微专题15 动力学连接体问题和临界问题 导学案-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理导学案聚焦动力学连接体问题和临界问题，引导学生掌握整体法、隔离法及临界条件分析方法。通过关联牛顿第二定律基础，结合典例构建从基础规律到复杂问题的学习支架，衔接前后知识脉络。 资料亮点在于方法体系清晰，明确整体法与隔离法的选用原则及临界问题的三种分析方法，典例与随堂演练层次分明。通过模型建构和科学推理培养学生运动和相互作用观念，提升解决实际问题的科学思维能力，便于教学实施。

微专题15 动力学连接体问题和临界问题 导学案 学习目标： 掌握动力学连接体问题和临界问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件． 重、难点理解： 一、动力学的连接体问题 1．连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，如图1所示，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法． 图1 2．整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解．其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力． 3．隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形． 4．整体法与隔离法的选用 (1)求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法． (2)求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交替运用．一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力． 5.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. 典例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的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力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，轻绳与斜面平行，为了增大轻绳上的张力，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 答案　AB解析　当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律， 有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 得a＝－gsin θ－μgcos θ. 隔离B研究，根据牛顿第二定律有 FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa， 则FT＝mBgsin θ＋μmBgcos θ＋mBa＝， 要增大FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确． 典例2：(多选)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 答案　AD解析　两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A项正确，B项错误；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，且两滑块初速度相同，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的位移一定小于Q的位移，C项错误，D项正确。 二、动力学的临界问题 1．临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态． 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．临界问题的常见类型及临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力恰好为零． (2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力． (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是张力为零． (4)加速度最大与速度最大的临界条件：当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值． 4．解答临界问题的三种方法 (1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件． (2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理． (3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件． 典例3：(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，取g＝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 答案　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，选项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，选项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，选项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，选项D错误。 典例4：(多选)如图甲所示，一质量为1 kg的滑块在一个沿斜面向下的外力F作用下由静止开始运动，2 s后撤去外力F，滑块继续沿斜面向下运动到底端，其 -t 图像如图乙所示(x为滑块运动的距离，t为滑块运动的时间)，斜面始终保持静止不动，斜面倾角为37°，且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．外力F的大小为2 N B．滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.75 C．撤去F后地面对斜面的支持力比撤去F前小 D．滑块滑下斜面的过程中，地面对斜面没有摩擦力 答案　BD 解析　设滑块的质量为m，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，滑块滑动过程所受支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为f，加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有x＝v0t＋at2，可得＝v0＋t，结合题图乙可知，0～2 s内有＝2 m/s2，得a＝4 m/s2，根据牛顿第二定律，有F＋mg sin 37°－f＝ma，撤去F后，图像斜率为0，则滑块受力平衡，有f＝mg sin 37°，又f＝μFN＝μmg cos 37°，联立解得μ＝tan 37°＝0.75，F＝4 N，故A错误，B正确；分析可知，撤去F前后，滑块对斜面的压力和摩擦力不变，且合力恰好等于滑块的重力，方向竖直向下，对斜面受力分析可知，地面对斜面的支持力不变，对斜面的摩擦力始终为零，故C错误，D正确。 典例5：如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端连接质量为m1＝4 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝8 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，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。 [解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0 由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0 代入数据解得x0＝0.12 m 因前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，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为x0－x1＝at2 联立解得a＝3 m/s2 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N 对物体Q，由牛顿第二定律得Fmax－m2g sin θ＝m2a 解得Fmax＝72 N。 [答案]　72 N　36 N 随堂演练： 1．(连接体问题)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有A、B两木块，质量分别为m和2m，中间用原长为l0、劲度系数为k的水平轻质弹簧连接起来，现用一水平恒力F向右拉木块B，当两木块一起向右做匀加速直线运动时(　　) A．两木块的加速度a的大小为 B．弹簧的形变量为 C．两木块之间弹簧的弹力的大小为F D．A、B两木块之间的距离为l0＋ 2.(连接体问题)(多选)如图所示，在光滑的水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车的质量为M，木块的质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小为(　　) A．μmg B. C．μ(M＋m)g D．ma 3．(临界问题)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． 4.(临界问题)如图所示，小车在水平路面上加速向右运动，小球质量为m，用一条水平绳OA和一条斜绳OB(与竖直方向成θ＝30°角)把小球系于车上，求： (1)若加速度a1＝，那么此时OB、OA两绳的拉力大小分别为多少？ (2)若加速度a2＝，那么此时OB、OA两绳的拉力大小分别为多少？ 参考答案： 1.答案　AB解析　对A、B整体：F＝3ma得a＝，A正确； 对A：F弹＝kx＝ma＝得x＝，A、B两木块之间的距离为l0＋，B正确，C、D错误． 2.答案　BD解析　木块和小车无相对滑动，加速度a相同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，则加速度a＝；以木块为研究对象，根据牛顿第二定律得，木块受到的摩擦力Ff＝ma＝，选项B、D正确． 3.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： y轴方向有：Fmsin 53°－mg＝ma x轴方向有：Fmcos 53°＝Fb 解得Fb＝9 N，此时加速度最大值a＝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：Fa′sin 53°＝mg 水平方向有：Fb′－Fa′cos 53°＝ma′ 解得Fa′＝12.5 N 当Fb′＝15 N时，加速度最大，此时a′＝7.5 m/s2. 4.答案　(1)mg　mg　(2)mg　0 解析　设OB、OA绳的张力分别为FT1、FT2，对小球受力分析如图所示， 当小球向右加速至FT2刚好为0时，设此时加速度为a0， 则ma0＝mgtan θ，a0＝gtan θ＝g. (1)当a1＝<a0时，FT2≠0，有FT1sin θ－FT2＝ma1 FT1cos θ＝mg 解得FT1＝mg，FT2＝mg. (2)当a2＝>a0时，FT2′＝0，有FT1′sin α＝ma2 FT1′cos α＝mg tan α＝ 解得FT1′＝mg. 学科网（北京）股份有限公司 $