专题五 动力学的连接体问题及临界极值问题 课时作业 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以连接体与临界极值问题为核心，通过整体法与隔离法、临界条件分析等科学推理方法，系统构建动力学问题解题体系，强化运动和相互作用观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|10题（含弹簧、斜面、滑轮连接体）|整体法求加速度、隔离法求内力、受力分析、三角函数极值|以牛顿第二定律为核心，连接体问题（整体-隔离）→临界极值（状态分析+数学工具）| |综合提升练|4题（含多体临界、弹簧恢复原长）|临界状态判断（弹力为零/最大静摩擦）、运动学公式应用|深化连接体与临界问题融合，通过典例（如油桶滚动临界）体现科学思维中的模型建构|

专题五 动力学的连接体问题及临界极值问题 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1.(2026·湖北省高三上月考)一劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，其下端固定于水平面。质量分别为2m和5m的物体A、B自上而下叠放于弹簧上端，如图所示，整个系统处于静止状态。现对物体A施加一个竖直向下的压力F，在F开始作用的瞬间，物体A获得竖直向下的加速度，其大小为 a＝g(g为重力加速度)。该瞬间A、B之间的弹力大小为(　　) A. B. C. D．3mg 2.(2026·安徽省合肥一中高三上质检)如图所示，运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为37°(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，球拍与球保持相对静止，重力加速度为g，不计摩擦与空气阻力，则(　　) A．球拍对球的作用力为0.6mg B．运动员对球拍的作用力为(M＋m)g C．运动员的加速度为0.75g D．若运动员的加速度大于0.6g，球一定沿球拍向上运动 3.(2025·安徽卷)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 4．高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一列由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7节共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则下列说法错误的是(　　) A．整列车的加速度大小为 B．启动时车厢对乘客作用力的方向斜向上 C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为 D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为 5.如图所示，弹簧测力计上端固定，下方悬挂质量不计的光滑动滑轮，两个质量分别为m1和m2的物块用跨过滑轮的轻绳连接，轻绳足够长，物块始终没有落地。已知m1大于m2，不计空气阻力，重力加速度为g，则弹簧测力计的示数T是(　　) A．(m1＋m2)g B. C．(m1－m2)g D. 6.如图所示，水平地面上一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，油桶质量分布均匀且均为m，在车厢底一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶C，自由摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A、B的支持力，和汽车一起保持静止，下列说法正确的是(　　) A．汽车在水平面上保持静止时，C受A对它的支持力为mg B．汽车向左加速时，A对C的支持力变小 C．汽车向左加速时，B对C的支持力变小 D．要使C不发生滚动，汽车向左加速的最大加速度为g 7.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　) A．0.12 m B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m 8.(2026·湖南省高三上月考)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(物体A与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动，g为重力加速度，直到A、B分离。则关于此过程，下列说法正确的是(　　) A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A、B分离时，弹簧恰好恢复原长 C．从施加力F到A、B分离的时间为 D．从施加力F到A、B分离的时间为2 9．(多选)如图，质量为2m的P滑块、质量为m的Q滑块置于水平桌面上，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，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀加速运动。下列说法正确的有(　　) A．P的加速度大小为－μg B．P的合力大小为F－2μmg C．弹簧伸长了 D．突然撤去拉力F瞬间，Q的加速度大小变小 10.(多选)如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、B一道沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则(　　) A．