微专题一 动力学中的连接体问题和临界、极值问题-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

4.(多选)(2022·湖南卷)球形飞行器安装了可 A.发动机的最大推力为1.5Mg 提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 B.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动 M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其 速率平方成正比（即F阻=k2,k为常量）。当 机推力的大小为∠☑会 发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时 C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞 间后，其匀速下落的速率为10m/s;当发动机 行时，飞行器速率为5√3m/s 以最大推力推动飞行器竖直向上运动时，经 D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速 过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 度大小可以达到3g 5m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相 对于地面的流动及飞行器质量的变化。下列 说法正确的是 ( 请完成课时作业2 微专题一动力学中的连接体问题和临界、极值问题 d复习定位 1.掌握整体法与隔离法、数形转换法、临界极值法等常用思想方法。 2.熟悉常见连接体模型，掌握模型建构及综合问题的分析方法。 3.能够应用动力学基本规律解决临界、极值问题。 考向探究 素养提升 011 老向一 动力学中的连接体问题 1.常见连接体问题的特点 【典例1】如图所示，质量为m2 (1)通过轻绳连接的两个物体：如果一起做加 的物体2放在正沿平直轨道 速运动，则它们的加速度大小相等。 行驶的车厢底板上，并用竖 7A7mmm (2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对 直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物 滑动时，物体间的摩擦力达到最大静摩擦力。 体1，某时刻观察到与物体1相连接的细绳 (3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为 与竖直方向成0角，重力加速度为g,则下列 零，但此时两物体的加速度仍相同。 说法正确的是 () 2.连接体问题的分析方法 A.车厢向右减速运动 (1)若连接体内各物体具有相同的加速度，利 B.物体2所受底板的摩擦力大小为m2gtan0, 用整体法计算外力（或其他未知量）；利用隔 方向向右 离法求物体之间的作用力（内力）。 C.车厢向左加速运动 (2)应用牛顿第二定律解决连接体相对静止 D.物体2对底板的压力大小为m2g一m1gsin0 类问题时，可以先用整体法求出加速度，然后 听课记录 再用隔离法选取合适的研究对象，求物体之 间的作用力（内力），即“先整体求加速度，后 隔离求内力”。 第一部分 专题一力与运动一闭 规律总结常见动力学连接体的五大模型 【提升练1】（多选）小物块A与各面均光滑的 模型 图例 特点 斜面体B,叠放在光滑水平面上，它们的质量 (1)加速度相同时， 分别为m、M,如图所示，在水平力F,(图甲) x》品 弹簧弹力大小相同 作用下保持相对静止，此时A、B间作用力为 ↑F 且与接触面是否光 N1;在水平力F2(图乙)作用下保持相对静 弹簧连 滑无关。 接体 止，此时A、B间作用力为N2。则下列说法 囚000000A上 画 (2)在弹簧形变量 正确的是 最大时，两端物体 A 10.-.. 的速率相等 B B A.若m=M,则有F,=F2 (1)加速度大小相 B.若m=M,则有N1>N 等，方向不一定 轻绳连 C.若m<M,则有F1<F2 相同。 接体 D.若m<M,则有N,=N2 (2)整体法、隔离法 交替运用 【提升练2】（多选）如图所示，在倾角为0的光 滑斜面上，有两个物块P和Q,质量分别为 B m1和m2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接， F 012 在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起 (1)平动时，连接体 向上做匀加速直线运动，则 () 具有相同的平动 轻杆连 F 速度。 m 接体 (2)转动时，具有相 O0000000D 同的角速度 10 A.两物块一起运动的加速度大小为a= A (1)具有相同的速 F 度和加速度。 物体叠放 m1+m2 (2)常会因摩擦力 连接体 发生突变而出现临 B.弹簧的弹力大小为T一m十m m2 界条件 C.若只增大m2,两物块一起向上匀加速运 (1)具有相同的速 动时，它们的间距变大 两物体并 度和加速度。 D.若只增大0，两物块一起向上匀加速运动 排连接体 (2)整体法、隔离法 F 时，它们的间距变大 22777777777777 交替运用 ☑一红因勾·讲与练·高三二轮物理 考向二动力学中的临界、极值问题 1.临界问题：当某个物理量变化时，会引起其他 听课记录 几个物理量的变化，从而使物体的平衡“恰好 出现”或“恰好不出现”，即处于临界状态，在 问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等 字眼。 【提升练3】（多选）如图甲所示，物块A、B静 2.极值问题：平衡问题的极值，一般指在力的变 止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐 化过程中的最大值和最小值。 增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力 3.临界（极值）问题常见类型 F1、B与地面间的摩擦力F2随水平拉力F (1)接触与脱离的临界（极值）条件：两物体相 变化的情况如图乙所示。已知物块A的质 接触或脱离，临界（极值）条件是弹力F、=0。 量m=3kg,g取10m/s2,设最大静摩擦力 (2)是否相对滑动的临界（极值）条件：两物体 等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( 相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦 ↑F/N 力，则相对滑动的临界（极值）条件是静摩擦 力达到最大值。 2 (3)绳子是否断裂的临界（极值）条件与绳子 甲 乙 是否松弛的临界（极值）条件：绳子所能承受 A.两物块间的动摩擦因数为0.2 013 的张力是有限的，绳子断与不断的临界（极 B.当0<F<4N时，A、B保持静止 值)条件是绳中张力等于它所能承受的最大 C.当4N<F<12N时，A、B发生相对滑动 张力；绳子松弛的临界（极值）条件是F=0。 D.当F>12N时，A的加速度随F的增大 【典例2】一轻质弹簧一端 而增大 斜面的底端，另一端拴住1W 固定在倾角为37°的光滑 【提升练4】（多选）如图所 379 示，细线的一端固定在倾 质量不计的物块P,Q为质量为4kg的重物， 角为30°的光滑楔形滑块 弹簧的劲度系数为k=600N/m,系统处于静 A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m 止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的 的小球，静止时细线与斜面平行（已知重力 力F,使它从静止开始沿斜面向上匀加速运动， 加速度为g)。则 ( ) 已知在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为 A.当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力大 恒力(sin37°=0.6，g取10m/s2),则下列分 小为0.5mg 析正确的是 ( B.若滑块以加速度a=g向左加速运动时， A.P、Q一起匀加速运动的加速度为2m/s 细线的拉力大小为mg C.当滑块以加速度a=g向左加速运动时， B.F的最小值为8N,F的最大值为36N 小球对滑块的压力不为0 C.PQ分离时弹簧为压缩状态 D.当滑块以加速度a=2g向左加速运动 D.若P为有质量的物体，P、Q分离时弹簧为 时，细线的拉力大小为2mg 原长 第一部分专题一力与运动一闭 真题演练 感悟高考 1.(2022·全国乙卷)如图所示，一不mQ C.若推力F向左，且以<tanθ≤2，则F的 可伸长的轻绳两端各连接一质量 最大值为4mg(2μ-tan0) 为m的小球，初始时整个系统静置 D.若推力F向右，且tan0>2μ，则F的范围 于光滑水平桌面上，两球间的距离mO 为4mg(tan0-2μ)≤F≤4mg(tan0+ 等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在 2μ) 轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球 4.(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把 运动至二者相距L时，它们加速度的大小 货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑 轨与水平面成24°角，长度11=4m,水平滑轨 均为 ( 长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾 4装 2F 3F B D. 斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的 5m 8m 10m 2 2.(多选)(2022·全国甲卷)如 F Q00000P= 动摩擦因数均为“=。，货物可视为质点（取 图所示，质量相等的两滑块 77777777777 cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g取 P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平 10m/s2)。 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 24⊙ 拉动P,使两滑块均做匀速运动；某时刻突然 014 撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的 复原长之前 大小： A.P的加速度大小的最大值为24g (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度？的大小； B.Q的加速度大小的最大值为2g (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超 C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 过2m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度 大小 3.(多选)(2023·湖南卷) 如图所示，光滑水平地 面上有一质量为2m的 小车在水平推力F的作 ZAKAKKKK7KA01777 用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁 上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动 摩擦因数为以，杆与竖直方向的夹角为0，杆 与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( ) A.若B球受到的摩擦力为零，则F=2 ng tan0 B.若推力F向左，且tanO≤μ，则F的最大 请完成课时作业3 练 值为2 ng tan0 ☑一公网勾·讲与练·高三二轮物理微专题一动力学中的连接体 不计质量，所以此时弹簧处于原长；P、 两滑块P、Q整体分析得F=2mg,隔 问题和临界、极值问题 Q在前0.2s时间内向上做匀加速运动 离滑块Q分析得F弹=mg:撤去拉力 考向探究素养提升 的位移为xo=2at,解得a=2m/s2, F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取 向右为正方向，根据牛顿第二定律 故A正确，C错误；当P、Q开始运动时 考向一 得，滑块P:一F弹一mg=ma1,滑块 动力学中的连接体问题 拉力最小，此时对P、Q受力分析得 Q:F0一mg=a2,则a1= 典例1B以物体1为研究对 Fnia=ma,解得Fmi=8N;当P、Q分 F弹一mg 象，受到竖直向下的重力和沿 一F弹一mg 离时拉力最大，此时对Q受力分析 'a2= ,可知弹 2 绳向上的拉力，如图所示，则 得Fmax一ng sin8=a,解得Fmax 簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加 m1gtan8=m1a,所以物体1 32N,故B错误；若P为有质量的物 速度减小的减速运动，Q做加速度增 的加速度大小为a=gtan 0, 体，P、Q分离时，P对Q的作用力为0， 方向向右，所以车厢向右加速g 大的减速运动，当F弹=μmg时，滑块 此时加速度还相同；对P,由牛顿第二 或者向左减速，故A、C错误： P加速度最大值为a1ms =24g,当 定律得kx1一m1gsin9=m1a,即x1 物体2的加速度与物体1的加速度相 F弹=0时，滑块Q加速度最大值为 migsin 0ma 同，即F:=2a=m2gtan9,方向水平 ,x1不等于0，即P、Q a2mx=g,故A正确，B错误；滑块P、 向右，故B正确；对物体1，有Fc0s日 Q水平向右运动，P、Q间的距离在减 分离时弹簧不为原长，故D错误。 m1g,对物体2，竖直方向有F十Fv 小，故P的位移一定小于Q的位移，故 提升练3AB根据题图乙可知，发生 C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时的 m2g,联立解得F=m2g mig cos日，根 相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为 6N,所以A、B之间的动摩擦因数以 加速度为a=g,可见滑块P减速的 据牛顿第三定律，物体2对底板的压力 最小加速度为滑块Q减速的最大加速 大小为F队=F=mg-m5 ,故D F四=0.2，A正确；当0<F<4N时， 度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等 m cos 0 滑块P由开始的加速度大小为2g做 根据题图乙可知，F2还未达到B与地 错误。 加速度减小的减速运动，最后弹簧恢 面间的最大静摩擦力，此时A、B保持 提升练1ACD由整体法可知，甲图中 复原长时加速度大小为以g:滑块Q由 静止，B正确：当4N<F<12N时，根 F 开始的加速度为0做加速度增大的减 的加速度a1= M十m,乙图中的加速 据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力 速运动，最后弹簧恢复原长时加速度 还未达到最大静摩擦力，所以没有发 大小也为以g,则滑块P的速度大小均 度a2=M十m 生相对滑动，C错误；当F>12N时， 设斜面体的倾角为日， 不大于同一时刻Q的速度大小，故D 根据题图乙可知，此时A、B发生相对 对甲图，隔离B有N1sinB=Ma1,隔离 正确。 