新教材高中物理必修一第四章 专题强化 动力学连接体问题和临界问题

专题强化动力学中的连接体问题[学习目标] 1.知道什么是连接体，会用整体法和隔离法分析动力学中的连接体问题(重难点)。

2.进一步熟练应用牛顿第二定律解题(重点)。

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，或并排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法。

一、加速度和速度都相同的连接体问题例1如图所示，光滑水平面上A、B两物体用不可伸长的轻绳相连，用力F拉A使A、B 一起运动，A的质量为m A、B质量为m B，求A、B两物体间绳的拉力F T的大小。

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________连接体问题的解题方法1．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。

2．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(或物体的一部分)的受力情况或单个过程的运动情形。

专题强化动力学中的临界问题[学习目标] 1.掌握动力学临界、极值问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件(重难点)。

2.进一步熟练应用牛顿第二定律解决实际问题(重点)。

临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。

一、接触与脱离的临界问题接触与脱离的临界条件(1)加速度相同。

(2)相互作用力F N＝0。

例1如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。

(1)当滑块A以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？(2)当滑块以2g的加速度向左运动时，细线上的拉力为多大？(不计空气阻力)答案(1)g(2)5mg解析(1)由牛顿第三定律知，小球对滑块压力刚好为零时，滑块对小球支持力也为零。

此时，滑块和小球的加速度仍相同，当F N＝0时，小球受重力和拉力作用，如图甲所示，F合＝mgtan 45°＝g。

由牛顿第二定律得F合＝ma，则a＝gtan 45°所以此时滑块的加速度a块＝g。

(2)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离滑块，只受细线的拉力和小球的重力的作用，如图乙所示，设细线与水平方向夹角为α，此时对小球受力分析，由牛顿第二定律得F T′cos α＝ma′，F T′sin α＝mg，解得F T′＝5mg。

例2 如图，A 、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg 。

从t ＝0开始，推力F A 和拉力F B 分别作用于A 、B 上，F A 、F B 随时间的变化规律为F A ＝(8－2t )N ，F B ＝(2＋2t )N 。

(1)两物体何时分离？(2)求物体B 在1 s 时和5 s 时运动的加速度大小？ 答案 (1)2 s (2)1 m/s 2 2 m/s 2解析 (1)设两物体在t 1时刻恰好分离(即相互作用的弹力为0)，此时二者的加速度仍相同，由牛顿第二定律得F A m A ＝F Bm B，代入数据解得t 1＝2 s 。

