
错误；
让系统静止后将木箱A中2m的沙转移到小桶B中，设细线拉力为FT1，对A有FT1-2mgsin 30°-μ·2mgcos 30°=2ma，对B有3mg-FT1=3ma，联立解
得a=g，FT1=mg，故C正确，D错误。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用隔离法求解加速度及相互作用力，即分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程。
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动力学中的临界问题
考点二
1.临界条件的标志
有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
2.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN=0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT=0。
3.处理临界问题的三种方法
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，特别是有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
　　　(2025·河南信阳市第一高级中学月考)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3 kg，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)分析图乙可知，A、B间最大静摩擦力为　　 N，B与地面间最大静摩擦力为　　 N，F=　　 N时，B开始滑动，F=　　　 N时，A、B间发生相对滑动；
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4
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(2)下列说法正确的是　　　　。
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0C.当4 ND.当F>12 N时，A的加速度随F的增大而增大
AB
　　 根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，
所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2，选项A正确；
当0当4 N当F>12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对物块A有a=
=2 m/s2，加速度不变，选项D错误。
(2026·河北唐山市检测)如图甲所示，一竖直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(B物体与弹簧连接)，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.施加外力F大小恒为M(g+a)
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
√
　　 施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg=kx1，解得x1=
，施加外力F后到物体A、B分离前，对A、B整体有F-2Mg+kx=2Ma，
由于压缩量x减小，故F为变力，故A错误；
物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且FAB=0，对A有F-Mg=Ma，解得F=M(g+a)，对B有kx2-Mg=Ma，解得kx2=M(g+a)，此时弹
簧的压缩量为x2=，故弹簧的压缩量减小了Δx=x1-x2=，即A上升的距离h=，故B错误，C正确；
A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当F弹=Mg时，B达到最大速度，故D错误。
拓展　求A、B分离时，物体B的速度大小及物体B匀加速运动持续的时间。
答案　见解析
　　 A、B分离时，A、B的位移大小相等，速度大小也相等
由v2=2a(x1-x2)
解得v=
由v=at，解得t=。
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动力学中的极值问题
考点三
极值条件的标志：
若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值。
　　　(2025·安徽芜湖市诊断)如图甲所示，一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0=2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F=6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=8 m，已知斜面倾角θ=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)物块加速度a的大小；
答案　2 m/s2
　　 根据L=v0t+at2，
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
答案　0.5
　　 根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma，代入数据解得μ=0.5。
(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。
答案　 N
　　 设F与斜面夹角为α，
平行斜面方向有Fcos α-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向有FN+Fsin α=mgcos θ
联立解得F==
当sin(φ+α)=1时，F有最小值Fmin，
代入数据解得Fmin= N。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D B A C B C BD
题号 9 10 11
答案 B B BCD
答案
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1.(2025·北京市西城区二模)长方体木块A、B叠在一起，放在粗糙水平桌面上。B木块受到一个水平恒力F的作用，两木块始终保持相对静止。下列说法正确的是
A.若A、B在桌面上静止不动，A受到向右的摩擦力
B.若A、B一起向右匀速运动，A受到向右的摩擦力
C.若A、B一起向右加速运动，A受到向右的摩擦力
D.若A、B一起向右加速运动，A受到的摩擦力大小等于F
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基础落实练
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答案
　　 若A、B在桌面上静止不动，或者A、B一起向右匀速运动，则A受力平衡，水平方向不受摩擦力作用，选项A、B错误；
若A、B一起向右加速运动，A受到的合外力向右，即受到向右的摩擦力，
对A、B整体F-Ff桌B=(m+M)a，对A有FfBA=ma，解得FfBA=m项C正确，D错误。
2.(2024·全国甲卷·15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。
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答案
改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是
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　　 当m质量较小时，由于P与桌面存在摩擦，a=0；当m趋于无穷大时，加速度大小趋近于g。故选D。
3.(2025·安徽滁州市二模)如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于
A.C处 B.B处
C.D、C之间 D.B、A之间
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　　 物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用，加速度为g，则此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木板中心位于B处。故选B。
4.(2025·山东泰安市模拟)如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a=2g水平向左加速运动，小球与滑块相对静止，则下列说法中正确的是
A.细线对小球的拉力大小为mg
B.细线对小球的拉力大小为(+)mg
C.小球对滑块的压力大小为mg
D.小球对滑块的压力大小为2mg
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　　 设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律a0=gtan 60°=g，当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此刻小球对滑块的压力为0，设此时细线与水平方向的夹角为α，故有FTsin α=mg，FTcos α=ma=2mg，解得FT=mg，故A正确，B、C、D错误。
5.(2026·贵州遵义市检测)我国高铁技术迅猛发展，取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢，滑块与地面间的动摩擦因数都相同，滑块间用水平轻杆连接，如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F，滑块向右加速运动，下列分析判断正确的是
A.若减小滑块与地面间的动摩擦因数，
　则滑块7、8间杆的拉力变小
B.若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变小
C.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3
D.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3
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答案
　　对所有滑块，根据牛顿第二定律，有F-8μmg=8ma，对第8个滑块，
有F78-μmg=ma，则F78=F，由此可知，若减小滑块与地面间的动摩擦因
数，则滑块7、8间杆的拉力不变，若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变大，故A、B错误；
对6、7、8三个滑块，根据牛顿第二定律，有F56-3μmg=3ma，则F56=F，则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为=，故C正
确，D错误。
6.(2025·山东淄博市一模)如图所示，光滑水平面上放置质量均为m的两块木板，其上分别有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的水平轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为
A.3μmg B.