滑动，对物块A有a=下=2m/s, 3.CD分析题目的三个关键前提：①对 A有Ncos0=mg,解得a1=B1an9, m 小车和A、B两小球构成的整体，根据 加速度不变，D错误。 牛顿第二定律可知F=4a:②对A、B F-(M+m)a-M(mM)gtan 0. 172 提升练4AC当滑块向左做匀速运动 时，根据平衡条件可得细线的拉力大 两个小球构成的整体，竖直方向上小 车对A、B的支持力，即对B的支持力 N =mg s9,对乙图中A有Nsin9 小为Fr=mg sin30°=0.5mg,故A正 确；设当小球贴着滑块一起向左运动 N=2mg;③对A和B分别分析可知 且滑块对小球的支持力恰好为0时加 杆的作用力始终沿杆。 mg·an日=ma2,解得N2=mg cos 6' 速度为ao,小球受到重力、拉力作用， 若B球受到的摩擦力为零，受力分析 F2=(M十m)gtan0,若m=M,则 根据牛顿第二定律可得，加速度a。 如图甲所示， F1=F2,若<M,则F1<Fg,故A ngtan60° C正确；无论m、M关系如何都有 =√3g>g,即当滑块以加速度 V1=N,,故B错误，D正确。 a=g向左加速运动时，小球没有脱离斜 提升练2BC对整体受力分析，根据牛 面，水平方向有FTc0s30°-Fysin30°= mg Fo 甲 顿第二定律有F-(m1十m2)gsin8 a,竖直方向有Frsin30°+Fcos30°= F (m1十m,)a,解得a= -gsin 0, 71十m2 g,联立可得F,=B十 对B/F,c0s9=N-mg →a=gtan0→ Fsin 0=ma 2 mg,F= 故A错误：对Q受力分析，根据牛顿第 F=4 ngtan9,A错误。 二定律有T-m2gsin日=m2a,解得弹 5-1 g,故B错误，C正确：当滑块以 若推力F向左，则系统加速度水平向 2 左，对A、B受力分析分别如图乙、丙 簧弹力T=m,F ,故B正确：根据 所示， m1十12 加速度a=2g>√3g向左加速运动时 m,F F 此时小球已经飘离斜面，则此时细线的 F T=- 一可知，若只增大 0: 1十mg L十1 拉力大小为F=√(mg)十(a) 71o √5mg,故D错误。 ,,两物块一起向上匀加速运动时，弹 mg 丙 簧弹力变大，根据胡克定律可知，弹簧 真题演练感悟高考 在竖直方向始终满足F1c0s日= 伸长量变大，故它们的间距变大，故C 1.A当两球运动至二者相距3上P 时，二 m2F Foeg 3 正确；根据T= 可知，只增大 m1十g 者连线与轻绳之间夹角的余弦值c0s日= 日，两物块一起向上匀加速运动时，弹 0.6。设此时轻绳的拉力大小为F1,对 对A当F=0时， 簧弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧 轻绳的中点受力分析得F一2F1sin0 A有最大加速度aAm,F1sin日 伸长量不变，故它们的间距不变，故D m绳a,又轻绳质量近似为0，解得F1 aAm→aAm=gtan日 错误。 5F /当f=N时，B有最大加速度am, 考向二动力学中的临界、极值问题 8。 对质量为m的小球，由牛顿第二 F=F 对B 典例2A设刚开始时弹簧压缩量为 5F 定律有F1=ma,解得a=8m i4·2mg-F1sin8=am→*am ,A正确。 xo,对P、Q受力分析可知，ng sin8= (2-tan9)g。 kx。,解得x。=0.04m:根据题意可知， 2.AD设两滑块的质量均为，撤去拉 若tan日≤，则aBm≥aAm,即Fm 在0.2s时，P对Q的作用力为0，又P力F前，两滑块均做匀速直线运动，对 4maAm=4 ng tan日，B错误。 -267- 参考答案一 若u≤tanB≤2，则am≤aAm,即 提升练2B设B点做圆周运动的线 刚被抛出时初速度为。，根据水平方 F=4mau 4mg (2u -tan ) 速度大小为'，此速度为B,点的实际 向为匀速直线运动，落在锅里的水平 C正确。 速度，根据运动的合成与分解，可以分 距离最小值为L,最大值为3L,有L 若推力F向右，则系统加速度水平向 解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向 右，对A分析可知F,= c0s日。对B受 的分速度，如图所示，沿杆方向的分速 at,3L=vamt,t=√g ，则√ 力分析如图丁所示，摩擦力∫的方向 度大小为ug=0c(B-受) =v'sin B, g <3L√，面圈落入锅中时水平速 可能向左，也可能向右， A点速度为水平方向的U,根据运动的 度最大值为最小值的3倍，但是竖直速 合成与分解，可以分解为沿杆方向的 度相等，根据速度的合成v= f 分速度和垂直杆方向的分速度，如图所 示，沿杆方向的分速度为v4=vcos a, √/v十v,可知落入锅中时，最大速度 mg 又有二者沿杆方向的分速度相等，即 小于最小速度的3倍，C错误，D正确。 考向三圆周运动 F=F2, 'sin B=vcos a,ucos a ,故 ; sin B 典例3AD设细线的拉力为T,则 若f=N向左，则F2sinB-N 选B。 Tsin a=mo'Lsin a,Tcos a=mg, g an=(tan 0-2u)g>F in- 得仙= √cosa,若w不变，L慧大， 对B4mg(tan0-2u), 则a越大，故A正确；由T=mw2L,木 若f=N向右，则F2sin0十N 块随圆盘匀速转动所需要的向心力为 ts F。=mRw,当R=L时，细线的张力 amx=(tan0+2r)g→Fna= 考向二抛体运动 恰好提供木块做圆周运动的向心力， 4mg(tan8十2)，D正确。 摩擦力为零，所以，无论仙多大，木块 4.(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m 典例2BD对重物从P运动到Q的过 解析：(1)根据牛顿第二定律可得 程，水平方向上有x=0tc0s30°，竖 都不会滑动，故B错误；若R=之时木 mg sin24°-μng cos24°=ma1, 直方向上有y=-votsin30°+2gt 1 块所需要的向心力小于细线的张力， 代入数据解得a1=2m/s。 所以木块受到指向圆盘边缘的摩擦 (2)根据运动学公式2a1l1=v2,解得 由几何关系有兰 =tan30°，联立解得 力，故C错误：若R=2L时木块所需 v=4 m/so (3)设货物在水平滑轨上滑行的加速 重物的运动时间t=4s,A错误；结合 要的向心力大于细绳的张力，物块受 A项分析可知，重物落地时的水平分 到指向圆心的摩擦力，随着ω增大时， 度大小为a2,根据牛顿第二定律有 向心力增大，木块所受摩擦力增大，故 mg=ma2,根据运动学公式一2a2l2 速度v,=vocos30°，竖直分速度 D正确。 vx一v2,代入数据联立解得l2 v, vosin30°十gt,则tan0= 提升练5BC依题意，对 2.7m。 配重受力分析，根据牛顿 √3，所以重物的落地速度与水平方向 第3讲 力与物体的曲线运动 夹角为60°，B正确；对重物从P运动 第二定律有gtan日= mw(lsin9+ro),若增大 考向探究素养提升 到Q的过程，垂直于PQ连线方向有 转速，配重做匀速圆周运 2 gh m cos30°=(vosin60°)2，解得重物 动的半径变大，绳与竖直了 Mg 考向一运动的合成与分解 离PQ连线的最远距离hm=l0W3m 典例1A如图所 方向的夹角日将增大，竖直方向有 C错误：结合B项分析，竖直方向上有 示，将a、b两小球 2gym=v,联立解得重物轨迹最高点 mg=Tcos9,水平方向有Tsin0=Fn, 的速度分解为沿 可知配重在竖直方向受力平衡，拉力 3737 与落点的高度差ym=45m,D正确。 细线方向的速度 T变大，向心力F。变大，对腰带受力 37 37o 提升练3AC设AB间距离为L,由平 与垂直细线方向 分析如图所示，可知竖直方向有f 的速度，则a球沿 a 拋运动规律可知Lsin30°= 2gti,斜 Mg十Tcos0=Mg十mg,水平方向有 细线方向的速度大小为U1=v,sin37° V=Tsin8=Fm,故腰受到腰带的摩擦 抛运动分解为沿初速度，方向的匀 b球沿细线方向的速度大小为2 力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A 速直线运动和沿竖直方向的自由落体 错误，B正确：若减小转速，根据A、B 0,0s37,又1=U,解得弘-c0s37 运动，沿竖直方向的自由落体高度大 sin 37 选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍 保持不变，故C正确；若增加配重，保 3,A正确。 小等于L,有L=2g,比较可得 持转速不变，则绳子与竖直方向夹角日 v2 提升练1B将小王和小张分别定为甲 将不变，故D错误。 2 ,A正确，B错误；由v1t1tan30°= 乙，两人抵达的地，点相同，知合速度方 提升练6C设小球在最高点的速度为 向相同，甲静水速垂直于河岸，乙的静 2i,解得t1 2U1 由vy=zg,解 o,当小球下降高度，小球与圆心的 水速与合速度垂直。如图所示，两人 3g 连线与竖直方向的夹角为日，由几何关 的合位移相等，则渡河合速度之比等 得t2= 2u ,比较可得 ,C正 系可知cos9=R。,根据机械能守恒 g R 于两人所用时间之反比。则甲台 √3v2 U七合 确，D错误。 U甲 提升练4AD所有的小面圈在空中均 t甲 sinz合= tan g 做平抛运动，竖直方向均为自由落体 式有F十ng cos8=m R,联立可得 cos日-，联立解得吧= /2h ,故 ,可 U甲 U艺 运动，根据h=2gt得t一√区 +3m5h,由题图乙可 选B。 知所有的小面圈在空中运动的时间都 F=mR-mg R 相同，A正确；所有面圈都只受到重力 2F 作用，所以加速度均为g,根据△v= 知，直线方程为F=F。十3R,故 gt,可知所有面圈在空中运动过程中 3mg_2F。 速度的变化量相同，B错误；若小面圈 万=3R·解得m=。,故C正确。 9g ☑一红勾·讲与练·高三二轮物理 -268-