第3章 专题强化（四） 动力学中的连接体和临界极值问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦动力学中的连接体和临界极值问题，这是高考力学核心考点。课件严格对接高考评价体系，系统梳理整体法、隔离法等解题方法，通过近五年真题分析明确这些考点的高频考查趋势，归纳加速度相同/不同连接体、临界极值等常考题型，构建针对性备考框架。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”，如以2024安徽安庆检测题示范“先整体后隔离”解决连接体问题，用极限法突破临界极值，培养科学思维中的模型建构和科学推理能力。通过易错点分析和变式训练，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

专题强化(四)　动力学中的连接体和临界极值问题 强化点一 强化点二 02 01 备考目标 1.知道连接体问题的动力学特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。 2.了解几种常见的临界条件，会用极限法、假设法、数学方法等解决临界极值问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 动力学中的连接体问题 强化点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 类型（一） 加速度相同的连接体问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 类型（二） 加速度不同的连接体问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 动力学中的临界极值问题 强化点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 类型（一） 动力学中的临界问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 类型（二） 动力学中的极值问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 专题强化卷（四） 动力学中的连接体和临界极值问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 24 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 25 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 26 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 27 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 28 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 29 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 30 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 31 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 32 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 33 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 34 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 35 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 36 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 37 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 42 谢谢观看 1．连接体问题 多个物体通过轻绳、轻杆、轻弹簧等连接在一起，或者直接堆放、叠放在一起而构成的物体系统称为连接体。系统稳定时，连接体一般具有相同的速度、加速度，或者各物体的速度、加速度之间存在某种联系。 2．整体法与隔离法在分析连接体问题中的应用 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度。 (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，需要把其中一个物体从系统中隔离出来，分析该物体的受力，应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)整体法和隔离法交替使用 连接体内各物体的加速度相同，若知道外力求内力，则常采用“先整体、后隔离”的思路；若知道内力求外力，则常采用“先隔离、后整体”的思路。 【例1】 如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1 ，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2，则T1∶T2等于(　　) A．9∶2 B．9∶8 C．3∶2 D．1∶1 解析：选B。匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为f，质量为m，根据平衡条件可得 F＝4mg sin θ＋4f，对2、3、4物块由平衡条件可得3mg sin θ＋3f＝T1，可得T1＝ eq \f(3F,4) ；连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3物块根据牛顿第二定律可得，F－3mg sin θ－3f＝3ma，对2、3物块根据牛顿第二定律可得T2－2mg sin θ－2f＝2ma，可得T2＝ eq \f(2F,3) ，可得T1∶T2＝9∶8，故B正确。 [规律方法] 连接体中力的“分配”规律 如图所示，物块m1和m2在推力或拉力F的作用下一起做匀加速直线运动，在地面、斜面光滑，或两物块与地面、斜面间的动摩擦因数相同的条件下，两物块间的弹力F弹＝ eq \f(m2,m1＋m2) F，只与物块的质量有关。 常见模型及处理方法 在如图所示的几个情景中，物体B加速下落从而带动物体A运动，两物体的速度、加速度大小相等，但方向不同。此时可分别对A、B受力分析，应用牛顿第二定律建立方程，然后联立方程求解。 【例2】 (2024·安徽安庆检测)如图，两物块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＝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 解析：选A。P静止在水平桌面上时，对Q由平衡条件有FT1＝mQg＝2 N，对P有Ff＝FT1＝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FT2＝ eq \f(FT1,2) ＝1 N，所以物块Q加速下降，由牛顿第二定律有mQg－FT2＝mQa，解得a＝5 m/s2，而物块P将以相同大小的加速度向右做加速运动，同理，对P有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故A正确。 [应考反思]处理加速度不同的连接体问题时，要注意挖掘物体加速度之间的关联关系，如图所示的情境中，物体A、B的加速度大小、方向都不同，且大小关系为aB＝2aA。 1．临界、极值条件的标志 (1)当题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼时，表明题述的物理过程存在着临界点。 (2)当题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼时，表明题述的物理过程存在着极值。 2．常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件：接触面之间的弹力减小为零。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是张力达到了它的最大张力；绳子松弛的临界条件是张力减小为零。 3．处理临界极值问题的三种方法 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，从而便于进一步的分析求解。 假设法 当问题存在“非此即彼”两种可能时，可假设刚好出现转折或假设为某种可能等方法进行分析论证。 函数法 根据题意建立物理过程中变量之间的函数关系，然后利用数学知识求解极值及对应的临界条件。 【例3】 (多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体的质量均为m＝2 kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，下列说法正确的是(　　 ) A．Q对P的摩擦力方向水平向右 B．水平面对Q的摩擦力大小为2 N C．P与Q之间的摩擦力大小为4 N D．P与Q发生相对滑动 解析：选AC。当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝4 N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为Ff地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误。 [思维延伸]当P、Q两物体刚要发生相对滑动时，求水平外力F的大小。 提示：对P有μ1mg＝ma，解得a＝3 m/s2，对P、Q整体有F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得F＝16 N。 【例4】 (2024·山东青岛检测)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k＝50 N/m，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4 m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　 ) A．外力F刚施加的瞬间，F的大小为4 N B．当弹簧压缩量减小到0.3 m时，A、B间弹力大小为1.2 N C．A、B分离时，A物体的位移大小为0.12 m D．B物体速度达到最大时，B物体的位移为0.22 m 解析：选C。施加外力前，系统处于静止状态，由平衡条件得2mg＝kx0，代入数据解得x0＝0.4 m，外力施加的瞬间，物体A加速度为4 m/s2，对整体由牛顿第二定律得F－2mg＋kx0＝2ma，代入数据解得F＝8 N，故A错误；当弹簧压缩量减小到0.3 m时，设A、B间弹力大小为FAB，对A有F′＋FAB－mg＝ma，对A、B组成的系统有F′＋kx1－2mg＝2ma，联立解得FAB＝1 N，故B错误；设A、B分离时，弹簧的形变量为x2，对B有kx2－mg＝ma，解得x2＝0.28 m，所以A物体的位移大小为x0－x2＝0.4 m－0.28 m＝0.12 m，故C正确；当B物体的加速度为零时速度达到最大，此时A、B已经分离，对B由平衡条件得kx3＝mg，解得x3＝0.2 m，所以B物体的位移大小为x0－x3＝0.2 m，故D错误。 【例5】 (多选)(2024·四川遂宁模拟)如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物块运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　 ) A．物块的初速度为2 m/s B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块沿斜面上滑的最大加速度为g D．物块沿斜面上滑的最小距离为 eq \f(2\r(5),25) m 解析：选AD。由图乙可知，当夹角θ＝90°时，位移x＝0.2 m，由竖直上拋运动的规律可得v02＝2gh，解得v0＝2 m/s，故A正确；当夹角θ＝0°时，位移x＝0.4 m，根据运动学公式及牛顿第二定律可得2ax＝v02，μmg＝ma，解得μ＝0.5，故B错误；根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得a＝g sin θ＋μg cos θ，结合数学知识可知a＝ eq \r(1＋μ2) g sin (θ＋φ)，因此最大加速度为amax＝ eq \r(1＋μ2) g＝ eq \f(\r(5),2) g，此加速度对应的位移最小，由2amaxxmin＝v02，解得xmin＝ eq \f(2\r(5),25) m，故C错误，D正确。 【基础落实练】 1．(2023·北京高考)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　 ) A．1 N B．2 N C．4 N D．5 N 解析：选C。对两物块整体受力分析，根据牛顿第二定律有F＝2ma，再对左边的物块分析有FTmax＝ma，其中FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故C正确。 2．(多选)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTA和FTB的变化情况是(　　 ) FTA增大 B.FTB增大 C．FTA减小 D．FTB减小 解析：选AD。设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝ eq \f(F,M) ，对最左边的物体分析，有FTB＝ma＝ eq \f(mF,M) ，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－ eq \f(m′F,M) ，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以FTB减小，FTA增大，故A、D正确。 3．(多选)(2024·湖南长沙检测)某马戏团表演了猴子爬杆的节目，如图所示，杆的质量为m，长度为l，猴子的质量为2m。初始时，猴子静止在杆的最下端，现剪断轻绳，同时猴子相对于杆往上爬。已知重力加速度为g，杆下端到地面距离大于l，下列说法正确的是(　　 ) A．若杆的加速度为3g，则猴子相对于地面静止 B．若杆的加速度为2g，则猴子相对于地面静止 C．猴子能相对地面静止的时间为 eq \r(\f(2l,3g)) D．