专题17 动力学中的连接体问题、临界极值问题-2025版高三物理一轮复习多维度导学与分层专练

2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题17动力学中的连接体问题、临界极值问题导练目标导练内容目标1加速度相同的连接体问题目标2加速度不同的连接体问题目标3动力学中的临界极值问题【知识导学与典例导练】动力学中的连接体问题1.处理连接体问题的方法(1)整体法的选取原则及解题步骤①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。②运用整体法解题的基本步骤：(2)隔离法的选取原则及解题步骤①当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。②运用隔离法解题的基本步骤：第一步：明确研究对象或过程、状态。第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图。第四步：选用适当的物理规律列方程求解。加速度相同的连接体问题常见模型条件交叉内力公式模型一地面光滑，m1和m2具有共同加速度整体：（F1为m1所受到的外力）隔离m2：m2和m1之间绳的拉力T（内力）大小：（注：分子是m2与作用在m1上的外力F1交叉相乘）模型二地面光滑，m1和m2具有共同加速度整体：（F2为m2所受到的外力）隔离m1：m2和m1之间绳的拉力T（内力）大小：（注：分子是m1与作用在m2上的外力F2交叉相乘）模型三地面光滑，m1和m2具有共同加速度整体：（F2为m2所受到的外力，F1为m1所受到的外力）隔离m1：m2和m1之间绳的拉力T（内力）大小：（注：分子是m2与作用在m1上的外力F1交叉相乘“加上”m1与作用在m2上的外力F2交叉相乘）模型四地面光滑，m1和m2具有共同加速度整体：隔离m1：内力T：（注：分子是m2与作用在m1上的外力F1交叉相乘“减去”m1与作用在m2上的外力F2交叉相乘）模型五地面不光滑，m1和m2具有共同加速度类似于模型三：对m1把（F1-f1）的合力记作F1’；对m2把（F2+f2）的合力记作F2’，则有：整体：隔离m1：（注：F1’和F2’分别为两个物体除内力以外的各自所受所有外力的合力，等同于模型三中的F1和F2，公式形式相同）模型六地面不光滑，m1和m2具有共同加速度类似于模型三：水平外力分别是m1受到的F1和m2受到的摩擦力f2，此种情况的水平内力为物体间的摩擦力Ff。整体：隔离m1：m2和m1之间摩擦力Ff（内力）大小：模型七地面不光滑，m1和m2具有共同加速度类似于模型一和二：把m2受到的外力（F2-f2）的合力记作F2’，则有整体：隔离m1：m2和m1之间摩擦力Ff（内力）大小：进一步强调：①被研究的两个对象必须有共同加速度；②此种方法适合做选择题时使用，计算题还需使用整体法和隔离法规范的步骤展示；③交叉内力公式求得是内力大小，这个内力可能是物体间绳的拉力，也可能是摩擦力等等；④公式分母是两个物体的质量之和，分子则是一个物体的质量乘以作用在另外一个物体上的所有外力矢量和，交叉相乘后两部分再相加或者相减（模型四）。⑤公式中的外力，指的是除了两个物体以外，其他物体施加的力，一般分析的是沿加速度方向的外力。【例1】如图所示，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦不计，质量为m的物块B与地面间的动摩擦因数为µ，在与水平方向成60°的斜向下的恒力的作用下，A和B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】对A受力分析，在水平方向可得对B受力分析，在水平方向上可得解得故选A。【例2】如图所示，木板A与木块B叠放在光滑的水平面上，两者间的动摩擦因数为0.8，A的质量是B的质量的2倍，水平拉力F作用在木板B上，两者一起做匀加速直线运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当B相对A刚要滑动时，F与B的重力的比值为（）A．0.6 B．1 C．1.2 D．1.5【答案】C【详解】设B的质量为m，则A的质量为2m，对整体应用牛顿第二定律有F=3ma当B相对A刚要滑动时，B对A摩擦力大小为0.8mg，对A应用牛顿第二定律有0.8mg=2ma综合解得F=1.2mg即推力F是B的重力的1.2倍。故选C。【例3】如图所示，质量为的载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为，当缆绳带动车厢以加速度匀加速向上运动时，质量为的货物在车厢底板中与车厢恰好相对静止。已知悬臂竖直，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（）A．货物所受底板的摩擦力大小为 B．底板对货物的支持力大小为C．悬臂对车厢的作用力大小为 D．货物与车厢的动摩擦因数约为0.14【答案】AD【详解】A．货物的水平加速度为竖直加速度为则有故A正确；B．由牛顿第二定律可得底板对货物的支持力大小为可得故B错误；C．根据余弦定理可得故C错误；D．由可得故D正确。故选AD。加速度不同的连接体问题方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：此时牛顿第二定律的形式：；说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。【例4】杂技是一种集技能、体能、娱乐性很强的表演活动。如图所示为杂技“顶竿”表演，一人A站在地上，肩上扛一质量为2m的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人B以加速度a加速下滑时，竿对人A的压力大小为（已知重力加速度为g）（）A．3mg+ma B．3mg-ma C．3mg D．2mg【答案】B【详解】以B为研究对象，根据牛顿第二定律再以竹竿为研究对象，可知联立解得根据牛顿第三定律可知竿对人A的压力大小为。故ACD错误，B正确。故选B。【例5】如图所示，有两个物块A和，质量分别为和，用同一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上，滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，现将两物块由静止释放，经过一段时间，A的位移为，在此过程中，下列说法正确的（）A．物块A和总势能保持不变 B．A的位移为时，的速度为C．细线的拉力大小为 D．A和重力的功率大小之比为1：3【答案】BC【详解】A．根据机械能守恒定律可知，B减小的重力势能全部转化为A的重力势能和两物体的动能，所以，A和B的重力势能之和减小，故A错误；B．设A上升到h位置时的速度为v1，B的速度为v2，根据动滑轮的特点可知v2=2v1根据A和B组成的系统机械能守恒可得联立解得故B正确；C．根据动滑轮的特点可知，A的加速度为B的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得，对A有对B有又有a2=2a1联立解得，轻绳的拉力大小故C正确；D．重力功率由于v2=2v1，，故A和重力的功率大小之比为1：4，故D错误。故选BC。动力学中的临界极值问题1．“四种”典型临界条件(1)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)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：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，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。【例6】质量为m的物体A和质量为的物体B用轻质弹簧相连，静置于水平面上，如图甲所示。现用一竖直向上的力F作用在B上，使其向上做匀加速运动。用x表示B离开初始位置的位移，拉力F和x之间关系如图乙所示。从拉力F作用在物块上开始到A刚要离开地面的过程中，物块B的位移为，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．拉力的最小值为B．弹簧恢复原长时物体B的位移为C．物体A离开地面时，物体B的动能为D．弹簧的弹性势能增加了【答案】BC【详解】A．物体A刚要离开地面时，对B物体，根据牛顿第二定律而物体B刚开始运动时，拉力最小，此时弹簧压缩量为x1：，F作用前，对B联立解得，A错误；B．A将要离开地面时，弹簧的伸长量为，则又可知因此弹簧恢复原长时物体B的位移为，B正确；C．物体A离开地面时，对B，根据牛顿第二定律可知物体B的加速度可知B在匀加速上升，上升位移为时，可知此时物体B的动能为C正确；D．弹簧初始状态的的压缩量大于A离开地面时的弹簧的伸长量，因此弹簧的弹性势能减少了，D错误。故选BC。【例7】如图所示，光滑水平面上有叠放在一起的长方形物体A和B，质量均为m，它们之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现在物体A上施加一水平外力F，下列说法正确的是（）A．B受到的摩擦力可能等于 B．B受到的摩擦力一定等于C．当时，A、B一定相对滑动 D．当时，A、B一定相对滑动【答案】AD【详解】AB．若A、B间有相对滑动，A、B间的摩擦力一定为若A、B间没有相对滑动，整体有对B有，A正确，B错误；CD．当A、B间的静摩擦力达到最大值时，A、B将开始相对滑动，根据牛顿第二定律，对B有解得对整体有故C错误，D正确。故选AD。2．“两种”典型分析方法临界法分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。解析法明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。【例8】质量为m1的数学书和质量为m2的物理书叠放在桌面上，数学书和桌面之间的动摩擦因数为μ1，物理书和数学书之间的动摩擦因数为μ2，欲将数学书从物理书下抽出，则要用的力至少为（）A．（μ1+μ2）（m1+m2）g B．（m1+m2）g+μ1m2gC．（μ1+μ2）m2g D．（μ1m1+μ2m2）g【答案】A【详解】当数学书刚好从物理书下抽出时，物理书所受的静摩擦力达到最大，对物理书由牛顿第二定律得对整体，有联立得故A正确，BCD错误。故选A。【例9】如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10m/s2（1）求物块加速度的大小（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【答案】（1）3m/s2；（2）30°，N【详解】（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L=v0t+at2①v=v0+at②联立①②式，代入数据得a=3m/s2③（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcosα-mgsinθ-Ff=ma

⑤；Fsinα+FN-mgcosθ=0

⑥；又Ff=μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F=⑧由数学知识得cosα+sinα=sin（60°+α）⑨由⑧⑨式可知对应F最小的夹角α=30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin=N【多维度分层专练】1．一个质量为m的环套在一根倾角为的滑杆上，一个质量为M的小球通过细线吊在环上，先将两者约束到一定的位置，再以相同的初速度释放，在此后的运动过程中，环和小球保持相对静止。四套这样的装置在运动过程中分别形成①、②、③、④所示的情境。只不过把它们画在如图所示的同一幅画面中。情境②中，细线处于竖直状态；情境③中，细线处于与杆垂直的状态。对这几种情况，下列分析正确的是（）A．情境①，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数B．情境②，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数C．情境③，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数D．情境④，环一定沿杆向上运动的，环与杆之间的动摩擦因数【答案】B【详解】A．情境①，对环和小球进行受力分析可知，小球具有沿斜面向上的加速度，要使环和小球保持相对静止，则环一定沿杆向下做匀减速运动，对整体受力分析则有即有，故A错误；B．情境②，对小球受力分析可知，若小球具有加速度则必沿竖直方向。对小环受力分析可知，若小环具有加速度则沿斜面方向。而小球和小环要保持相对静止，则小环和小球加速度要相等，故小环和小球加速度均为零，即都做匀速直线运动。对整体受力分析，要使整体合力为零，则环一定沿杆向下运动的，且有即有，故B正确；C．情境③，对小环和小球受力分析可知，要使两者具有相同加速度，则小环与杆的摩擦因数必须等于零，此时小环可能以加速度沿杆向上减速，也可能以加速度沿杆向下加速，故C错误；D．设细线拉力为F，细线与杆的夹角为，若小环沿杆向下运动，则对整体受力分析有对小球受力分析则有可知两者加速度不可能相等，故小环只能沿杆向上运动，对整体受力分析有可得对小球受力分析有可得两者加速度相等，只需小环与杆的摩擦因数不等于零即可，故D错误。故选B。2．如图所示，用轻绳连接的两木块放置在倾角的粗糙斜面上，轻绳与斜面平行，两木块与斜面间的动摩擦因数处处相同，，两木块在沿斜面向上的恒力作用下沿斜面向上加速运动，若撤去在F作用下从静止开始从斜面底端运动到顶端时间为；若撤去在F作用下从静止开始从斜面底端运动到顶端时间为，g取且，以下说法正确的是（）A．两木块一起斜面向上加速运动时，轻绳的张力等于B．根据题设条件可得木块与斜面间的滑动摩擦因数C．保持其他条件不变，仅减小斜面倾角，则轻绳的张力减小D．不论如何调节斜面倾角，都不可能使两木块一起沿斜面向上匀速运动【答案】D【详解】AC．设绳子的拉力为，在拉力的作用下，对物块根据牛顿第二定律得对由牛顿第二定律得联立解得可知绳子拉力与斜面倾角无关，代入数据得故AC错误；B．若撤去，在作用下，根据牛顿第二定律得根据运动学公式得若撤去，在作用下，根据牛顿第二定律得根据运动学公式又联立解得；故B错误；D．根据两木块受力分析，和为常量，假设调节斜面的倾角，两木块能做匀速直线运动，即加速度为0，由平衡条件得；联立可得因为等式不可能成立，所以假设错误，所以不论如何调节斜面倾角，都不可能使两木块一起沿斜面向上匀速运动，故D正确。故选D。3．如图所示，木块m和M叠放在光滑的斜面上，放手后它们以共同的加速度沿斜面加速下滑。斜面的倾角为α，m和M始终保持相对静止，它们的质量也分别以m和M表示。那么m给M的静摩擦力f及m对M的压力N的大小分别为（）A．f=mgsinαcosα

水平向右，N=mgcos2α B．f=mgsinαcosα

水平向左，N=mgcos2αC．f=0，N=mgsin2α D．f=0，N=mgsin2α【答案】B【详解】对两物块整体，根据牛顿第二定律解得对m，在水平方向上，根据牛顿第二定律方向水平向右。在竖直方向上，根据牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律m给M的静摩擦力f及m对M的压力N的大小分别为方向水平向左。故选B。4．如图所示，、、三个质量均为的物块，物块、通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块放在上。现用水平拉力作用于，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，重力加速度大小为。下列说法正确的是（）A．、间轻绳的弹力为B．物块受到的摩擦力大小为C．当该水平拉力增大为原来的倍时，物块受到的摩擦力大小为D．剪断轻绳后，在物块向右运动的过程中，物块受到的摩擦力大小为【答案】C【详解】A．对bc整体受力分析可知，、间轻绳的弹力为选项A错误；B．因系统做匀速运动，可知物块受到的摩擦力大小为零，选项B错误；C．匀速运动时当该水平拉力增大为原来的倍时，即此时系统的加速度则物块受到的摩擦力大小为选项C正确；D．剪断轻绳后，在物块向右运动的过程中的加速度为物块受到的摩擦力大小为选项D错误。故选C。5．如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为（）A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g【答案】C【详解】AB．以C为研究对象，有解得故AB错误；C．以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知故C正确；D．A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知对A可知联立解得故D错误。故选C。6．如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B，其中物体B与弹簧拴接，初始时物体处于静止状态。t=0时，用竖直向上的拉力下作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动，测得两物体的-t图像如图所示，已知重力加速度为g，则（）A．t=0时，F的大小为B．弹簧的劲度系数为C．A、B分离时弹簧弹力的大小为D．0-t2过程中，B上升的高度为【答案】B【详解】A．开始运动时的加速度开始时对AB整体解得选项A错误；B．开始时在t1时刻AB脱离，此时对B其中；联立解得弹簧的劲度系数为选项B正确；C．A、B分离时弹簧弹力的大小为选项C错误；D．在t2时刻B的速度最大，此时则0-t2过程中，B上升的高度为选项D错误。故选B。7．如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验（示意图如图所示），若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1=100g，m2=5g，μ=0.2，香皂盒与纸板左端的距离d=0.1m，若香皂盒移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（

）A．1.41N B．1.42N C．1410N D．1420N【答案】B【详解】香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得解得对纸板，根据牛顿第二定律可得为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为纸板运动距离为纸板抽出后香皂盒运动的距离为则由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2代入数据联立得F＝1.42N故B正确，ACD错误。故选B。8．如图所示，2021的完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为，2和3之间弹簧的弹力为，……，2020和2021之间弹簧的弹力为，则下列说法正确的是（）A．若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为B．若水平面光滑，C．若水平面粗糙，的大小无法确定D．若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2020号小球的加速度不变【答案】BD【详解】B．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得分别以后面的第1、2、3…、2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得；以此类推可得故B正确；A．由胡克定律可知结合B选项分析可知从左到右每根弹簧伸长量之比为但长度之比不满足，故A错误；C．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得分别以后面的第1、2、3…、2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得；以此类推则故C错误；D．若水平面粗糙，撤去的瞬间，第2020号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不变，故D正确。故选BD。9．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间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。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F，则（）A．当时，A、B都相对地面静止B．当时，A的加速度为C．当时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过【答案】CD【详解】AB．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为，A、B间的最大静摩擦力为A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足解得则当时，A、B都相对地面静止，<F≤3μmg，A、B将一起向右加速滑动，当时，对A、B整体由牛顿第二定律可得解得A、B的共同加速度大小为，AB错误；CD．当F>3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，此时对B由牛顿第二定律可得解得B的最大加速度为