专题强化9 连接体问题和临界问题 教学设计 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理教学设计聚焦连接体问题和临界问题两大核心知识点，从牛顿第二定律应用延伸，通过整体法与隔离法分析连接体模型，结合临界状态及条件梳理临界问题，搭建从基础规律到综合应用的学习支架。 资料以物理观念和科学思维为导向，通过连接体动力分配原理、临界条件分析等例题，培养模型建构与科学推理能力，助力学生掌握解题方法提升思维，为教师提供系统教学资源，高效突破重难点。

专题强化9　连接体问题和临界问题 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 (1)知道连接体问题的特点，会建立连接体模型分析问题。 (2)知道几种常见的临界问题。 (1)连接体问题的分析方法。 (2)临界问题的分析方法。 科学思维 (1)会熟练应用整体法和隔离法分析连接体中的动力学问题。 (2)会分析几种典型临界问题的临界条件。 提升点1 连接体问题 ●重难解读 1．连接体问题概述 连接体是指几个物体叠放一起、并排挤放在一起或用细绳、细杆连接在一起组成的物体组(又叫物体系)。 2．常见连接体模型 3.外力与内力 如果以物体组成的系统为研究对象，则系统之外的作用力为该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为该系统的内力。 4．处理连接体问题的两种常用方法 项目 整体法 隔离法 方法简述 将加速度相同的几个物体作为一个整体分析的方法 将系统中的某一物体隔离出来单独分析的方法 选择原则 求系统整体的加速度或所受合外力 求系统内物体之间的作用力 注意 受力分析时不考虑系统内物体间的相互作用 通常隔离受力个数少的物体研究 类型一：加速度和速度都相同的连接体问题 例1： (多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻绳上的张力，可行的办法是(　　) A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 解析：对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，联立以上两式可解得：FT＝＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小时，FT越大，故A、B正确。 ►[规律方法] [规律方法]连接体的动力分配原理 两个物体(系统的两部分)在外力(总动力)的作用下以共同的加速度运动时，单个物体分得的动力与自身的质量成正比，与系统的总质量成反比。 相关性：两物体间的内力与接触面是否光滑无关，与物体所在接触面倾角无关。 解析：设水平牵引力的大小为F，在水平牵引力的作用下，小车向右做匀加速直线运动，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小a1＝gtan α，以小车和小球组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1，撤去牵引力后，小车向右做匀减速直线运动，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小a2＝gtan β，以小车和小球组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律有μ(m＋M)g＝(m＋M)a2，联立各式解得F＝(M＋m)g(tan α＋tan β)，C正确。 类型二：加速度不同的连接体问题 例2：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 解析：P静止在水平桌面上时，Q也静止，对Q由平衡条件有FT1＝mQg＝2 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2＝＝1 N，故Q物块加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物块将以大小相同的加速度向右加速运动，受到向左的滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4 N，A正确。 跟踪训练2：如图所示，物体A质量为3 kg，物体B质量为2 kg，不计一切摩擦和绳的重力，g取10 m/s2。当两物体由静止释放后，物体A的加速度与绳子上的张力分别为(　　) A．6 m/s2,8 N　　　　　　　　　　　　 B．10 m/s2,8 N C．8 m/s2,16 N D．2 m/s2,24 N 解析：分别对A、B，由牛顿第二定律得mAg－T＝mAa，T－mBg＝mBa，解得a＝2 m/s2，T＝24 N，故选D。 提升点2 动力学中的临界问题 ●重难解读 1．临界状态和临界值 在物体的运动状态发生变化的过程中，往往在达到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态即为临界状态，相应物理量的值为临界值。 2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰好”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。 3．临界条件 临界状态 临界条件 两物体接触或脱离 弹力FN＝0 两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值 绳子断裂 张力等于绳子所能承受的最大张力 绳子松弛 张力FT＝0 加速度最大或最小 当所受合力最大时，具有最大加速度；合力最小时，具有最小加速度 速度最大或最小 加速度为零 4.解答临界问题的三种方法 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，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件 类型一：弹力临界问题 例3：如图，质量为m的光滑小球，用轻绳连接在三角形斜劈的顶端，绳与斜面平行，斜劈置于光滑水平面上，斜边与水平面夹角θ＝30°，则： (1)斜劈以加速度a1＝水平向左加速运动时，绳的拉力为多大？ (2)斜劈的加速度至少为多大时小球对斜劈无压力？加速度方向如何？ (3)要使轻绳的拉力为0，斜劈的加速度为多少？方向如何？, 解析：(1)对小球的受力分析如图。 水平方向：FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1， 竖直方向：FT1sin θ＋FN1cos θ－mg＝0， 由以上两式得FT1＝mg。 (2)对小球的受力分析如图。 设小球与斜劈接触但对斜劈恰好无压力时对应加速度的最小值为a2，由牛顿第二定律得 FT2cos θ＝ma2 FT2sin θ－mg＝0， 由以上两式得a2＝g，方向水平向左。 (3)轻绳拉力刚好为零时，受力如图，由牛顿第二定律得FNsin θ＝ma FNcos θ－mg＝0 则a＝gtan θ＝g， 即加速度为g，方向水平向右。 