第三章 专题强化五 动力学中的连接体问题和临界极值问题

专题强化五动力学中的连接体问题和临界极值问题
目标要求 1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题.2.理解几种常见的临界极值条件.3.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题．
题型一动力学中的连接体问题
1．连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．常见连接体的类型
(1)同速连接体(如图1)
图1
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度．
处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系．
(2)关联速度连接体(如图2)
图2
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联．
处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解．
同速连接体
例1 (2020·江苏卷·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F .若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( ) A ．F B.19F 20 C.F 19 D.F 20
答案 C
解析 设列车的加速度为a ，每节车厢的质量为m ，每节车厢受到的阻力为F f ，对后38节车厢，由牛顿第二定律有F －38F f ＝38ma ；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F 1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F 1－2F f ＝2ma ，联立解得F 1＝F
19，故选项C 正确．
关联速度连接体
例2 物块B 放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A ，物块A 、C 通过细绳相连，细绳跨过定滑轮，如图3所示，物块A 、B 、C 质量均为m ，现释放物块C ，A 和B 一起以相同加速度加速运动，不计细绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度大小为g ，则细线中的拉力大小及A 、B 间的摩擦力大小分别为( )
图3
A ．F T ＝mg
B ．F T ＝1
3mg
C ．F f ＝2
3mg
D ．F f ＝1
3
mg
答案 D
解析 以C 为研究对象，由牛顿第二定律得mg －F T ＝ma ；以A 、B 为研究对象，由牛顿第二定律得F T ＝2ma ，联立解得F T ＝23mg ，a ＝1
3g ，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得F f ＝
ma ，得F f ＝1
3mg ，故选D.
1.(同速连接体)(2021·湖北黄冈中学模拟)如图4所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动．轻绳拉力F T的大小()
图4
A．与斜面的倾角θ有关
B．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C．F T＝m2F
m1＋m2
D．F T＝m1F
m1＋m2
答案 C
解析对整体受力分析有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a，对m2有F T－
m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2
m1＋m2
F，故A、B、D错误，C正确．
2．(同速连接体)如图5所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()
图5
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力为零
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
答案 A
解析隔离小球，可知稳定后小球的加速度方向沿斜面向下，大小为g sin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sin θ，A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支
持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C、D错误．
题型二动力学中的临界和极值问题
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：F N＝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F T＝0.
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力(加速度)为零．
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
3．解题方法
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脱离的临界问题
例3(2019·江西宜春市期末)如图6所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 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．现给物体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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
图6
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；
(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ； (3)力F 的最大值与最小值．
答案 (1)0.16 m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 160
3 N
解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x 0，
对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0 解得x 0＝0.16 m.
(2)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 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1， 对物体P ，由牛顿第二定律得： kx 1－m 1g sin θ＝m 1a
前0.2 s 时间内两物体的位移： x 0－x 1＝1
2
at 2
联立解得a ＝10
3
m/s 2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F 最小，分离时F 最大，则 F min ＝(m 1＋m 2)a ＝160
3 N
对Q 应用牛顿第二定律得 F max －m 2g sin θ＝m 2a 解得F max ＝2803
N.
相对滑动的临界问题
例4 如图7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
的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为1
2μ.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F ，则( )
图7
A ．当F <2μmg 时，A 、
B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为1
4μg
C ．当F >3
2
μmg 时，A 相对B 滑动
D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过1
2μg
答案 D
解析 当0<F ≤32μmg 时，A 、B 均静止；当3
2μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对
地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 、C 错误．当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －3
2μmg
3m ＝1
3μg ，选项
B 错误．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －3
2μmg
m ＝1
2μg ，
选项D 正确．
3．(脱离的临界问题)如图8所示，质量m ＝2 kg 的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g ＝10 m/s 2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )
图8
A ．当斜面以5 m/s 2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B ．当斜面以5 m/s 2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C ．当斜面以20 m/s 2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D ．当斜面以20 m/s 2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N 答案 A
解析小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F cos θ＝ma0，F sin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sin θ＋F N cos θ－mg＝0，F1cos θ－F N sin θ＝ma1，代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；
②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos α＝ma2，F2sin α－mg ＝0，代入数据解得F2＝20 5 N，选项C、D错误．
课时精练
1.(2020·贵州贵阳市摸底)如图1所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是()
图1
A．若μ≠0，则F1∶F2＝1∶2
B．若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C．若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1
D．若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
答案 C
解析三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D
项错误；若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A、B项错误．
2．如图2所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是()
图2
A．若m>M，有x1＝x2B．若m<M，有x1<x2
C．若μ>sin θ，有x1>x2D．若μ<sin θ，有x1<x2
答案 A
解析在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔离物块A，根据牛顿第二定律有
F T－μmg＝ma1②
联立①②解得F T＝Fm
③
m＋M
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)g sin θ＝(m＋M)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律有
F T′－mg sin θ＝ma2⑤
联立④⑤解得F T′＝Fm
⑥
M＋m
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A 正确，B、C、D错误．
3．如图3所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为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，凹槽圆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3 A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
mg sin α
C．系统的加速度为a＝g tan α
D．推力F＝Mg tan α
答案 C
解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度a＝g tan α，小铁球受到的
合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mg
cos α
，推力F＝(M＋m)g tan α，选项A、B、D错误，C正确．
4.如图4所示，质量为1 kg的木块A与质量为2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g取10 m/s2)()
图4
A．F≤12 N B．F≤10 N
C．F≤9 N D．F≤6 N
答案 A
解析当A、B间有最大静摩擦力(2 N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为2 m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：F－μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a，解得F＝12 N，则A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，A正确，B、C、D错误．
5.(2021·河北保定市一模)如图5所示，一质量为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．重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是()
图5
A．系统做匀速直线运动B．F＝40 N
C．F＝10 2 N D．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 2 N
答案 B
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mg tan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A、C错误，B正确；斜面体
对楔形物体的作用力F N2＝mg
sin 45°
＝2mg＝10 2 N，D错误．
6.(2020·安徽合肥市模拟)如图6所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B间的动摩擦因数均为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a(a>μ2g)，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()
图6
A.2as0
B.2μ1gs0
C.2μ2gs0
D.(μ1＋μ2)gs0
答案 C
解析若卡车以最大加速度刹车，则由于a>μ2g，A、B之间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当A、B整体相对车发生滑动时，a1
＝μ1(m A＋m B)g
m A＋m B
＝μ1g，当A、B间发生相对滑动时，a2＝μ2m A g
m A
＝μ2g，由于μ1>μ2，所以a1>a2，
即当以a1刹车时，A、B间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a2，v02＝2μ2gs0，解得v0＝2μ2gs0，C项正确．
7.(2020·江苏无锡市期末)如图7所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A＝1 kg和m B＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.
改变F 的大小，B 的加速度大小可能为( )
图7
A ．1 m/s 2
B ．3 m/s 2
C ．4 m/s 2
D ．5 m/s 2
答案 A
解析 当A 对轻质长木板的静摩擦力达到最大值时，B 的加速度最大，将轻质长木板和B 看
成整体，由牛顿第二定律得：μm A g ＝m B a B max ，解得a B max ＝μm A g m B ＝0.4×1×102
m/s 2＝2 m/s 2，因为a B max <μg ＝4 m/s 2，所以结果是合理的，因此，B 的加速度大小只可能为1 m/s 2、2 m/s 2，不可能为3 m/s 2、4 m/s 2、5 m/s 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．
8.(2021·广东深圳市模拟)如图8所示，两个质量均为m 的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态．弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k .t ＝0时刻，给A 物块一个竖直向上的作用力F ，使得两物块以0.5g 的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
图8
A ．A 、
B 分离前合外力大小与时间的平方t 2成线性关系
B ．分离时弹簧处于原长状态
C ．在t ＝2m k
时刻A 、B 分离 D ．分离时B 的速度大小为m 4k g 答案 C
解析 A 、B 分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项A 错误；开始时弹簧的压缩量为x 1，则2mg ＝kx 1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B ，有
kx 2－mg ＝ma ，且x 1－x 2＝12at 2，解得x 1＝2mg k ，x 2＝3mg 2k ，t ＝2m k
，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B 错误，C 正确；分离时B 的速度大小为v ＝at ＝12g ·2m k
＝m 2k g ，选项D 错误． 9．(2020·江苏苏州市调研)如图9所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a 、b 、c 为容器的三个侧面、将它们以初速度v 0竖直向上抛出，运
动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是()
图9
A．上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大
B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大
C．下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大
D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
答案 D
解析小球和正三角形容器运动过程中加速度相同，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：(m＋m△)g＋k v＝(m＋m△)a，
系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c对小球无作用力，a、b侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，设a、b侧面对小球的作用力为F N ab，根据牛顿第二定律：mg＋F N ab＝ma，
系统速度减小，受到的空气阻力减小，加速度减小，小球受到的合力减小，A、B错误；
下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：
(m＋m△)g－k v＝(m＋m△)a′
系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b侧面对小球无作用力，底面c对小球的作用力竖直向上，对小球，根据牛顿第二定律：mg－F N＝ma′，系统的速度增大，受到的空气阻力增大，加速度减小，小球的加速度减小，小球受到的合力减小，底面c对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C错误，D 正确．
10.(2021·江苏常州市期中)“地摊”经济为城市生活带来了方便．如图10所示，某摊主的小车上面平放着物品A，右端的直杆上用轻绳悬挂着物品B，小车在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，沿水平地面做匀加速直线运动，已知小车的质量为M＝50 kg，物品A、B的质量均为m＝5 kg，物品A与小车间的动摩擦因数为μ＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2，不计其他阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图10
(1)为使得物品A与小车保持相对静止，求拉力的最大值F m；
(2)若轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，求拉力F的大小．
答案(1)600 N(2)562.5 N
解析(1)为使得物品A与小车保持相对静止，有μmg＝ma m
解得a m＝8 m/s2
对整体，F m cos α＝(M＋2m)a m
解得F m＝600 N
(2)对小球B，mg tan θ＝ma
解得a＝7.5 m/s2
对整体，F cos α＝(M＋2m)a
解得F＝562.5 N.
11．如图11甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
图11
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
答案(1)
3
3(2)θ＝60°
53
2m
解析(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝F f，F f＝μmg cos θ
联立解得：μ＝3
3.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝v02
2g(sin θ＋μcos θ)
，
令cos α＝1
1＋μ2，sin α＝μ
1＋μ2
，
即tan α＝μ＝3
3
，
故α＝30°，
又因x＝v02
2g1＋μ2sin (θ＋α)
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为x min＝v02
2g(sin 60°＋μcos 60°)
＝3v02
4g ＝53
2m．。