专题强化动力学连接体问题和临界问题[学科素养与目标要求]科学思维：1.会用整体法和隔离法分析动力学的连接体问题.2.掌握动力学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．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加速度的整体叫连接体．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，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法．2．整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，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．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．无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析．例1如图1所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知m A＝10 kg，m B＝20 kg，F＝600 N，求此时轻绳对物体B的拉力大小(g取10 m/s2)．图1答案400 N解析对A、B整体受力分析和单独对B受力分析，分别如图甲、乙所示：对A、B整体，根据牛顿第二定律有：F－(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a物体B受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：F T－m B g＝m B a，联立解得：F T＝400 N.针对训练1(多选)如图2所示，质量分别为m A、m B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，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是()图2A．减小A物块的质量B．增大B物块的质量C．增大倾角θD．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－(m A＋m B)g sin θ－μ(m A＋m B)g cos θ＝(m A＋m B)a，得a＝Fm A＋m B－g sin θ－μg cos θ.隔离B研究，根据牛顿第二定律有F T－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a，则F T＝m B g sin θ＋μm B g cos θ＋m B a＝m B Fm A＋m B，要增大F T，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确．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.例2如图3所示，固定在水平面上的斜面的倾角θ＝37°，木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m＝1.5 kg的光滑小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)图3(1)木块与小球的共同加速度的大小；(2)小球对木块MN面的压力的大小和方向．答案(1)2.0 m/s2(2)6.0 N沿斜面向下解析(1)由于木块与斜面间有摩擦力作用，所以小球B与木块间有压力作用，并且以共同的加速度a沿斜面下滑，将小球和木块看成一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律有：(M＋m)g sin θ－μ(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a代入数据得：a＝2.0 m/s2(2)选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为F N，根据牛顿第二定律有：mg sin θ－F N＝ma，代入数据得：F N＝6.0 N根据牛顿第三定律，小球对木块MN面的压力大小为6.0 N，方向沿斜面向下．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”“恰能”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：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零．(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，绳子断与不断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绳上的张力为零．(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．例3 一个质量为m 的小球B ，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A 、C 两点，如图4所示，已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为45°.重力加速度为g ，试求：图4(1)当车以加速度a 1＝12g 向左做匀加速直线运动时，1、2两绳的拉力的大小； (2)当车以加速度a 2＝2g 向左做匀加速直线运动时，1、2两绳的拉力的大小．答案 (1)52mg 0 (2)322mg 22mg 解析 设当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度向左，大小为a 0，由牛顿第二定律得，F 1cos 45°＝mg ，F 1sin 45°＝ma 0，可得：a 0＝g .(1)因a 1＝12g <a 0，故细绳2松弛，拉力为零，设此时细绳1与车厢前壁夹角为θ，有：F 11cos θ＝mg ，F 11sin θ＝ma 1，得F 11＝52mg . (2)因a 2＝2g >a 0，故细绳1、2均张紧，设拉力分别为F 12、F 22，由牛顿第二定律得⎩⎪⎨⎪⎧F 12cos 45°＝F 22cos 45°＋mg F 12sin 45°＋F 22sin 45°＝ma 2 解得F 12＝322mg ，F 22＝22mg . 例4 如图5所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线的另一端拴一质量为m 的小球(重力加速度为g )．图5(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？答案(1)g(2)g(3)5mg解析(1)当F T＝0时，小球受重力mg和斜面支持力F N作用，如图甲，则F N cos 45°＝mg，F N sin 45°＝ma解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力F T1和斜面的支持力F N1作用，如图乙所示．由牛顿第二定律得水平方向：F T1cos 45°－F N1sin 45°＝ma1，竖直方向：F T1sin 45°＋F N1cos 45°－mg＝0.由上述两式解得F N1＝2m(g－a1)2，F T1＝2m(g＋a1)2.由此可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力F N1减小，线的拉力F T1增大．当a1＝g时，F N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F T1＝2mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零．(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F T′cos α＝ma′，F T′sin α＝mg，解得F T′＝m a′2＋g2＝5mg.1．