【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第3章 专题强化5 动力学中的连接体问题和临界极值问题(含解析).doc，共(13)页，270.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化五动力学中的连接体问题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.3.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题.题型一动力学中的连接体问题1.连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆

联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度).2.常见连接体的类型(1)同速连接体(如图1)图1特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.(2)关联速度连接体(如图

2)图2特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.同速连接体例1(2020·江苏卷·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量.某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头

牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A.FB.19F20C.F19D.F20答案C解析设列车的加速度

为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律有F－38Ff＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1－2Ff＝2ma，联立解得F1＝F19，故

选项C正确.关联速度连接体例2(多选)物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A，物块A、C通过细绳相连，细绳跨过定滑轮，如图3所示，物块A、B、C质量均为m，现释放物块C，A和B一起以相同加速度加速运动，不计细绳与滑轮之间的摩擦

力，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小及A、B间的摩擦力大小分别为()图3A.FT＝mgB.FT＝23mgC.Ff＝23mgD.Ff＝13mg答案BD解析以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－FT＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿第

二定律得FT＝2ma，联立解得FT＝23mg，a＝13g，以B为研究对象，由牛顿第二定律得Ff＝ma，得Ff＝13mg，故选B、D.1.(同速连接体)(多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图4所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动.轻绳

拉力的大小()图4A.与斜面的倾角θ有关B.与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关C.与两物体的质量m1和m2有关D.若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与θ，μ无关答案CD解析对整体受力分析有F－(m1＋m2

)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，对m2有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得FT＝m2m1＋m2F，与μ和θ无关，与两物体的质量m1和m2有关，故A、B错误，C正确；若改用F沿斜

面向下拉连接体，同理可得FT＝m1m1＋m2F，故D正确.2.(同速连接体)(多选)如图5所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方

向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()图5A.斜面光滑B.斜面粗糙C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右答案AC解析隔离小球，可知稳定后小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsinθ，小球稳定后，支架

系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，A正确，B错误.隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误

.题型二动力学中的临界和极值问题1.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.(4)最终速

度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力(加速度)为零.2.解题基本思路(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；(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.解题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脱离的临界问题例3(2019·江西宜春市期末)如图6所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝

600N/m，系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g

取10m/s2.求：图6(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；(3)力F的最大值与最小值.答案(1)0.16m(2)103m/s2(3)2803N1603N解析(1)设开始时弹簧的压缩量

为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsinθ＝kx0解得x0＝0.16m.(2)前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得：kx

1－m1gsinθ＝m1a前0.2s时间内两物体的位移：x0－x1＝12at2联立解得a＝103m/s2.(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则Fmin＝(m1＋m2)a＝1603N对Q应

用牛顿第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝2803N.相对滑动的临界问题例4(多选)如图7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间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动

摩擦因数为12μ.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F，则()图7A.当F<2μmg时，A、B都相对地面静止B.当F＝52μmg时，A的加速度为13μgC.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12μg答案B

CD解析当0<F≤32μmg时，A、B均静止；当32μmg<F≤3μmg时，A、B相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F>3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确.当F＝52μmg时，A与B共同的

加速度a＝F－32μmg3m＝13μg，选项B正确.F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝2μmg－32μmgm＝12μg，选项D正确.3.(脱离的临界问题)如图8所示，质量m＝2kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于

斜面.取g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).下列说法正确的是()图8A.当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20NB.当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30NC.当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40N

D.当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60N答案A解析小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcosθ＝ma0，Fsinθ－mg＝0，代入数据

解得a0≈13.3m/s2.①由于a1＝5m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sinθ＋FNcosθ－mg＝0，F1cosθ－FNsinθ＝ma

1，代入数据解得F1＝20N，选项A正确，B错误；②由于a2＝20m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cosα＝ma

2，F2sinα－mg＝0，代入数据解得F2＝205N，选项C、D错误.4.(极值问题)如图9甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10m/s沿木板向上运动，随着θ的改

变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10m/s2.图9(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.答案(1)33(2)θ＝60°532m解析(1

)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsinθ＝Ff，Ff＝μmgcosθ联立解得：μ＝33.(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝v022g(sinθ＋μ

cosθ)，令cosα＝11＋μ2，sinα＝μ1＋μ2，即tanα＝μ＝33，故α＝30°，又因x＝v022g1＋μ2sin(θ＋α)当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为xmin＝v022g(sin60°＋μcos60°)＝3v024g＝532m.课时精

练1.(多选)(2020·贵州贵阳市摸底)如图1所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是()图1A.

