第3章 专题突破4 动力学中的瞬时性和连接体问题(课件PPT)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的瞬时性和连接体问题”专题，依据高考评价体系梳理了瞬时性两类模型（轻绳/杆/接触面、弹簧/蹦床/橡皮条）和连接体两种类型（加速度相同、不同）的核心考查要求，通过2025湖南卷、安徽卷等真题分析，明确瞬时性问题中“弹力突变判断”和连接体中“整体与隔离法应用”为高频考点，构建了“模型识别-受力分析-规律应用”的解题体系。 课件亮点在于“真题解析+方法归纳+素养提升”的备考路径，如以2025湖南卷瞬时性问题为例，通过“模型判断-瞬时前后受力对比-牛顿第二定律列式”三步法，培养学生科学思维和模型建构素养。连接体问题中总结“加速度相同用整体法、不同用隔离法”的解题技巧，配套限时规范训练，帮助学生熟练得分要点，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

专题突破4　动力学中的瞬时性和连接体问题 返回 ‹#› 1 突破点一 2 突破点二　 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 突破点一 动力学中的瞬时性问题 1．两类模型 返回 ‹#› 2．解题思路 返回 ‹#› (2025·湖南卷，5)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 C　 返回 ‹#› 解析：C　对小球A受力分析，其受重力、轻绳的拉力以及B的库仑引力，如图所示，根据力的平衡条件得F库＝FTcos 30°＋mg cos 30°，FTsin 30°＝mg sin 30°，解得FT＝mg，F库＝mg，A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反 向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度大小a＝g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。 返回 ‹#› (2025·陕西西安期末)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有(　　) A．图甲中A球的加速度为g sin θ B．图甲中B球的加速度为0 C．图乙中A、B两球的加速度均为0 D．图乙中A、B两球的加速度均为g sin θ D 甲　　　　　　　　乙 返回 ‹#› 解析：D　题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mg sin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mg sin θ，加速度为3g sin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上有弹力为2mg sin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mg sin θ，加速度均为g sin θ，选项C错误，D正确。 甲　　　　　　　　乙 返回 ‹#› 突破点二 动力学中的连接体问题 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等连接)在一起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(或速度、加速度大小相等)。 类型1　加速度相同的连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 返回 ‹#› (1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 (2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关) 返回 ‹#› (多选)(2026·河北保定模拟)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　) A．系统做匀速直线运动 B．F＝40 N C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 BD 返回 ‹#› 解析：BD　对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝ N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。 甲　　　　　　乙 返回 ‹#› (多选)(2026·河南许昌模拟)如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA>mB，它们与地面间的动摩擦因数相等。为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是(　　) A．仅增大B的质量 B．仅将A、B的位置对调 C．仅增大水平面的粗糙程度 D．仅增大水平恒力F ABD 返回 ‹#› 解析：ABD　弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力FT，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以整体为研究对象，则a＝，以B为研究对象得a＝，联立可得FT＝F，整理得FT＝，则弹簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大B的质量，也可仅将A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，A、B、D正确，C错误。 返回 ‹#› 加速度相同的连接体对合力的“分配”原则 一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于质量为m1的物体上，则质量为m1和m2的物体相互作用力FT＝，若作用于质量为m2的物体上，则FT＝。此“原则”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“分配”原则都成立。 返回 ‹#› 类型2　加速度不同的连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 返回 ‹#› (2025·安徽卷，5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中(　　) A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N C　 返回 ‹#› 解析：C　甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲由牛顿第二定律有FT－μmg＝ma，对乙由牛顿第二定律有mg－FT＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小FT＝7.5 N，C正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖直方向上有FN＝Mg＋mg＋FT，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误。 