a＝gtanα B．α＝β C．FN＝(M＋m)gcosα D．FT>mgcosβ 综合提升练 一．选择题： 11.如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　　) A．2mgsinθ B．3mgsinθ C．4mgsinθ D．5mgsinθ 12.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力，则下列选项正确的是(　　) A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 13.(2026·湖北省黄冈市高三上一模)(多选)如图所示，系在墙上的轻绳通过轻质动滑轮连接滑块P、Q，两滑块的质量均为2 kg，与水平地面间的动摩擦因数均为0.5。现对P施加水平向左的拉力F＝60 N，使P向左做匀加速直线运动，绕过动滑轮的两段轻绳始终水平，不计轻绳与滑轮间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．P的加速度大小为3 m/s2 B．Q的加速度大小为5 m/s2 C．轻绳对Q的拉力大小为22 N D．轻绳对Q的拉力大小为20 N 14.(多选)如图，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 参考答案： 1.答案：C解析：开始时，设弹簧弹力大小为F0，对A、B整体，由平衡条件可得F0＝2mg＋5mg，施加F瞬间，对A、B整体，由牛顿第二定律有 F＋2mg＋5mg－F0＝7ma，对物体A，由牛顿第二定律有F＋2mg－N＝2ma，解得A、B之间的弹力大小为N＝，故选C。 2.答案：C解析：乒乓球加速度方向水平向右，故所受合力方向水平向右，对乒乓球受力分析如图所示，根据平行四边形定则可知，球拍对球的作用力N＝＝1.25mg，故A错误；球和运动员具有相同的加速度，由图可知，乒乓球所受的合力为F合＝mgtan37°，根据牛顿第二定律得，运动员的加速度为a＝＝gtan37°＝0.75g，故C正确；球拍和球整体所受合力F合′＝(M＋m)a，方向水平向右，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为F＝＝1.25(m＋M)g，故B错误；当a＜gtan37°＝0.75g时，球将相对球拍向下运动，若运动员的加速度大于0.6g，但比0.75g小，球会沿球拍向下运动，故D错误。 3.答案：C解析：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；设轻绳上的拉力大小为T，甲、乙的加速度大小均为a，由牛顿第二定律，对甲有T－μmg＝ma，对乙有mg－T＝ma，联立解得a＝2.5 m/s2，T＝7.5 N，C正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，在竖直方向上根据平衡条件可知，地面对木箱的支持力FN＝Mg＋FN甲＋T＝Mg＋mg＋T，可知地面对木箱的支持力FN不变，B错误。 4.答案：D解析：对整列车，总牵引力为4F，总阻力为8kmg，总质量为8m，设加速度大小为a，由牛顿第二定律有4F－8kmg＝8ma，解得a＝，故A正确；列车启动时，乘客的加速度水平向前，受到的合外力方向水平向前，受力分析如图所示，可知车厢对乘客作用力F车的方向斜向上，故B正确；规定列车前进方向为正方向，设第2节车厢对第1节车厢的作用力为F21，对第1节车厢，由牛顿第二定律有F21－kmg＝ma，解得F21＝，故C正确；设第2节车厢对第3节车厢的作用力为F23，第3节车厢到第8节车厢的总牵引力为3F，总阻力为6kmg，总质量为6m，对第3节车厢到第8节车厢，由牛顿第二定律有3F＋F23－6kmg＝6ma，解得F23＝0，故D错误。本题选说法错误的，故选D。 5.答案：B解析：因为m1>m2，故m1的加速度方向向下，m2的加速度方向向上，设加速度大小为a，轻绳拉力大小为T1，根据牛顿第二定律，对m1有m1g－T1＝m1a，对m2有T1－m2g＝m2a，联立解得T1＝，可知弹簧测力计的示数T＝2T1＝，故选B。 6.答案：B解析：对桶C受力分析如图所示，由几何关系知θ＝30°。汽车在水平面上保持静止时，对C由平衡条件可知，在水平方向上有FAsinθ＝FBsinθ，在竖直方向上有FAcosθ＋FBcosθ＝mg，联立解得FA＝FB＝＝mg，故A错误；汽车向左加速时，水平方向由牛顿第二定律有FBsinθ－FAsinθ＝ma，竖直方向由平衡条件有FAcosθ＋FBcosθ＝mg，联立解得FA＝，FB＝，则A对C的支持力变小，B对C的支持力变大，故B正确，C错误；当汽车向左加速，且C恰好不发生滚动时，A对C的支持力恰好为零，即FA＝＝0，解得汽车向左加速的最大加速度为amax＝g，故D错误。 7.答案：C解析：取沿木板向上为正方向，设木块的质量为m，加速度为a，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，由匀变速直线运动速度与位移的关系可知0－v＝2ax，解得x＝，根据数学关系知sinθ＋μcosθ＝sin(θ＋α)，其中α满足tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 8.答案：C解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件有kx0＝4mg，施加拉力的瞬间，弹簧对A的弹力不变，设A、B间的弹力大小为FAB，对物体A，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得x0＝，FAB＝，故A错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，A的加速度方向向上，则弹簧弹力不为零，弹簧处于压缩状态，故B错误；A、B分离瞬间，设弹簧的压缩量为x，对A受力分析得kx－3mg＝3ma，解得x＝，此时A、B上升的高度h＝x0－x，由运动学公式有h＝at2，解得从施加力F到A、B分离的时间t＝，故C正确，D错误。 