课后跟踪训练（15）　动力学中的连接体问题及临界极值问题-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（粤教版）

1．一列车由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． C　解析：设列车做匀加速直线运动的加速度为a，将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma；将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C正确，A、B、D错误． 2.(2025·广东深圳高三月考)如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，重力加速度为g.若木块不滑动，力F的最大值是(　　) A． B． C． D． A　解析：当夹子连同木块一起向上做匀加速运动，且恰好不相对滑动时，力F最大，此时静摩擦力恰好达到最大静摩擦力．对木块，利用牛顿第二定律得2f－Mg＝Ma.同理，对夹子和木块整体有F－(M＋m)g＝(M＋m)a.联立以上两式解得F＝，A正确． 3.如图所示，两个物块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两个物块的质量分别为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取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 A　解析：P静止在水平桌面上时，由平衡条件对Q有T1＝mQg＝2 N，对P有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，故Q物体加速下降，有mQg－T2＝mQa，得a＝5 m/s2；而P物体将以相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P，由牛顿第二定律有T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4 N，A正确． 4.(多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示．小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　) A．若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 B．若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 C．若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 D．若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 BD　解析：设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得＝ma0，解得a0＝10 m/s2≈17 m/s2.若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确． 5．如图所示，水平面上O点的左侧光滑，右侧粗糙．有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开．现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　) A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 B．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 C．第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为 D．第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为 D　解析：小滑块匀速运动时，有F＝3μmg，所以μ＝，A错误；小滑块匀速运动时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个小滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹＝3ma1，联立解得F弹＝，D正确． 6.如图所示，一个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s将发生变化，重力加速度g取10 m/s2，s的最小值为(　　) A．0.12 m B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m C　解析：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为s，有0－v02＝2as，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时s有最小值，为smin＝＝0.16 m，A、B、D错误，C正确． 7．(多选)(2025·河北唐山高三检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A的质量m1＝1 kg，物体B的质量m2＝2 kg.如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N).下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D．t＝ s时，两物体A、B恰好分离 BD　解析：t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得A、B分离时刻t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确． 8．(多选)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，则下列说法正确的是(　　) A．两物块间的动摩擦因数为0.2 B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止 C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动 D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大 AB　解析：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，A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝2 m/s2，加速度不变，D错误． 9．(多选)(2022·全国甲卷)如图所示，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一根轻弹簧水平连接，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 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，则拉力大小为F＝2μmg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有－kx′－μmg＝maP1，对滑块Q有kx′－μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由kx一直在减小，可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度大小为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确． 10．(2022·山东卷)某粮库使用额定电压U＝380 V、内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A.关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车刚好沿斜坡匀速下行．已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求： (1)比例系数k的值； (2)上行路程L的值． 答案：(1)0.1　(2) m 解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv 代入数据得F＝7 400 N 装满粮食的小车匀速向上运动，有 F＋m0g－(m1＋m2)g sin θ－k(m1＋m2)g＝0 小车匀速下滑时，有m1g sin θ－km1g－m0g＝0 解得sin θ＝0.5，k＝0.1. (2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，有 (m1＋m2)g sin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a 又2aL＝v2 解得L＝ m． 11.如图所示，一根弹簧的一端固定在倾角为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为一个质量为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： (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P、Q整体受力分析，平行斜面方向有 (m1＋m2)g sin 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－m1g sin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移Δx＝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－m2g sin θ＝m2a 解得Fmax＝ N． 学科网（北京）股份有限公司 $$