答案：(1)mg　(2)g　方向水平向左　(3)g　方向水平向右 ►[规律方法] [规律方法] (1)在本题中，如果斜劈水平向左的加速度a>g，则小球将会相对斜面飘起，轻绳与水平方向的夹角将小于30°。 (2)在本题中，如果斜劈水平向右的加速度大于g，则小球将会沿斜面向上运动。 类型二：摩擦力临界问题 例4：如图所示，质量为m1的木块放在光滑水平面上，木块上放置质量为m2的另一木块(以下用m1、m2代指两木块)，先后分别用水平力拉m1和m2，使两木块都能一起运动，若两次拉动木块时，两木块间的摩擦力大小分别为Fμ1和Fμ2，则两次拉动时，拉力大小F1、F2之比一定可以表示为(　　) A.　　　　　 B．　　　　　 C．　　　　　 D．1 解析：当拉力作用于m1时，两木块间的摩擦力大小为Fμ1，以m2为研究对象，水平方向受到m1的摩擦力为Fμ1，由牛顿第二定律知m2的加速度a2＝，对m1和m2整体而言，其加速度也为a2，根据牛顿第二定律知，此时拉力F1＝(m1＋m2)；当拉力作用于m2时，两木块间的摩擦力大小为Fμ2，以m1为研究对象，水平方向受到m2的摩擦力为Fμ2，m1的加速度a1＝，对m1和m2整体，其加速度也为a1，此时拉力F2＝(m1＋m2)，所以＝，C符合题意。 ►[规律方法] [规律方法]相对运动的临界情况分析 (1)物体间恰好不发生相对滑动的条件为两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，两物体的加速度相等。 (2)解题时，通常采用先隔离再整体的方法，分别列式求解。 跟踪训练3：(多选)某同学课下做实验：右手手掌保持竖直，用左手将一书本贴着右手放置，然后撤去左手的同时，右手猛地水平向前推出，如图所示，可以使书本与右手最初一段时间保持相对静止。已知手掌和书本之间的动摩擦因数为μ，不考虑空气阻力，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则在推动过程中，为保证书本和手相对静止，手向前推动的加速度大小可能为(　　) A.　　　　 B．　　　　 C．　　　　 D． 解析：水平方向对书本，由牛顿第二定律有FN＝ma，竖直方向有μFN≥mg，解得a≥，故选BCD。 类型三：绳子断裂临界问题 例5：如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m、2m和3m的3个木块，木块与水平面间动摩擦因数相同，其间均用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使3个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　) A．绳断前，a、b两轻绳的拉力比总为4∶1 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳a刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.6FT时，轻绳a还不会被拉断 D．若水平面是光滑的，则绳断前，a、b两轻绳的拉力比大于4∶1 解析：设三个木块的加速度为a，则对质量为m的木块，由牛顿第二定律有Fb－μmg＝ma，解得Fb＝μmg＋ma，对质量为3m的木块，由牛顿第二定律有Fa－Fb－μ·3mg＝3ma，解得Fa＝4(μmg＋ma)＝4Fb，则有Fa∶Fb＝4∶1，故A正确；轻绳a刚好被拉断时拉力为FT，将质量为m的木块和质量为3m的木块视为整体，由牛顿第二定律得FT－μ·4mg＝4ma，对三个木块整体，有F－μ·6mg＝6ma，联立解得F＝1.5FT，故B、C错误；若水平面是光滑的，则绳断前，对质量为m的木块，由牛顿第二定律有Fb＝ma，对质量为3m的木块，由牛顿第二定律有Fa－Fb＝3ma，得Fa＝4ma＝4Fb，则有Fa∶Fb＝4∶1，故D错误。故选A。, 课后知能作业 基础巩固练 知识点一　连接体问题 1．五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于(　　) A.F B．F C.F D．F 解析：设各物体的质量均为m，对整体运用牛顿第二定律得a＝，对3、4、5整体应用牛顿第二定律得FN＝3ma，解得FN＝F，故选C。 2．两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图(a)所示。现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度)。木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示。下列关于a1和a2的关系，正确的是(　　) A．a2＝2a1 B．a2＝a1 C．a2>2a1 D．a1<a2<2a1 解析：设A与地面间的动摩擦因数为μ，对A和B整体分析，由牛顿第二定律得F－μ·2mg＝2ma1；对A施加一压力F1＝mg，由受力分析可知F－μ(F1＋mg)＝ma2，整理得μ·2mg＋2ma1－μ(mg＋mg)＝ma2，解得a2＝2a1，故A正确。 3．质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，它们的质量之比m∶M＝1∶2。如图甲所示，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；如图乙所示，当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3 解析：甲图中，将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－u(M＋m)g＝(M＋m)a，再对A进行受力分析，可得T1－μmg＝ma，整理可得T1＝，乙图中，同样将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－(M＋m)g＝(M＋m)a′，再对A进行受力分析，可得T2－mg＝ma′，整理可得T2＝，因此两次弹簧的弹力相等，由胡克定律F＝kx，可知两种情况弹簧的伸长量也相同，x1∶x2＝1∶1，故A正确，B、C、D错误。 4．在光滑水平桌面上，物块A用轻绳和物块B连接，轻绳跨过定滑轮，物块B悬空，如图甲所示，系统从静止开始运动的加速度为a1；在图乙中，若对轻绳施加一个和物块B重力相等的拉力F，物块A从静止开始运动的加速度为a2，则(　　) A．a1<a2 B．a1＝a2 C．a1>a2 D．无法判断 解析：题图甲中两物块构成连接体模型，对B由牛顿第二定律得mBg－T＝mBa1，对A由牛顿第二定律得T＝mAa1，联立解得a1＝；题图乙中是拉力F＝mBg，拉着细绳带动A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律mBg＝mAa2，可得a2＝，比较两加速度可得a1<a2，故A正确。 知识点二　临界问题 5.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为(　　) A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg 解析：A、B两物体恰好相对滑动时，由牛顿第二定律得：对A：μmg＝ma，对A、B系统：F＝(m＋2m)a，解得：F＝3μmg。故选C。 6．大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符合规范的装载支架是安全运输的保障，运输过程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来的。若已知支架斜面均与水平面成α＝30°，则运输车刹车时加速度不能超过(　　) A．0.5g B．g C.g D．g 解析：对钢卷受力分析，可得临界时后支架斜面无作用力，前支架斜面有支持力FN，由牛顿第二定律得FNcos α＝mg，FNsin α＝ma，得a＝gtan α＝gtan 30°＝g，运输车刹车时加速度不能超过g。故选B。 综合提升练 7.(多选)两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力(　　) A．等于0 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcos θ D．大小等于μ2mgcos θ 解析：把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得(M＋m)gsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a，解得a＝g(sin θ－μ1cos θ)。由于a<gsin θ，可见B随A一起下滑过程中，必受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB，对B受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgsin θ－FB＝ma，解得FB＝mgsin θ－ma＝mgsin θ－mg(sin θ－μ1cos θ)＝μ1mgcos θ，B、C正确，A、D错误。 8. (多选)如图所示，粗糙的水平地面上有三块完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　) A．无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将减小 B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变 C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大 D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小 解析：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度a减小，选项A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受到F、摩擦力μmg、绳子拉力FT这三个力的作用，由牛顿第二定律得F－μmg－FT＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力FT增大，选项B错误；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误；若粘在C木块上面，a减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有FT－2μmg＝2ma，FT减小，选项D正确。故选AD。 9．(多选)如图所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(　　) A．弹簧测力计的示数是28 N B．弹簧测力计的示数是30 N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为5 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为28 m/s2 解析：对整体分析，整体的加速度为a＝＝2 m/s2，隔离m2分析，根据牛顿第二定律得F－F2＝m2a，解得F＝F2＋m2a＝28 N，故A正确，B错误；撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m2的加速度大小为a2＝＝7 m/s2，故C错误；撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为a1＝＝28 m/s2，故D正确。故选AD。 10.如图，光滑斜面倾角为θ，底端固定一挡板，轻弹簧两端与挡板及物块A拴接，物块B叠放在A上但不粘连。初始时，两物块自由静止在斜面上，现用平行于斜面的力F拉动物块B，使A、B沿斜面缓慢向上运动。已知轻质弹簧的劲度系数为k，两物块A、B的质量分别为m1和m2，弹簧始终处于弹性限度内，求： (1)初始状态弹簧的形变量； (2)从初始状态到物块B与物块A恰好分离时，物块A移动的距离。 答案：(1)　(2) 解析：(1)开始时，由平衡条件可知kx1＝(m1＋m2)gsin θ 解得弹簧的压缩量x1＝。 (2)由于使A、B沿斜面缓慢向上运动，则每个状态均可视为平衡状态，则两物块恰好分离时，有kx2＝m1gsin θ 此时弹簧的压缩量为x2＝ 则物块A移动的距离Δx＝x1－x2＝。 11．如图所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0 kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N。(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值； (2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。 答案：(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2 解析：(1)竖直向上匀加速运动时小球受力如图所示， 当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得： 竖直方向有：Fmsin 53°－mg＝ma1 水平方向有：Fmcos 53°＝Fb 解得Fb＝9 N，此时加速度有最大值a1＝2 m/s2。 (2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：竖直方向有：Fasin 53°＝mg 水平方向有：Fb－Facos 53°＝ma2 解得Fa＝12.5 N 当Fb＝15 N时，加速度最大， 有a2＝7.5 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $