(全国版)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)

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.F  B.  C.  D.

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＝，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3

A.FT＝mg   B.FT＝mg

C.Ff＝mg   D.Ff＝mg

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＝mg，a＝g，以B为研究对象，由牛顿第二定律得Ff＝ma，得Ff＝mg，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4

A.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)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a，对m2有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，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＝F，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5

A.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gsin θ，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gsin θ，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

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＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/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0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/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)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N

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)gsin θ＝kx0

解得x0＝0.16 m.

(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s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：

kx1－m1gsin θ＝m1a

前0.2 s时间内两物体的位移：

x0－x1＝at2

联立解得a＝ m/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＝ N

对Q应用牛顿第二定律得

Fmax－m2gsin θ＝m2a

解得Fmax＝ N.

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μ.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7

A.当F<2μmg时，A、B都相对地面静止

B.当F＝μmg时，A的加速度为μg

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　BCD

解析　当0<F≤μmg时，A、B均静止；当μmg<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＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝

μg，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＝＝μg，选项D正确.

3.(脱离的临界问题)如图8所示，质量m＝2 kg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＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).下列说法正确的是(　　)

图8

A.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N

B.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N

C.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N

D.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N

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Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.

①由于a1＝5 m/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F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0，F1cos θ－FNsin θ＝ma1，代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；

②由于a2＝20 m/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F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，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＝10 m/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10 m/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)　(2)θ＝60°　 m

解析　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ

联立解得：μ＝.

(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－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，

由0－v02＝2ax得x＝，

令cos α＝，sin α＝，

即tan α＝μ＝，

故α＝30°，

又因x＝

当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，

所以x最小值为xmin＝

＝＝ m.

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1

A.若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1

B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1

C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1

D.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2

A.若m>M，有x1＝x2   B.若m<M，有x1＝x2

C.若μ>sin θ，有x1>x2  D.若μ<sin θ，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＝③

在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④

隔离物块A，根据牛顿第二定律有

FT′－mgsin θ＝ma2⑤

联立④⑤解得FT′＝⑥

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3

A.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

C.系统的加速度为a＝gtan α

D.推力F＝Mgtan α

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＝gtan α，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，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1 kg的木块A与质量为2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2 N，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10 m/s2)(　　)

图4

A.F≤12 N   B.F≤10 N

C.F≤9 N   D.F≤6 N

答案　A

解析　当A、B间有最大静摩擦力(2 N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为2 m/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＝12 N，则A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，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＝3 kg、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＝1 kg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5

A.系统做匀速直线运动

B.F＝40 N

C.斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N

D.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mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，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6

A.   B.

C.   D.

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＝＝μ1g，当A、B间发生相对滑动时，a2＝＝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＝，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7

A.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μmg

C.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0.5μmg

D.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8

A.mB＝   B.mB＝

C.a＝0.2g   D.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＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)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＋m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋m)a

联立解得mB＝

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9

A.   B.

C.   D.

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＝masin θ，Ff＝macos θ≤μFN，联立得出μ≥，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10

A.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＝时刻A、B分离

D.分离时B的速度大小为g

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＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝，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＝g·＝g，选项D错误.