(连接体问题)如图6所示，质量为2m 的物块A 与水平地面间的动摩擦因数为μ，质量为m 的物块B 与地面的摩擦不计，在大小为F 的水平推力作用下，A 、B 一起向右做加速运动，则A 和B 之间的作用力大小为( )图6A.μmg 3B.2μmg 3C.2F －4μmg 3D.F －2μmg 3答案 D解析 以A 、B 组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得，F －μ·2mg ＝(2m ＋m )a ，整体的加速度大小为a ＝F －2μmg 3m；以B 为研究对象，由牛顿第二定律得A 对B 的作用力大小为F AB ＝ma ＝F －2μmg 3，即A 、B 间的作用力大小为F －2μmg 3，选项D 正确． 2．(连接体问题)(多选)(2019·六安一中高二第一学期期末)如图7所示，用力F 拉着三个物体在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上加上一个小物体，在原拉力F 不变的条件下四个物体仍一起运动，那么连接物体的绳子上的张力F T a 、F T b 和未放小物体前相比( )图7A ．F T a 增大B ．F T a 减小C ．F T b 增大D ．F T b 减小 答案 AD解析 原拉力F 不变，放上小物体后，物体的总质量变大了，由F ＝ma 可知，整体的加速度a 减小，以最右边物体为研究对象，受力分析知，F －F T a ＝ma ，因为a 减小了，所以F T a 变大了；再以最左边物体为研究对象，受力分析知，F T b ＝ma ，因为a 减小了，所以F T b 变小了．故选项A、D正确．3．(临界问题)如图8所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B 质量分别为m A＝6 kg、m B＝2 kg.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.若作用在A上的外力F由0增大到45 N，则此过程中()图8A．在拉力F＝12 N之前，物体一直保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始发生相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终不发生相对运动答案 D解析先分析两物体的运动情况，B运动是因为受到A对它的静摩擦力，但静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下F的大小；如果F再增大，则两物体间会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时F的大小．以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力，则有F －F f＝m A a；再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力，F f＝m B a，当F f为最大静摩擦力时，解得a＝F fm B＝μm A gm B＝122m/s2＝6 m/s2，此时F＝48 N，由此可知此过程中A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确．一、选择题1.物块A、B(A、B用水平轻绳相连)放在光滑的水平地面上，其质量之比m A∶m B＝2∶1.现用大小为3 N的水平拉力作用在物块A上，如图1所示，则A对B的拉力等于()图1A．1 N B．1.5 N C．2 N D．3 N答案 A解析设物块B的质量为m，A对B的拉力为F，对A、B整体，根据牛顿第二定律有a＝3 Nm＋2m，对B有F＝ma，所以F＝1 N.2.如图2所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m 的重物．现用一竖直向上的外力F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为( )图2A ．mgB ．F C.m m ＋m 0F D.m 0m ＋m 0F 答案 C解析 将弹簧测力计及重物视为一个整体，设它们共同向上的加速度为a .由牛顿第二定律得 F －(m 0＋m )g ＝(m 0＋m )a ①弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力，设此力为F T .则对重物由牛顿第二定律得F T －mg ＝ma ②联立①②解得F T ＝m m ＋m 0F ，C 正确． 3．(多选)如图3所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P 、Q 和R ，质量分别为m 、2m 和3m ，物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F 的水平外力推动物块P ，若记R 、Q 之间相互作用力与Q 、P 之间相互作用力大小之比为k .下列判断正确的是( )图3A ．若μ≠0，则k ＝56B ．若μ≠0，则k ＝35C ．若μ＝0，则k ＝12D ．若μ＝0，则k ＝35 答案 BD解析 三个物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，根据牛顿第二定律有F －μ(m ＋2m ＋3m )g ＝(m ＋2m ＋3m )a ，解得加速度a ＝F －6μmg 6m.隔离R 进行受力分析，根据牛顿第二定律有F 1－3μmg ＝3ma ，解得R 和Q 之间相互作用力大小F 1＝3ma ＋3μmg ＝12F ；隔离P 进行受力分析，根据牛顿第二定律有F －F 2－μmg ＝ma ，可得Q 与P 之间相互作用力大小F 2＝F －μmg－ma ＝56F .所以k ＝F 1F 2＝12F 56F ＝35，由于推导过程与μ是否为0无关，故选项B 、D 正确． 4.如图4所示，在光滑的水平桌面上有一物体A ，通过绳子与物体B 相连，假设绳子的质量以及绳子与轻质定滑轮之间的摩擦都可以忽略不计，绳子不可伸长且与A 相连的绳水平．如果m B ＝3m A ，则绳子对物体A 的拉力大小为()图4A ．mB gB.34m A g C ．3m A gD.34m B g 答案 B解析 对A 、B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得m B g ＝(m A ＋m B )a ，对物体A ，设绳的拉力为F ，由牛顿第二定律得，F ＝m A a ，解得F ＝34m A g ，B 正确． 5.如图5所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，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()图5A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg 答案 C解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，A 物体所受的合力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmg m＝μg ，对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg .由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .6.如图6所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图6A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．F ＝(M ＋m )g tan αC ．系统的加速度为a ＝g sin αD ．F ＝mg tan α答案 B解析 隔离小铁球受力分析得F 合＝mg tan α＝ma 且合外力方向水平向右，故小铁球加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A 、C 错误．对整体受力分析得F ＝(M ＋m )a ＝(M ＋m )g tan α，故B 正确，D 错误．7.(多选)如图7所示，已知物块A 、B 的质量分别为m 1＝4 kg 、m 2＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A 与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取10 m/s 2，在水平力F 的推动下，要使A 、B 一起运动且B 不下滑，则力F 的大小可能是( )图7A ．50 NB ．100 NC ．125 ND ．150 N答案 CD解析 若B 不下滑，对B 有μ1F N ≥m 2g ，由牛顿第二定律F N ＝m 2a ；对整体有F －μ2(m 1＋m 2)g＝(m 1＋m 2)a ，得F ≥(m 1＋m 2)⎝⎛⎭⎫1μ1＋μ2g ＝125 N ，选项C 、D 正确． 8．(多选)在小车车厢的顶部用轻质细线悬挂一质量为m 的小球，在车厢底板上放着一个质量为M 的木块．当小车沿水平地面向左匀减速运动时，木块和车厢保持相对静止，悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是30°，如图8所示．已知当地的重力加速度为g ，木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图8A ．此时小球的加速度大小为12g B ．此时小车的加速度方向水平向左C ．此时木块受到的摩擦力大小为33Mg ，方向水平向右 D ．若增大小车的加速度，当木块相对车厢底板即将滑动时，小球对细线的拉力大小为54mg 答案 CD解析 小车沿水平地面向左匀减速运动，加速度方向水平向右，选项B 错误．因为小球和木块都相对车厢静止，则小球和木块的加速度与小车的加速度大小相等，设加速度大小为a ，对小球进行受力分析，如图所示．根据牛顿第二定律可得F 合＝ma ＝mg tan 30°，a ＝g tan 30°＝33g ，选项A 错误．此时木块受到的摩擦力大小F f ＝Ma ＝33Mg ，方向水平向右，选项C 正确．木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当木块相对车厢底板即将滑动时，木块的加速度大小为a 1＝μg ＝0.75g ，此时细线对小球的拉力大小F 1＝(mg )2＋(ma 1)2＝54mg ，则小球对细线的拉力大小为54mg ，选项D 正确．9．(2019·双十中学高一月考)如图9所示，两个质量均为m 的物体A 和B ，由轻绳和轻弹簧连接绕过不计摩擦的轻质定滑轮，系统静止，将另一质量也是m 的物体C 轻放在A 上，在刚放上C 的瞬间( )图9A ．A 的加速度大小是12g B ．A 和B 的加速度都是0C ．C 对A 的压力大小为mgD ．C 对A 的压力大小为13mg 答案 A解析 在C 刚放在A 上的瞬间，轻弹簧的形变量保持不变，弹力不变，轻绳对A 的拉力也不变．对B 受力分析可知弹簧的弹力等于B 的重力，B 的加速度为零；对A 、C 整体，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得：2mg －F T ＝2ma ，其中F T ＝mg ，可得a ＝g 2，A 正确，B 错误．设C 对A 的压力大小为F N ，隔离A 分析，由牛顿第二定律可得：F N ＋mg －F T ＝ma ，可得F N ＝mg 2，C 、D 错误． 10.如图10所示，弹簧的一端固定在天花板上，另一端连一质量m ＝2 kg 的秤盘，盘内放一个质量M ＝1 kg 的物体，秤盘在竖直向下的拉力F 作用下保持静止，F ＝30 N ，在突然撤去外力F 的瞬间，物体对秤盘压力的大小为(g ＝10 m/s 2)( )图10A ．10 NB ．15 NC ．20 ND ．40 N答案 C解析 在突然撤去外力F 的瞬间，物体和秤盘所受向上的合外力为30 N ，由牛顿第二定律可知，向上的加速度为10 m/s 2.根据题意，秤盘在竖直向下的拉力F 作用下保持静止，故弹簧对秤盘向上的拉力为60 N ．突然撤去外力F 的瞬间，对秤盘，由牛顿第二定律得60 N －mg －F N ＝ma ，解得物体对秤盘压力的大小F N ＝20 N ，选项C 正确．二、非选择题11.如图11所示，质量为4 kg 的光滑小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°.已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图11(1)当汽车以加速度a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小．(2)当汽车以加速度a ＝10 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小．答案 (1)50 N 22 N (2)40 2 N 0解析 (1)当汽车以加速度a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，对小球受力分析如图甲． 由牛顿第二定律得：F T1cos θ＝mg ，F T1sin θ－F N ＝ma解得：F T1＝50 N ，F N ＝22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N.(2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a 0，受力分析如图乙所示．由牛顿第二定律得：F T2sin θ＝ma 0，F T2cos θ＝mg代入数据得：a 0＝g tan θ＝10×34m /s 2＝7.5 m/s 2 因为a ＝10 m/s 2＞a 0所以小球会离开车后壁，F N ′＝0F T2′＝(mg )2＋(ma )2＝40 2 N.12.如图12所示，可视为质点的两物块A 、B ，质量分别为m 、2m ，A 放在一倾角为30°并固定在水平面上的光滑斜面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A 、B 相连接．托住B 使两物块处于静止状态，此时B 距地面高度为h ，轻绳刚好拉紧，A 和滑轮间的轻绳与斜面平行．现将B 从静止释放，斜面足够长，B 落地后静止，重力加速度为g .求：图12(1)B 落地前绳上的张力的大小F T ；(2)整个过程中A 沿斜面向上运动的最大距离L .答案 (1)mg (2)2h解析 (1)设B 落地前两物块加速度大小为a ，对于A ，取沿斜面向上为正；对于B 取竖直向下为正，由牛顿第二定律得F T －mg sin 30°＝ma,2mg －F T ＝2ma ，解得F T ＝mg .(2)由(1)得a ＝g 2.设B 落地前瞬间A 的速度为v ，B 自下落开始至落地前瞬间的过程中，A 沿斜面运动距离为h ，由运动学公式得v 2＝2ah ；设B 落地后A 沿斜面向上运动的过程中加速度为a ′，则a ′＝－g sin 30°；设B 落地后A 沿斜面向上运动的最大距离为s ，由运动学公式得－v 2＝2a ′s .由以上各式得s ＝h ，则整个运动过程中，A 沿斜面向上运动的最大距离L ＝2h .13.如图13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F m ＝15 N ．(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图13(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 /s 2 (2)7.5 m/s 2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：F m sin 53°－mg ＝ma水平方向有：F m cos 53°＝F b解得F b ＝9 N ，此时加速度有最大值a ＝2 m/s 2(2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：竖直方向有：F a sin 53°＝mg水平方向有：F b′－F a cos 53°＝ma′解得F a＝12.5 N当F b′＝15 N时，加速度最大，此时a′＝7.5 m/s2。