C. D.
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能力综合练
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　　设轻绳拉力最大值为FTm，对左边木板和机器人整体受力分析，由牛顿第二定律FTm=3ma，绳子拉力最大时，右边木板和机器人之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边整体和右边机器人分析受力，由牛顿第二
定律有μ·2mg=5ma，联立解得绳子拉力最大值FTm=，故选B。
7.(2025·北京市海淀区一模)如图所示，材料相同的物体A、B由与斜面平行的轻绳连接，质量分别为m和2m，在恒定拉力F的作用下沿固定斜面向上加速运动。则
A.轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关
B.轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C.轻绳拉力的大小为F
D.若改用同样大小拉力F沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大
　小可能为零
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　　 以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F-3mgsin θ
-μ·3mgcos θ=3ma，解得a=-gsin θ-μgcos θ，再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得F拉-2mgsin θ-μ·2mgcos θ=2ma，解得F拉=，故轻绳拉力的
大小与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，故C正确，A、B错误；
若改用同样大小拉力F沿斜面向下拉连接体加速运动，整体由牛顿第二
定律得F+3mgsin θ-μ·3mgcos θ=3ma，解得a=+gsin θ-μgcos θ，再隔离A
进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma'，解得a'=gsin θ-μgcos θ8.(多选)(2025·四川攀枝花市三模)如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间
的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为，已
知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是
A.2∶5 B.4∶5
C.4∶1 D.8∶1
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　　 由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为；若B球的加
速度方向竖直向下，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBg-FT=
mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT-mAgsin 30°=mA·，
联立可得A、B两球的质量之比为mA∶mB=4∶5；若B球的加速度方向竖
直向上，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT'-mBg=mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAgsin 30°-FT'=mA·，联立可得
A、B两球的质量之比为mA∶mB=8∶1，故选B、D。
9.(2025·河北邯郸市二模)弹簧公仔以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱，如图所示，已知弹簧公仔头部A的质量为2m，脚部B的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的压力F使其静止，突然撤去力F后，A向上运动，一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力F到A上升到最高点的过程中，弹簧的形变量始终未超出弹性限度。重力加速度为g，下列说法正确的是
A.撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为
B.B刚要离开地面时，A的加速度大小为
C.从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，A一直处于超重状态
D.从B离开地面到A、B相距最远的过程中，A的加速度不断减小，B的加速度
　不断增大
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　　 撤去力F后的瞬间，A所受重力和弹簧弹力未发生突变，合力大小
为F，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知A的加速度大小a1=，故A错误；
B刚要离开地面时，地面对B的支持力刚好为零，弹簧的拉力大小等于B
所受的重力mg的大小，由牛顿第二定律可知A的加速度大小a2==
，故B正确；
从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，弹簧对A的弹力先向上且越来越小，后向下且越来越大，由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上，后竖直向下，因此A先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误；
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　　 当弹簧拉力大小F弹=mg时，B离开地面开始向上运动，此后由牛顿
第二定律可知aA=，方向竖直向下，aB=，方向竖直向上，
A减速上升，B加速上升，当A和B的速度相等时相距最远，在此过程中，弹簧的伸长量不断增大，拉力F弹1不断增大，A和B的加速度均不断增大，故D错误。
10.(2025·安徽合肥市第一中学检测)马车是古代的主要运输工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物，其中最上面有两个木板A和B，A、B之间和B与车之间接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A质量为m，B质量为2m，车的质量为5m，地面对车的摩擦力不计，马给车的水平拉力为F，A、B始终没有离开车表面，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A.若μ1>μ2，逐渐增大F，A会相对B先滑动
B.若μ1>μ2，当F=8μ2mg时，B与车之间开始相对滑动
C.若μ1<μ2，不管F多大，A、B都不会相对滑动
D.若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为6μ1mg
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　　 A相对B滑动的临界加速度aA==μ1g，B相对车滑动的临界加速
度aB==μ2g，若μ1>μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F
多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A错误；
若μ1>μ2，整体相对静止的临界加速度a=aB=μ2g，故最大拉力F=8μ2mg，当F=8μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B正确；
若μ1<μ2，A相对B比B相对于车先滑动，故C错误；
若μ1<μ2且A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为a=μ1g，则对整体受力分析知最大拉力F=8μ1mg，故D错误。
11.(多选)(2025·甘肃省一模)如图所示是著名的阿特伍德装置，不考虑绳和滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时，甲、乙两人均站在水平地面上，质量分别为M和m。当乙加速向上攀爬时，甲始终用力抓住绳子。结合两人加速度的关系图像，下列说法中正确的是
A.甲对绳子的拉力比乙对绳子的拉力大
B.甲比乙的质量大
C.乙比甲先到最高点
D.图像的斜率表示
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尖子生选练
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　　 甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，同一根绳子拉力大小处处相等，故甲对绳子拉力等于乙对绳子的拉力，故A错误；
设绳子的拉力为F，根据牛顿第二定律，对甲有F-Mg=Ma甲，对乙有F-mg=
ma乙，联立解得a甲=+a乙，可知a甲-a乙图像的斜率为k=且图像的纵截距小于0，即<0，即m-M<0，解得m乙上升的时间，故乙比甲先到最高点，故B、C、D正确。
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本课结束
THANKS
第三章

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