9.答案：AC解析：分析可知，P、Q相对静止时，两者才能均做匀加速运动，设P、Q的加速度大小均为a，以P、Q整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，解得a＝－μg，故A正确；由牛顿第二定律可知，P的合力大小为FP＝2ma＝－2μmg，故B错误；以Q为研究对象，设弹簧弹力为T，由牛顿第二定律可知T－μmg＝ma，解得T＝，根据胡克定律可知，弹簧的伸长量为Δx＝＝，故C正确；突然撤去拉力F瞬间，由于弹簧长度无法瞬时改变，故弹簧弹力不变，Q的加速度大小不变，故D错误。 10.答案：BC解析：A、B一道沿杆上滑过程中，将A、B看成一个整体，将重力进行正交分解，如图所示，沿杆向下的分力大小为F1＝(M＋m)gsinα，垂直杆向下的分力大小为F2＝(M＋m)gcosα，在垂直于杆方向根据平衡条件可知 FN＝F2＝(M＋m)gcosα，在运动的方向由牛顿第二定律有F1＝(M＋m)a， 解得a＝gsinα，故A错误，C正确；对小球B受力分析，由于小球B的加速度大小为a，方向沿杆向下，则小球B垂直杆方向的合力为0，把小球B的重力正交分解，沿杆向下的分力大小为F1′＝mgsinα，垂直杆向下的分力大小为 F2′＝mgcosα，由牛顿第二定律可知，小球B所受合力FB＝ma＝mgsinα＝F1′，方向沿杆向下，可知轻绳的拉力沿杆方向的分力为0，即FT的方向垂直杆向上，由几何关系可知α＝β，由平衡条件有FT＝F2′＝mgcosα＝mgcosβ，故B正确，D错误。 11.答案：C解析：给甲一个沿斜面向上的初速度后，甲做变加速直线运动，所受合力关于初始位置对称，则其在最高点和最低点的加速度大小相等，设为a。物块甲运动至最高点时，设弹簧的拉力为F弹1，由题意可知挡板对乙的弹力为0，对乙，根据平衡条件有F弹1＝mgsinθ，对甲，由牛顿第二定律有F弹1＋mgsinθ＝ma；物块甲运动至最低点时，设弹簧的弹力为F弹2，对甲，根据牛顿第二定律可知F弹2－mgsinθ＝ma，对乙，由平衡条件可知挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsinθ，联立解得FN＝4mgsinθ，故选C。 12.答案：CD解析：A所受B的最大静摩擦力为μ·2mg＝2μmg，B所受地面的最大静摩擦力为μ·3mg＝μmg，故当F<μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A、B一起运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律得F－μmg＝3ma，设A、B间的摩擦力为f，对A根据牛顿第二定律得F－f＝2ma，两式联立得F＝3f－3μmg，当A、B之间的摩擦力最大为fmax＝2μmg时，解得F＝3μmg，即当μmg<F<3μmg时，A、B两物块相对地面以相同的加速度运动，将F＝μmg代入F＝3f－3μmg，解得A、B间的摩擦力f＝μmg，故B错误；由前述分析可知，当F>3μmg时，A相对B滑动，故C正确；当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力为fmax＝2μmg，对B根据牛顿第二定律得2μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故无论F为何值，B的加速度不会超过μg，故D正确。 13.答案：AC解析：根据动滑轮的特点可知，极短的时间内滑块Q通过的位移始终是滑块P通过的位移的两倍，则滑块Q的加速度始终是滑块P的加速度的两倍，设P的加速度大小为a，则Q的加速度大小为2a。设轻绳对Q的拉力大小为T，对P进行受力分析，由牛顿第二定律有F－μmg－2T＝ma，对Q有T－μmg＝m×2a，联立解得T＝22 N，a＝3 m/s2，Q的加速度大小为aQ＝2a＝6 m/s2，故A、C正确，B、D错误。 14.答案：AD解析：设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，对Q受力分析可知，弹簧的弹力大小为T0＝μmg。撤去拉力瞬间，弹簧弹力不变，两滑块速度相等，与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度大小为aP0＝＝2μg，向右做减速运动，滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，故P、Q间的距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知，开始一段时间，P减速的加速度减小，向右做加速度减小的减速运动，Q所受的合外力增大且方向向左，向右做加速度增大的减速运动，弹簧第一次恢复原长时，P可能还在向右运动，也可能已停止运动，但在弹簧第一次即将恢复到原长时，Q的加速度大小一定为aQ1＝＝μg，故在弹簧第一次恢复原长之前，P的加速度大小的最大值为2μg，Q的加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误；从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长，滑块P、Q的位移水平向右，P、Q间的距离减小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误；通过画v­t图可知，P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $