6 第4章 专题提升课5 连接体问题和动力学图像问题-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

专题提升课5　连接体问题 和动力学图像问题 1 专题深度剖析 1 随堂巩固落实 2 内 容 索 引 专题深度剖析 PART 01 第一部分 3 1．模型介绍 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆等联系)在一起的物体组称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。 2．常用方法 (1)整体法：若连接体具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，只分析外力，不分析内力。 (2)隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互作用力。 微专题一　连接体问题 返回导航 √ 返回导航 √ √ 返回导航 返回导航 (2025·甘肃武威市开学考)如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。   (1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况。 返回导航 [解析]　由于车厢沿水平方向做匀变速直线运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向。选小球为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系可得F＝mg tan θ，小球的加速度a＝7.5 m/s2，方向向右，则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。 [答案]　见解析　 返回导航 (2)求悬线对小球的拉力大小。 [答案]　12.5 N　 (3)车厢内有一质量为1 kg的货物相对车厢静止，求货物受的摩擦力大小。 [解析]　货物相对车厢静止，和车厢具有相同的加速度，设货物质量为M，由牛顿第二定律得货物受的摩擦力大小f＝Ma＝7.5 N。 [答案]　7.5 N 返回导航 角度3　物体与弹簧构成的连接体 (2025·内蒙古呼和浩特市期末)如图所示，在光滑水平面上有质量都为m的两物块A、B，两物块通过劲度系数为k的轻弹簧连接，刚开始都处于静止状态，现给B物块一水平向右的恒力F，待它们的加速度相同时，求：   (1)A物块的加速度大小a； 返回导航 (2)弹簧的伸长量x。 返回导航 角度4　加速度不相同的连接体问题 对于滑块和斜面组成的系统，若滑块和斜面的加速度不同，仍然可以把滑块和斜面看作一个整体，整体的合外力提供系统的加速度。 返回导航 (多选)如图所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g，当质量为m的物体以加速度a沿斜面加速下滑时有(　　) A.地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g－ma sin θ B.地面对斜面体的支持力等于(M＋m)(g－a sin θ) C.地面对斜面体的摩擦力方向向左 D.地面对斜面体的摩擦力为0 √ √ 返回导航 [解析]　竖直方向满足(M＋m)g－FN＝ma sin θ，地面对斜面体的支持力FN＝(M＋m)g－ma sin θ，故A正确，B错误；对系统整体受力分析，根据系统牛顿第二定律可知，沿水平方向满足f＝ma cos θ，因此斜面体受地面水平向左的摩擦力，故C正确，D错误。 返回导航 1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等。 2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t 图像的桥梁。 3．图像的应用 (1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。 (3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。 微专题二　动力学图像问题 返回导航 4．解题策略 (1)根据牛顿第二定律列方程，写出图像纵轴的物理量与横轴的物理量的函数关系式。 (2)弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (3)进而明确“图像与公式”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 返回导航 (2025·河北邢台市期中)如图甲所示，倾角为37°的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为m的小木块在沿斜面向上的恒力F作用下沿斜面上滑。a随F变化关系如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　)   A.当F＝32 N时，小木块的加速度为8 m/s2 B.当F＝20 N时，小木块的加速度为2.5 m/s2 C.小木块的质量为3 kg D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.35 √ 返回导航 返回导航 (2025·山西长治市期末)如图甲所示，质量为m的滑块在粗糙水平面以初速度v0水平向右运动，在开始运动的同时受到水平向左的恒力的作用，其运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，图中数据都为已知量，求：   (1)水平恒力的大小F； 返回导航 返回导航 (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ。 返回导航 随堂巩固落实 PART 02 第二部分 23 √ 返回导航 返回导航 2．(连接体问题)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，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＝1.0 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则推力F的大小为(　　)   A.4.0 N　 B．3.0 N C.9.0 N　 D．11.0 N √ 返回导航 返回导航 3．(动力学图像)(多选)(2025·广东省五校联考)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)   A.前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2 B.前4 s内物体运动的位移的大小为10 m C.物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2 D.物体的质量m＝5 kg √ √ 返回导航 返回导航 4．(动力学图像的综合应用)(2025·新疆维吾尔族自治区直辖县级单位期末)如图a所示，一根水平长杆固定不动，一个质量m＝1.2 kg的小环静止套在杆上，环的直径略大于杆的截面直径，现用斜向上53°的拉力F作用于小环，将F从0开始逐渐增大，小环静止一段时间后开始被拉动，得到小环的加速度a与拉力F的图像如图b所示，加速度在F达到15 N后保持不变。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： 返回导航 (1)F＝15 N时长杆对小环的弹力大小及小环加速度的大小； 解析：将F分解到竖直和水平两个方向，F＝15 N时，F竖直向上的分力大小为 Fsin 53°＝12 N＝mg 所以杆与环间无弹力，杆对小环的弹力大小为0 根据牛顿第二定律得 Fcos 53°＝ma 解得a＝7.5 m/s2。 答案：0　7.5 m/s2　 返回导航 (2)环和长杆间的动摩擦因数。 解析：当F超过15 N以后，由牛顿第二定律得 Fcos 53°－μ(Fsin 53°－mg)＝ma 因为加速度在F达到15 N后保持不变，即a与F无关，所以有Fcos 53° ＝ μFsin 53° 解得μ＝0.75。 答案：0.75 返回导航 角度1　物体与物体构成的连接体 　(2024·北京卷，T4)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A.F　　　　　　 B．F C.F D. F [解析]　根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝F。 角度2　物体与绳子构成的连接体 　(多选)如图，一不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若m1<m2，物体B自由释放后下落的加速度大小为a，设轻绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，不计一切摩擦。下列表达式正确的是(　　) A.T1＝m1g B.m2g＝a C.m2g－T2＝m2a D.m2g－m1g＝a [解析]　物体B自由释放后下落的加速度大小为a，对A有T1－m1g＝m1a，所以T1＝m1g＋m1a，对B分析m2g－T2＝m2a。因为一根绳上拉力相等，所以m2g－m1g＝a。 [解析]　悬线对小球的拉力大小FT＝＝ N＝12.5 N。 [解析]　待它们的加速度相同时，对整体分析，根据牛顿第二定律有F＝2ma，解得a＝。 [答案]　　 [解析]　对A物块分析，根据牛顿第二定律有 kx＝ma，解得x＝。 [答案]　 [解析]　由题意可知，以小木块为研究对象，根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，则有a＝－g sin θ－μg cos θ，由题图乙可得 kg－1＝，纵轴截距－8 m/s2＝－g sin θ－μg cos θ，解得m＝2 kg，μ＝0.25，故C、D错误；当F＝20 N时，根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝2 m/s2，故B错误；当F＝32 N时，由题图乙可得a＝8 m/s2，故A正确。 [解析]　前t1时间内，滑块做匀减速直线运动，有v0＝a1t1，由牛顿第二定律得F＋f＝ma1，t1到2t1时间内，滑块做反向的匀加速直线运动，有v1＝a2t1，由牛顿第二定律得F－f＝ma2，联立解得F＝，f＝。 [答案]　　 [解析]　由滑动摩擦力公式可得f＝μmg，解得滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝。 [答案]　 1．(连接体问题)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，五个质量均为m的车厢置于粗糙的水平轨道上，在外力F的牵引下，沿平直轨道匀加速行驶，若每节车厢与轨道间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则第3节对第4节车厢的牵引力为(　　) A．F　　 B． C.　　 D．F－2μmg 解析：对五节车厢整体分析，由牛顿第二定律可得F－5μmg＝5ma，对第四和第五节车厢整体分析，由牛顿第二定律可得F34－2μmg＝2ma，由以上两式解得，第3节对第4节车厢的牵引力F34＝F。 解析：在推力F作用前，对Q进行受力分析，设轻绳的张力为T，则有T＝mQg＝0.2×10 N＝2 N，在推力F作用之后，对Q进行受力分析，根据牛顿第二定律有mQg－＝mQa，代入数值解得a＝5 m/s2，对P进行受力分析，根据牛顿第二定律有＋F－f＝＋F－μmPg＝mPa，代入数值解得F＝9 N。 解析：根据速度—时间图像的斜率等于加速度，知前2 s内物体的运动加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A正确；前4 s内物体的位移x＝×4×2 m＋2×4 m＝12 m，故B错误；根据牛顿第二定律得，前2 s内F1－μmg＝ma，后2 s内F2＝μmg，由题图甲可知F1＝15 N，F2＝5 N，代入解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C错误，D正确。 $