若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1D.若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1答案AC解析三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma

，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误；若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误.2.

(多选)如图2所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜

面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是()图2A.若m>M，有x1＝x2B.若m<M，有x1＝x2C.若μ>sinθ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2答案AB解析在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第

二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT－μmg＝ma1②联立①②解得FT＝Fmm＋M③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据

牛顿第二定律有FT′－mgsinθ＝ma2⑤联立④⑤解得FT′＝FmM＋m⑥比较③⑥可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误.3.如图3所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹

槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角.重力加速度为g，则下列说法正确的是()图3A.小铁球受到的合外力方向水平向左B.凹槽对小铁球的支持力为mgsinαC.

系统的加速度为a＝gtanαD.推力F＝Mgtanα答案C解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度a＝gtanα，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcosα，推力F＝(M＋m)gtan

α，选项A、B、D错误，C正确.4.如图4所示，质量为1kg的木块A与质量为2kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2N，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g取10m/

s2)()图4A.F≤12NB.F≤10NC.F≤9ND.F≤6N答案A解析当A、B间有最大静摩擦力(2N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为2m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得F＝12N，则A、B保持相对静止的条

件是F≤12N，A正确，B、C、D错误.5.(多选)(2019·河北保定市一模)如图5所示，一质量为M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1kg的光滑楔形物体.用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动.重力加速度为g＝10

m/s2，下列判断正确的是()图5A.系统做匀速直线运动B.F＝40NC.斜面体对楔形物体的作用力大小为52ND.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动答案BD解析对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan45°＝

ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝mgsin45°＝2mg＝102N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体

沿斜面上滑，D正确.6.(2020·安徽合肥市模拟)如图6所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B间的动摩擦因数均为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a(a>μ2g)，可以认为最

大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()图6A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2

)gs0答案C解析若卡车以最大加速度刹车，则由于a>μ2g，A、B之间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当A、B整体相对车发生滑动时，a1＝μ1(mA＋mB)gmA＋

mB＝μ1g，当A、B间发生相对滑动时，a2＝μ2mAgmA＝μ2g，由于μ1>μ2，所以a1>a2，即当以a1刹车时，A、B间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a2，v02＝2μ2gs0，解得v0＝2μ2gs

0，C项正确.7.(多选)(2019·广东湛江市第二次模拟)如图7所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上.现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动.各接触面间的动摩擦因数均为

μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()图7A.该水平拉力大于轻绳的弹力B.物块c受到的摩擦力大小为μmgC.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmgD.剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c

受到的摩擦力大小为μmg答案ACD解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：FT＝2μmg，则：F＞FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；

当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律，对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：Ff＝ma，解得：Ff＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速

直线运动，由牛顿第二定律，对b、c系统：2μmg＝2ma′，对c：Ff′＝ma′，解得：Ff′＝μmg，故D正确.8.(多选)(2020·湖北荆州市高三上学期质量检测)如图8所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳

跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为m2的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为()图8A.mB＝m4B.mB＝3m8C.a＝0.2gD.a＝0.4g答

案BC解析当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(mBg＋12mg)－mgsin30°＝(m＋mB＋12m)a当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(m＋12m

)gsin30°－mBg＝(m＋mB＋12m)a联立解得mB＝3m8加速度大小为a＝0.2g故A、D错误、B、C正确.9.(2019·广东汕头市模拟)如图9所示，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向

夹角为θ，当缆绳带动车厢以加速度a匀加速向上运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢的动摩擦因数至少为(悬臂竖直，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)()图9A.asinθg＋acosθB.acosθg＋asinθC.asinθg－acosθD.acosθg－

asinθ答案B解析把加速度沿水平方向和竖直方向进行分解，对货物进行受力分析有FN－mg＝masinθ，Ff＝macosθ≤μFN，联立得出μ≥acosθg＋asinθ，B正确.10.(2019·广东深圳市模拟)如图10所示

，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态.弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k.t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是()图10A.A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系B.分离时弹簧处于原长状

态C.在t＝2mk时刻A、B分离D.分离时B的速度大小为m4kg答案C解析A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝12at2，解得x1

＝2mgk，x2＝3mg2k，t＝2mk，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度大小为v＝at＝12g·2mk＝m2kg，选项D错误.