第3章 专题突破4 动力学的连接体及临界、极值问题-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学的连接体及临界、极值问题”专题，依据高考评价体系梳理了连接体五大类型（弹簧、轻绳、轻杆、叠放、并排）和临界极值条件（如脱离、相对滑动、绳断裂）两大核心考点，通过近三年高考真题分析明确连接体问题占比达35%、临界极值问题占28%的高频分布，归纳出“整体法+隔离法”“极限法+假设法”等常考题型解题框架。 课件亮点在于“真题解析+方法迁移+素养落地”的备考设计，如以典例1（经典高考弹簧连接体题）和典例2（2025安徽卷轻绳连接体题）为载体，运用科学思维中的模型建构和科学推理，拆解“先整体求加速度，后隔离求内力”的解题步骤，通过随堂检测题强化运动和相互作用观念的应用。教师可依托课件实现考点精准突破，学生能快速掌握临界条件判断等得分技巧，高效提升高考冲刺能力。

专题突破4　动力学的连接体及临界、极值问题 第三章　运动和力的关系 1 [学习目标]　1.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。2.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。 2 突破点一　动力学中的连接体问题 突破点二　动力学中的临界、极值问题 随堂检测　自我诊断 内容索引 3 突破点一　动力学中的连接体问题 一 4 1.连接体的五大类型 模型 图示 特点 弹簧 连接体   在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等 盘点 核心知识 模型 图示 特点 轻绳 连接体   两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等 模型 图示 特点 轻杆 连接体   (1)轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度； (2)轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比 模型 图示 特点 物体 叠放 连接体   (1)相对静止时，连接体具有相同的速度和加速度； (2)相对滑动时，连接体各自的速度和加速度均不相同 两物体 并排 连接体   具有相同的速度或加速度 2.连接体问题的分析方法 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度。 (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。 考向 1　弹簧连接体 [典例1]　(多选)(经典高考题)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 AD 提升 关键能力 [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，则拉力大小为F＝2μmg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有－kx'－μmg＝maP1，对滑块Q有kx'－μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由kx一直在减小，可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度大小为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B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，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的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确。 考向2 　轻绳连接体 [典例2]　(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 C [解析]　甲相对木箱向右运动，所以物块甲受到木箱水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向水平向右，A错误；对甲根据牛顿第二定律有T－f＝m甲a，对乙根据牛顿第二定律有m乙g－T＝m乙a，其中f＝μm甲g，联立解得加速度大小为a＝2.5 m/s2，绳子的拉力大小为T＝7.5 N，C正确，D错误；把木箱和甲看成一个整体，在竖直方向上，有N＝(m甲＋M箱)g＋T，由上述分析可知m乙g－T＝m乙a，联立可得N＝(m甲＋M箱)g＋m乙g－m乙a，因为甲、乙运动过程中加速度不变，所以地面对木箱的支持力不变，B错误。 考向 3　物物叠放连接体 [典例3]　(多选)(2026·四川绵阳南山中学高三阶段检测)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 [解析]　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 mgtan 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＝mg＝10 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。 考向 4　轻杆连接体 [典例4]　(多选)如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ 的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A 物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m。下列说法中正确的是(　　) A.A物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ B.轻杆对A物体的作用力沿斜面向下 C.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑 BC [解析]　以整体为研究对象，沿斜面方向根据平 衡条件可得3mgsin θ＝2μmgcos θ，解得μ＝tan θ， 故A错误；B物体光滑，轻杆对B物体的作用力沿 斜面向上，则轻杆对A物体的作用力沿斜面向下， 故B正确；设A物体质量增加Δm，则摩擦力增加 μΔmgcos θ＝Δmgsin θ，A物体的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsin θ，A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B整体做减速运动，故C正确；若增加B物体的质量，设B物体质量增加Δm，整体的沿斜面向下的分力为(3m＋Δm)gsin θ，而向上的摩擦力为2μmgcos θ＝3mgsin θ，A、B整体的合力为Δmgsin θ，方向沿斜面向下，故向下做加速运动，故D错误。 考向 5　两物体并排连接体 [典例5]　如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠 在一起，在水平力F1、F2的作用下运动，已知F1＞F2。下列说法正确的是(　　) A.甲对乙的作用力大小为F1 B.乙对甲的作用力大小为 C.如果撤去F1，乙的加速度一定变大 D.如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小 D [解析]　设甲、乙的质量都为m，撤去某个外力之前，对整体，根据牛顿第二定律有F1－F2＝2ma，解得a＝，对乙分析有F甲乙－F2＝ ma，解得F甲乙＝，根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小为F乙甲＝，故A、B错误；如果撤去F1，对整体，根据牛顿第二定律有F2＝2ma'，解得a'＝，由于无法比较F2与F1－F2的大小关系，故无法比较a'与a的大小关系，故C错误；如果撤去F1，对乙分析有F2－ F'甲乙＝ma'，解得F'甲乙＝＜F甲乙＝，故甲对乙的作用力一定减小，故D正确。 [拓展]　在[典例5]中，若改变接触面形状，如图所示，横截面为梯形的物体P和Q靠在一起，θ＝37°，P和Q质量之比为7∶2，所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰好相对静止；若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相 对静止。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则为__________。  解析：设P和Q的质量分别为7m和2m，当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时，设整体的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F1＝9ma1。隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有2mgtan θ＝2ma1，联立解得F1＝mg；当把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上时，设整体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有F2＝9ma2，设Q对P的弹力大小为N，则Nsin θ＝7ma2，根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为N'＝N，隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，在竖直方向上根据平衡条件有N'cos θ＝2mg，联立解得F2＝mg，所以。 突破点二　动力学中的临界、 极值问题 二 22 1.常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件：FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。 盘点 核心知识 2.“三种”典型的常用方法 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表达式，根据数学表达式解出临界条件 考向1 　动力学中临界问题 [典例6]　(2026·重庆高三月考)如图，物体A叠放在物体B上，B置于水平面上。A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因 数μ1＝0.2，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，F从零开始逐渐增加，则(　　) A.无论F多大，A都不会相对B滑动 B.当拉力F超过16 N时，A开始相对B滑动 C.当A的加速度为1.5 m/s2时，A、B已经发生相对滑动 D.若把F作用在B上，方向仍然水平向右，A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同 D 提升 关键能力 [解析]　A、B之间的最大静摩擦力f1＝μ1mAg＝12 N，B与地面之间的最大静摩擦力f2＝μ2(mA＋mB)g＝8 N，A与B刚好不发生相对滑动时，对B受力分析，aB＝＝2 m/s2，对于系统有F－f2＝(mA＋mB)aB，解得F＝24 N，即拉力超过24 N时，A开始相对B滑动，A、B、C错误；把F作用在B上，A与B刚好不发生相对滑动时对A受力分析，f1＝μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2 m/s2，对于系统有F－f2＝(mA＋mB)aA，解得F＝24 N，即A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同，D正确。 考向 2　动力学中极值问题 [典例7]　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，另一端拴住质 量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的 物体，与物体P靠在一起，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，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，g取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)gsin 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－m1gsin θ＝m1a， 前0.2 s时间内两物体的位移 x＝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，则力F的最小值 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N。 对Q应用牛顿第二定律得 Fmax－m2gsin θ＝m2a， 解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。 [答案]　72 N　36 N 解决临界(极值)问题的思路 1.认真审题，详细分析问题中各物理量变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。 2.寻找过程中变化的物理量。 3.探索物理量的变化规律。 4.确定临界(极值)状态，分析临界(极值)条件，找出临界(极值)关系。 规律方法 随堂检测　自我诊断 三 31 1.(2026·四川眉山模拟)煤矿工地上用一节质量为2m的动力车头和一节质量为m的空车厢组成运煤车，运煤车在水平铁轨上运煤，车头与车厢之间安装有力传感器，车头提供的最大牵引力恒定，运煤车在最大牵引力下加速运行时，发现满载时传感器的示数是空载时的2倍，车厢与车头所受阻力与重力成正比，则满载时煤的质量为(　　) A.m　　　 B.2m　　　 C.3m　　　 D.4m C 解析：空载时F牵－k(2m＋m)g＝(2m＋m)a，T－kmg＝ma，满载时F牵－k(2m＋m＋m煤)g＝(2m＋m＋m煤)a1，2T－k(m＋m煤)g＝(m＋m煤)a1，联立解得m煤＝3m，故选C。 32 2.(多选)(2026·四川德阳什邡中学模拟)如图，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其他摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮，g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　) A.A、B两物体没有发生相对滑动 B.A物体受到的摩擦力大小为3 N C.细绳的拉力大小等于10 N D.B物体的加速度大小是2.5 m/s2 AD 解析：假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度为a＝＝2.5 m/s2，隔离对A分析F＝mAa＝2.5 N＜μmAg＝3 N，可知假设成立，即A、B两物体不发生相对滑动，加速度为2.5 m/s2，A所受的摩擦力为2.5 N，故B错误，A、D正确；隔离对C分析，根据牛顿第二定律得mCg－T＝mCa，解得T＝7.5 N，故C错误。 3.(多选)(2026·四川资阳模拟)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m＝0.6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则(　　) A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线 不被拉断，加速度最大为5 m/s2 D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2 BC 解析：对小球受力分析如图所示。系统静止时， 竖直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fa· cos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故A错 误，B正确；当系统沿竖直方向向上匀加速运动 时，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律，竖 直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma，水平方向有Fm·cos 37°＝F'b，解得F'b＝12 N＜15 N，此时加速度有最大值a＝5 m/s2，故C正确；系统沿水平方向向右匀加速运动时，由牛顿第二定律，竖直方向有F″a·sin 37°＝mg，水平方向有F″b－F″a·cos 37°＝ma，解得F″a＝10 N，当F″b＝15 N时，加速度最大为a≈11.67 m/s2，故D错误。 4.(2026·四川成都月考)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规 律分别如图甲、乙所示，则(　　) A.t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2 B.t＝1 s时，A、B开始分离 C.t＝0时，A、B之间的相互作用 力为3 N D.A、B开始分离时的速度为3 m/s B 解析：由题图甲、乙可得FA＝(8－2t)N，FB＝(2＋2t)N，t＝0时，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于FA0＞FB0，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a＝＝1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有，即，解得t＝1 s，分离时的速度为v＝at＝ 1 m/s，故B正确，D错误。 $