动力学中的连接体问题一 、选择题1.如图，两物块P 、Q 置于水平地面上，其质量分别为m 、2m ，两者之间用水平轻绳连接。

两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，现对Q 施加一水平向右的拉力F ，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为( )A ．F －2μmg B．13 F ＋μmgC ．13 F －μmg D．13F 【解析】选D 。

根据牛顿第二定律，对P 与Q 组成的整体：F －μ·3mg＝3ma ；对物块P ：T －μmg＝ma ；解得T ＝13F ，故选D 。

2．如图所示，物体A 质量为3 kg ，物体B 质量为1 kg ，两物体由跨过定滑轮的轻绳连接，不计一切摩擦，重力加速度g 取10 m/s 2，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.5 m/s 2，10 N B ．5 m/s 2，15 N C ．10 m/s 2，15 N D ．10 m/s 2，30 N【解析】选B 。

静止释放后，物体A 将加速下降，物体B 将加速上升，二者加速度大小相等，根据牛顿第二定律，对A 有m A g －T ＝m A a 对B 有T －m B g ＝m B a代入数据解得a ＝5 m/s 2，T ＝15 N 故B 正确，A 、C 、D 错误。

3．(多选)如图所示，光滑水平面上放置M 、N 、P 、Q 四个木块，其中M 、P 质量均为m ，N 、Q 质量均为2m ，M 、P 之间用一轻质弹簧相连。

现用水平拉力F 拉N ，使四个木块以同一加速度a 向右运动，则在突然撤去F 的瞬间，下列说法正确的是( )A.N 的加速度大小仍为a B ．P 、Q 间的摩擦力不变 C ．M 、N 间的摩擦力变小 D ．M 、P 的加速度大小变为a2【解析】选A 、B 、C 。

撤去F 前，对P 与Q 整体分析，知弹簧的弹力F 弹＝3ma 隔离对M 分析f －F 弹＝ma 计算得出f ＝4ma ，对整体分析 F ＝6ma撤去F 后，对M 与N 整体分析a′＝F 弹3m ＝a方向向左。

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微型专题动力学连接体问题和临界问题［学习目标］ 1.会用整体法和隔离法分析动力学的连接体问题。

2。

掌握动力学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。

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加速度的整体叫连接体。

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，在求解连接体问题时常用的方法有整体法与隔离法。

2.整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，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.求解连接体问题时,随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用。

动力学中的板块问题[学习目标] 1.建立板块模型的分析方法.2.能运用牛顿运动定律处理板块问题．1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系．2．解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．3．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移．4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．一、地面光滑的板块问题如图1所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时，求：(g取10 m/s2)图1(1)A、B的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？答案(1)1 m/s2 3 m/s2(2)0.8 s解析(1)A、B间的摩擦力F f＝μm B g＝4 N以B 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F －F f ＝m B a B ， 则a B ＝F －F fm B＝3 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F f ′＝m A a A ，由牛顿第三定律得F f ′＝F f 解得a A ＝1 m/s 2.(2)设将B 从木板的左端拉到右端所用时间为t ，A 、B 在这段时间内发生的位移分别为x A 和x B ，其关系如图所示则有x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2x B －x A ＝L 联立解得t ＝0.8 s.(2020·湘潭市高一期末)如图2所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小． 答案 (1)3 m/s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μm A gm A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μm A g m B＝1.5 m/s 2.(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有v ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.二、地面不光滑的板块问题如图3所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.图3(1)发生相对滑动时，A 、B 的加速度各是多大？(2)若A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度v 0为多大？ 答案 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1mgm＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有：时间关系：t ＝v 0－v a 1＝va 2位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝2 6 m/s.如图4所示，质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，g 取10 m/s 2，求：图4(1)加上恒力F 后铁块和木板的加速度大小；(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离． 答案 (1)4 m/s 2 2 m/s 2 (2)2 s 4 m/s (3)8 m 解析 (1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得 F －μ2mg ＝ma 1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得铁块的加速度大小a 1＝4 m/s 2 木板的加速度大小a 2＝2 m/s 2(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t ， 则此过程铁块的位移为x 1＝12a 1t 2木板的位移为x 2＝12a 2t 2两者的位移关系为L ＝x 1－x 2， 即L ＝12a 1t 2－12a 2t 2代入数据解得t ＝2 s 或t ＝－2 s(舍去) 此时木板的速度 v ＝a 2t ＝4 m/s.(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为 a 3＝μ1g ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2， 则木板还能继续滑行的距离 x 3＝v 22a 3＝162×1 m ＝8 m.训练1地面光滑的板块问题1.(多选)如图1所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是()图1答案AC解析木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．2．(2020·宁夏育才中学高一上学期期末)如图2所示，质量为M＝1 kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：图2(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力F f的大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小．答案(1)0.5 N方向水平向右(2)1 m/s2(3)1 m/s解析(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：F f＝μmg＝0.5 N，方向水平向右(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1 m/s2(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a ′＝0.5 m/s 2设经过时间t ，滑块和木板达到共同速度v ，则满足： 对滑块：v ＝v 0－at 对木板：v ＝a ′t由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v ＝1 m/s.3.如图3所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块以v 0＝1.2 m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，滑块始终没有滑离长木板，求：图3(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少． 答案 (1)0.15 s (2)0.135 m 解析 (1)根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m/s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t 解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m.4．(2020·广东高一期末)如图4甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的上表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图4A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.5C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是物体B 的质量的两倍 答案 D解析 由题意可得，长木板A 所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B 所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A 错误；对B 受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g ＝m B a B ，a B ＝|Δv B Δt |＝3－11m/s 2＝2 m/s 2，解得：μ＝0.2，故B 错误；物体B 未滑出长木板A ，临界条件为当A 、B 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：L min ＝x B －x A ＝3×12 m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 受力分析，有：μm B g ＝m A a A ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得：m Am B＝2，故D 正确．5．(多选)如图5甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其v －t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图5A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为1 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s 答案 BCD解析 根据v －t 图像可知，物体A 的加速度大小为： a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2，故A 错误；以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F －μm A g ＝m A a A代入数据得：μ＝0.4，故B 正确； 若B 不固定，B 的加速度大小为：a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；由题图乙知，木板B 的长度为： l ＝12×5×10 m ＝25 m ； 若B 不固定，设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得： 12a A t 2－12a B t 2＝l 代入数据解得：t ＝5 2 s 故D 正确．6.如图6所示，有一块木板A 静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M ＝4 kg ，长L ＝2 m ，木板右端放一小滑块B 并处于静止状态，小滑块质量m ＝1 kg ，其尺寸远小于L .小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)图6(1)现用恒力F 始终作用在木板A 上，为了让小滑块B 不从木板A 上滑落，求恒力F 大小的范围；(2)其他条件不变，若恒力F 大小为24 N ，且始终作用在木板A 上，求小滑块B 滑离木板A 时的速度大小．答案 (1)F ≤20 N (2)8 m/s解析 (1)为了使小滑块B 不从木板A 上滑落，设A 、B 相对静止时的最大加速度为a m ，对B 有：μmg ＝ma m对A 、B 整体有：F m ＝(M ＋m )a m 解得：F m ＝20 N即当F ≤20 N 时小滑块B 不从木板A 上滑落． (2)当F ＝24 N 时，A 、B 发生相对滑动 此时，对B ：μmg ＝ma B 对A ：F －μmg ＝Ma A设B 在A 上滑行的时间为t ，有： L ＝12a A t 2－12a B t 2B 滑离木板A 时的速度v ＝a B t 联立解得：v ＝8 m/s.7.质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F ＝11 N 的作用下由静止开始向右运动．如图7所示，当木板速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小； (2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小． 答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)447N解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2，木板的加速度a 2＝F －μmgM＝1 m/s 2.(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止， 故a 1t ＝v 0＋a 2t ， 解得t ＝1 s ，1 s 内物块位移x 1＝12a 1t 2＝1 m ，木板位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ，所以木板长度至少为L ＝x 2－x 1＝0.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F ＝(M ＋m )a ， 对物块，有F f ＝ma ， 故F f ＝mF M ＋m ＝447N. 训练2 地面不光滑的板块问题(选练)1.质量为m 0＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m ＝10 kg 的小铁块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平冲上木板(如图1所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则下列判断正确的是( )图1A ．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B ．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C ．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板 答案 A解析 木板与地面间的最大静摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝45 N ，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x ，则v 02＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小铁块不能滑出木板，选项A 正确．2．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧以初速度v 0沿木板上表面水平冲上木板，如图2甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 的v t 图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图2(1)A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B 与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A 的质量．答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg解析 (1)由题图乙可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2，对A 由牛顿第二定律得， －μ1mg ＝ma 1， 解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知，A 、B 整体在1～3 s 内的加速度 a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2，对A 、B 整体由牛顿第二定律得， －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知B 在0～1 s 内的加速度a 2＝v 1t 1＝2 m/s 2. 对B 由牛顿第二定律得，μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，代入数据解得m ＝6 kg.3．如图3所示，厚度不计的薄板A 长l ＝5 m ，质量M ＝5 kg ，放在水平地面上．在A 上距右端x ＝3 m 处放一物体B (大小不计)，其质量m ＝2 kg ，已知A 、B 间的动摩擦因数 μ1＝0.1，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F ＝26 N ，将A 从B 下抽出．g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 从B 下抽出前A 、B 的加速度各是多大；(2)B 运动多长时间离开A ；(3)B 离开A 时的速度的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 s (3)2 m/s解析 (1)对B ，由牛顿第二定律可得：μ1mg ＝ma B解得a B ＝1 m/s 2对A ，由牛顿第二定律可得：F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A解得a A ＝2 m/s 2.(2)设经时间t ，A 从B 下抽出，则x A ＝12a A t 2 x B ＝12a B t 2 Δx ＝x A －x B ＝l －x解得t ＝2 s.(3)v B ＝a B t ＝2 m/s.4.如图4所示，长22.5 m 、质量为40 kg 的木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1.质量为60 kg 的人立于木板左端，人与木板均静止，当人以3 m/s 2的加速度匀加速向右奔跑时(g 取10 m/s 2)，求：图4(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向；(3)人从木板左端跑到右端所需要的时间．答案 (1)180 N 方向水平向右 (2)2 m/s 2 方向水平向左 (3)3 s 解析 (1)设人的质量为m 1，加速度大小为a 1，木板的质量为m 2，加速度大小为a 2，人对木板的摩擦力为F f ，木板对人的摩擦力为F f ′，木板的长度为l . 分析人的受力情况，由牛顿第二定律得F f ′＝m 1a 1＝180 N ，方向水平向右．(2)对木板进行受力分析，由牛顿第二定律得F f －μ(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2由牛顿第三定律得F f ＝F f ′解得a 2＝2 m/s 2，方向水平向左．(3)设人从木板左端跑到右端所需要的时间为t由运动学公式得l ＝12a 1t 2＋12a 2t 2 解得t ＝3 s.。

连接体问题、临界问题一、连接体问题（对象的选择）1、 通常什么样的几个物体可作为整体？2、 整体隔离法的优缺点：3、 实例分析【例题1】 如上图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物块放在光滑的水平面上，中间用细绳相连，在F 拉力的作用下一起向右做匀加速运动，求中间细绳的拉力为多大？【例题2】 如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物块，中间用细绳相连，在F 拉力的作用下一起向上做匀加速运动，求中间细绳的拉力为多大？【例题3】如图所示，质量都为m 的两个物块并排放在光滑的水平面上，在F 1、F 2（12F F >）推力的共同作用下一起向右做匀加速运动，求物块间的相互作用力为多大？【例题4】m l =2kg ，m 2=6kg ，用一根轻绳将二者连接起来，如图，现同时将m l 、m 2由静止释放，不计摩擦和滑轮的质量，求（1）m l 、m 2运动时的加速度大小（2）拉物体m l 的细线的拉力（3）悬吊滑轮的细线的拉力。

变: 如图所示，光滑的水平桌面上有一物体A ，通过绳子与物体B 相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长。

如果A B m m 3=，则物体A 的加速度大小等于（ ）A ．g 3B ．gC ．g 43D ．2g临界问题1、 有几种临界问题？这些临界问题涉及到的力有什么特点？2、各种临界问题举例：【例题5】如图所示，已知两物体A 和B 的质量分别为M A ＝4kg ，M B ＝5kg ，连接两物体的细线能承受的最大拉力为80N ，滑轮的摩擦和绳子的重力均不计，要将物体B 提离地面，作用在绳上的拉力F 的取值范围如何？（g 取l02/s m ）【例题6】质量为0.2kg 的小球用细线吊在倾角为θ＝060的斜面体的顶端，斜面体静止时，小球紧靠在斜面上，线与斜面平行，如图4-70所示，不计摩擦，求在下列三种情况下，细线对小球的拉力（取g ＝10 2/s m ）(1) 斜面体以232/s m 的加速度向右加速运动；(2) 斜面体以432/s m ，的加速度向右加速运动；【例题7】如图所示，轻绳AB 与竖直方向的夹角θ＝037，绳BC 水平，小球质量m ＝0.4 kg ，问当小车分别以2.52/s m 、82/s m 的加速度向右做匀加速运动时，绳AB 的张力各是多少？（取g ＝102/s m ）【例题8】如图所示，质量分别为m 1= lkg 和m 2＝2kg 的A 、B 两物块并排放在光滑水平面上，若对A 、B 分别施加大小随时间变化的水平外力F l 和F 2，其中F 1＝（9一2t ）N ，F 2＝（3＋2t ）N ，则（1） 经多长时间t 0两物块开始分离？（2） 在同一坐标中画出两物块的加速度a 1和a 2随时间变化的图像。

专题四动力学的连接体问题和临界问题一、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整体叫作连接体。

如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、弹簧、细杆等连在一起。

2．外力和内力如果以物体组成的系统为研究对象，则系统之外的物体对系统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。

3．处理连接体问题的方法(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。

不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。

(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。

此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。

一般选择将受力较少的物体进行隔离。

(3)整体法与隔离法的选用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。

求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用。

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。

无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。

二、动力学的临界问题在动力学问题中，经常会遇到某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的情况(如恰好滑动、刚好脱离)，这类问题称为临界问题。

临界状态是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的某些物理量达到极值，临界点的两侧，物体的受力情况、运动情况一般要发生改变。

1．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”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。

2．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。

第四章专题强化6一、选择题1．(2023·山东临沂高一期末)如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。

已知飞船质量为m1，其推进器的平均推力为F，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv。

则空间站的质量为( A )A.FΔtΔv－m1B．FΔvΔt－m1C.FΔtΔv＋m1D．FΔvΔt解析：由题知，在飞船与空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化为Δv，则飞船与空间站的加速度a＝ΔvΔt ，a＝Fm1＋m，联立解得m＝FΔtΔv－m1，故选A。

2．某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N。

他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0～t3时间段内弹簧测力计的示数如图所示，则电梯运行的v －t图像可能是(取电梯向上运动的方向为正)( A )解析：从图可以看出，t0～t1内，该人的视重小于其重力，t1～t2内，视重正好等于其重力，而在t2～t3内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1内，该人具有向下的加速度，t1～t2内，该人处于平衡状态，而在t2～t3内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图像为A。

3．(2023·江苏南通高一统考期末)如图所示，一轻质弹簧连接物体A、B，A、B在水平推力F1＝10 N、F2＝40 N作用下沿光滑水平地面运动。

已知A、B的质量分别为1 kg、2 kg，两物体相对静止，则( C )A．弹簧的弹力大小为30 NB．弹簧的弹力大小为10 NC．在突然撤去F1的瞬间，A的加速度大小为20 m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，B的加速度大小为20 m/s2解析：整体由牛顿第二定律可得F2－F1＝(m A＋m B)a，解得a＝10m/s2，对B 由牛顿第二定律可得F2－F N＝m B a，解得弹簧的弹力大小为F N＝20 N，A、B错误；在突然撤去F1的瞬间，A受到弹簧的弹力不变，对A由牛顿第二定律可得F N＝m A a1，解得A的加速度大小为a1＝20m/s2，C正确；在突然撤去F1的瞬间，B受到的外力F2及弹簧的弹力F N均不变，故B的加速度不变，大小仍为10 m/s2，D错误。