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 限时规范 训练(16) C　 (建议用时：40分钟　满分：67分) (选择题1～7题每题5分，8～9题每题6分，共47分) [基础分组训练] 题组1　动力学中的瞬时性问题 1．(2026·陕西西安模拟)如图所示，轻质细绳OA一端系在 小球O上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，轻质弹簧 OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，平衡 时细绳OA垂直于天花板，弹簧恰好水平。将细绳OA剪断 的瞬间，小球的加速度(　　) A．竖直向下　　　　　 B．沿OB方向 C．沿AO方向 D．等于0 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 解析：C　小球的受力分析如图所示。设绳子与竖直方向的夹角为θ，则细绳OA中的拉力大小为FT＝，方向沿OA方向，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，两力的合力大小等于FT，方向沿AO方向，所以小球的加速度沿AO方向、大小为a＝，故C正确。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C 2．(2025·陕晋宁青高考适应性演练)如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　　) A．L1的拉力大小为mg B．L2的拉力大小为3mg C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g D．若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：C　对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为FT1＝2mg tan 60°＝2mg，L2的拉力大小为FT2＝＝4mg，选项A、B错误；若剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为 零，加速度为零，对甲受力分析，由牛顿第二定律可知加速度a＝g，选项C正确，D错误。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 3．(2026·黑龙江哈尔滨开学考)如图所示，倾角为θ＝ 30°的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在 斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆， B、C间由一轻质细线连接。已知A、B、C三个小球的质量分别为m、2m、2m，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态，重力加速度为g，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．A球的加速度大小为g B．B球的加速度大小为g C．弹簧的弹力大小为mg D．轻杆的拉力大小为mg A 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：A　细线烧断前，对A、B、C整体进行分析， 系统静止，处于平衡状态，合力为零，由平衡条件可 得F弹＝(m＋2m＋2m)g sin θ＝mg，烧断细线的瞬间， 细线的拉力消失，由于弹簧弹力不能突变，则以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－3mg sin θ＝3ma，解得a＝g，故A正确，B、C错误；设A、B之间杆的拉力大小为FT，以B为研究对象，有FT－2mg sin θ＝2ma，解得FT＝mg，故D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 题组2　动力学中的连接体问题 4．(2026·江苏南京模拟)下列四幅图中质量不同的重物用轻绳连接，绕过无摩擦的轻滑轮。由静止释放瞬间加速度最大的是(　　) A 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：A　设m1>m2，对系统根据牛顿第二定律可知m1g－m2g＝(m1＋m2)a，可得系统的加速度为a＝g，则A图中的加速度aA＝g，B图中的加速度aB＝，C图中的加速度aC＝g，D图中的加速度aD＝g，故选A。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 C 5．(2026·安徽安庆期中)如图所示，质量为m1＝1 kg的物块和质量为m2＝2 kg的小球通过不可伸长的轻质细线跨过光滑的轻质定滑轮连接，初始时细线伸直，物块静置于足够长的水平桌面上，与水平桌面之间的动摩擦因数为0.4，物块与滑轮间的细线水平，小球放在水平地面上，小球和滑轮间的细线竖直，且距离足够大。现对物块m1施加水平向左的恒定拉力F＝30 N，作用1 s后撤去，重力加速度g取10 m/s2，则小球在运动过程中离地的最大高度为(　　) A．1 m B．1.2 m C．1.25 m D．2.25 m 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 解析：C　根据牛顿第二定律，施加力F时有F－μm1g－m2g＝(m1＋m2)a1, 解得a1＝2 m/s2，撤去力F后μm1g＋m2g＝(m1＋m2)a2，解得a2＝8 m/s2，开始运动的1 s内，可得位移为x1＝a1t12＝1 m，速度为v1＝a1t1＝2 m/s，此后m1向左减速，m2向上减速，x2＝＝0.25 m，则小球上升的最大高度为hm＝x1＋x2＝1.25 m，故选C。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 A 6．(2026·北京海淀一模)如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为FT。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则(　　) A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为FT B．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为FT C．两物块的加速度变大，细线的拉力小于FT D．两物块的加速度不变，细线的拉力小于FT 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 解析：A　设物块的质量为m，当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为μ，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F－2μmg＝2ma1，解得加速度为a1＝－μg，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT－μmg＝ma1，联立可得绳子的拉力为FT＝F，当水平地面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F＝2ma2，解得加速度为a2＝，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得FT1＝ma2，联立可得细线的拉力为FT1＝F，则有FT1＝FT，a2>a1，故选A。 