猴子能相对地面静止的时间为 eq \r(\f(l,g)) 解析：选AC。若杆的加速度为3g，则对杆由牛顿第二定律可得mg＋f＝m·3g，解得猴子对杆的摩擦力f＝2mg，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可知，杆对猴子的摩擦力大小为2mg，方向向上，此时猴子受到的合外力为零，加速度为零，所以猴子相对地面静止，故A正确，B错误；当杆下降的位移为l时，由运动学公式有l＝ eq \f(1,2) ·3gt2，解得猴子能相对地面静止的时间为t＝ eq \r(\f(2l,3g)) ，故C正确，D错误。 4．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a ­F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　 ) A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为2 kg C．当F＝10 N时滑块A的加速度为6 m/s2 D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2 解析：选BC。设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝ eq \f(F,m) －μg；根据题图乙知 eq \f(1,m) ＝ eq \f(2－0,6－4) kg－1，解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，故A、D错误，B正确。当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝ eq \f(F－μmg,m) ＝6 m/s2，故C正确。 【综合提升练】 5．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(不考虑两物块与斜面之间的摩擦)(　　) A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为 eq \f(M－m,M) g 解析：选BCD。第一次放置时质量为M的物块静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg；第二次放置，对整体，由牛顿第二定律得Mg－mg sin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝ eq \f(M－m,M) g，故C、D正确。对质量为m的物块研究，由牛顿第二定律得T－mg sin α＝ma，解得T＝mg，故B正确，A错误。 6．(多选)(2024·湖北名校联考)如图所示，质量m＝1 kg的光滑球放在圆弧槽内，它们的左边接触点为A，OA与水平面夹角α＝53°。圆弧槽质量M＝3 kg，与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，用轻绳跨过定滑轮与重物P连接，与圆弧槽相连的那段绳子处于水平方向。不计滑轮质量和绳子与滑轮间的摩擦，已知轻绳能承受的最大拉力为40 N，重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法中正确的是(　　 ) A．若重物P质量mP＝2 kg，则圆弧槽运动的加速度a＝2 m/s2 B．若重物P质量mP＝2 kg，则球受到圆弧槽的作用力FN＝2 N C．要保证轻绳不断，且球和槽保持相对静止，重物P质量最大值是3.8 kg D．要保证轻绳不断，且球和槽始终保持相对静止，则圆弧槽运动的加速度不得超过7.5 m/s2 解析：选AD。当圆弧槽运动的加速度增大到某一临界值时，球和槽恰好能保持相对静止，则球只受到重力和圆弧槽作用于A点的弹力，此时根据牛顿第二定律有 eq \f(mg,tan α) ＝ma0，则圆弧槽运动的最大加速度为a0＝7.5 m/s2，对球和圆弧槽整体分析，同理有T0－μ(m＋M)g＝(m＋M)a0，解得轻绳的拉力为T0＝38 N<40 N，再对重物P分析，有mPmaxg－T0＝mPmaxa0，解得重物P质量最大值为mPmax＝15.2 kg，故C错误，D正确；若重物P质量mP＝2 kg，则轻绳不断，球和槽保持相对静止，对重物P有mPg－T＝mPa，对球和圆弧槽整体有T－μ(m＋M)g＝(m＋M)a，联立解得圆弧槽运动的加速度为a＝2 m/s2，此时球的合力为F合＝ma＝2 N，则球受到圆弧槽的作用力为FN＝ eq \r(（mg）2＋（ma）2) >2 N，故A正确，B错误。 7．如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； (3)若拉力F的大小和方向可以调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 解析：(1)根据L＝v0t＋ eq \f(1,2) at2 代入数据解得a＝2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有 F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5。 (3)设F与斜面夹角为α 平行斜面方向有 F cos α－mg sin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ 联立解得F＝ eq \f(ma＋mg（sin θ＋μcos θ）,cos α＋μsin α) ＝ eq \f(ma＋mg（sin θ＋μcos θ）,\r(μ2＋1)sin （φ＋α）) 当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin 代入数据解得Fmin＝ eq \f(12\r(5),5) N。 答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) eq \f(12\r(5),5) N [应考反思]当某物理量取极值的情境不易直接判断时，可考虑用数学函数法求极值。 8．如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8 kg，重物质量m＝2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？ (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x＝0.5 m时，求重物的速度大小v。 解析：(1)对重物受力分析，根据受力平衡可得 FT＝mg＝20 N 对木箱受力分析，可得Ff＝2FT 又Ff＝μMg 联立解得μ＝0.5 要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足 μ≥0.5。 (2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得 FT－mg＝2ma 对木箱受力分析，有F－μMg－2FT＝Ma 解得a＝0.5 m/s2 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x＝0.5 m时，重物向上的位移为h＝2x＝1 m，由2×2a·h＝v2 可得此时重物的速度大小为v＝ eq \r(2) m/s。 答案：(1)μ≥0.5　(2) eq \r(2) m/s $