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 AD 7．(多选)(2026·山西大同模拟)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是(　　) A．增大推力F B．减小倾角θ C．减小B的质量 D．减小A的质量 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 解析：AD　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBg sin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量、增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 B [创新提升训练] 8．如图，质量mA＝0.1 kg、mB＝0.4 kg的A、B两物体在水平推力F＝1.5 N的作用下，沿光滑水平面做匀加速直线运动，物体A、B始终保持相对静止。A和B接触面竖直，且A不与地面接触。已知物体A和B之间的动摩擦因数为0.9，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．A、B两物体的加速度大小为0.3 m/s2 B．A、B两物体之间的压力大小为1.2 N C．A、B两物体之间的摩擦力大小为1.08 N D．B物体对地面的压力大小为4 N 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：B　对A、B两物体整体进行受力分析，根据牛顿第二定律F＝(mA＋mB)a，解得A、B两物体的加速度大小为a＝3 m/s2，故A错误；对A、B两物体整体进行受力分析，竖直方向有FN＝(mA＋mB)g＝5 N，故B对地面的压力大小为5 N，故D错误；对A进行受力分析，水平方向有F－FBA＝mAa，故B对A的弹力FBA＝1.2 N，故B正确；对A进行受力分析，竖直方向有FfAB＝mAg＝1 N，故A、B之间的摩擦力大小始终为1 N，故C错误。 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(多选)(2025·海南海口模拟)2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是(　　) A．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B．若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为 C．若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为 D．若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 CD 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：CD　当动车组做匀速运动时，对整体有4F＝8f，则F＝2f，则根据平衡条件可知第一列车厢有F12＝f，对于一、二列车厢整体有2f＝F＋F23，可得二、三节车厢间作用力F23＝0，以此类推，可知F34＝f，F45＝0，F56＝f，F67＝0，F78＝f，则可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律2F－8f＝8ma1，整列车的加速度大小为a1＝，故B错误；若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律4F－8f＝8ma2，整列车的加速度大小为a2＝，故C正确；若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律F34′＋2F－5f＝5ma2，解得F34′＝，故D正确。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(10分)(2026·福建福州一中月考)如图，倾角θ＝37°，足够长的粗糙斜面固定在水平面上。质量为2 kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连。已知木板B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，(假设A运动过程中不与地面或滑轮接触且B运动过程中始终不脱离斜面)。求： (1)当物块A质量多大时，木板B恰能沿斜面匀速下滑； (2)若物块A的质量为2 kg，求绳子拉力的大小； (3)若物块A的质量为2 kg，求木板B的加速度大小。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：(1)当木板B恰能沿斜面匀速下滑时，对木板B由平衡条件得 mBg sin θ＝FT＋μmBg cos θ 对物块A由平衡条件得FT＝mAg 解得mA＝0.8 kg。 (2)若物块A的质量为2 kg，因为mAg>mBg sin θ＋μmBg cos θ 所以物块A拉着木板B一起加速运动，木板B由牛顿第二定律可得 FT′－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa 对物块A由牛顿第二定律可得mAg－FT′＝mAa 联立解得绳子拉力的大小为FT′＝18 N。 (3)由(2)问可得木板B的加速度大小a＝1 m/s2。 答案：(1)0.8 kg　(2)18 N　(3)1 m/s2 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(10分)(2025·江苏江都中学质检)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取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，用大小为80 N的水平拉力F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。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 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，故要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (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＝ m/s。 答案：(1)μ≥0.5　(2) m/s 返回 ‹#› 专题突破4　动力学中的瞬时性和连接体问题 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› 42 $