專題提升練4　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題和臨界、極值問題-2026版大一輪高中物理（解析版）

專題提升練4動(dòng)力學(xué)中的連接體問題和臨界、極值問題梯級(jí)Ⅰ基礎(chǔ)練1.如圖所示，質(zhì)量不等的木塊A和B的質(zhì)量分別為m1和m2，置于光滑的水平面上。當(dāng)水平力F作用于左端A上，兩物體一起做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B間作用力大小為F1；當(dāng)水平力F作用于右端B上，兩物體一起做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B間作用力大小為F2，則在兩次作用過程中(A)A.F1+F2=F B.F1+F2<FC.F1F2<m2m1解析對(duì)整體分析，由牛頓第二定律知，兩次整體的加速度大小相等，都為a=Fm1+m2，當(dāng)水平力F作用于左端A上，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律可得F1=m2a=m2Fm1+m2，當(dāng)水平力F作用于右端B上，對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律可得F2=m1a=m1Fm1+m2，因此有F12.(多選)(2025·菏澤模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體A、B通過輕彈簧連接。在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。A在空中，B在地面上。力F與水平方向成θ角，則B受到的支持力FN和摩擦力Ff正確的是(AD)A.FN=m1g+m2g-FsinθB.FN=m1g+m2g+FcosθC.Ff=FsinθD.Ff=Fcosθ解析對(duì)兩個(gè)物體構(gòu)成的整體進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件有Fcosθ=Ff，F(xiàn)sinθ+FN=(m1+m2)g，解得Ff=Fcosθ，F(xiàn)N=m1g+m2g-Fsinθ，A、D兩項(xiàng)正確。3.(2025·南京模擬)如圖，質(zhì)量為M的斜面體置于水平面上，將一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊放在斜面上，若向右對(duì)小物塊施加恒力F1或向左對(duì)斜面體施加恒力F2，都能恰好使得兩者不相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，F(xiàn)1和F2的大小之比為(A)A.m∶M B.M∶mC.(M+m)∶M D.(M+m)∶m解析由于不計(jì)一切摩擦，分析題圖甲，對(duì)整體受力分析，豎直方向FN地1=(m+M)g，水平方向，列牛頓第二定律F1=(m+M)a1，再對(duì)斜面體受力分析，設(shè)斜面體傾角為θ，豎直方向FN地1=Mg+FN1cosθ，水平方向，列牛頓第二定律FN1sinθ=Ma1，解得F1=(m+M)mgtanθM。同理，分析題圖乙，對(duì)整體受力分析，豎直方向FN地2=(m+M)g，水平方向，列牛頓第二定律F2=(m+M)a2，再對(duì)小物塊受力分析，豎直方向FN2cosθ=mg，水平方向，列牛頓第二定律FN2sinθ=ma2，解得F2=(m+M)gtanθ，所以F1∶F2=m∶M4.如圖所示，長度為L的繩靜止在粗糙水平地面上，繩的質(zhì)量分布均勻，并且與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等。若對(duì)繩的右端施加水平向右的恒力F，使其向右運(yùn)動(dòng)，則繩上與其右端距離為x處的拉力大小為(C)A.F B.xLC.L-xLF D.解析設(shè)繩的質(zhì)量為m，對(duì)整條繩由牛頓第二定律有F-μmg=ma，左側(cè)長度為(L-x)的部分繩的質(zhì)量為L-xLm，以它為研究對(duì)象，則有F'-μL-xLmg=L-xLma，聯(lián)立解得繩上與其右端相距x處的拉力大小F'=L-xL5.(多選)(2025·德州模擬)AB是固定在空中的光滑水平橫桿，一質(zhì)量為M的物塊穿在桿AB上，物塊通過細(xì)線懸吊著一質(zhì)量為m的小球，重力加速度為g?，F(xiàn)用沿桿的恒力F拉物塊使物塊、小球一起(保持相對(duì)靜止)向右運(yùn)動(dòng)，細(xì)線與豎直方向夾角為θ，下列說法正確的是(ACD)A.桿對(duì)物塊的支持力為(M+m)gB.細(xì)線上的拉力為mgC.F=(M+m)gtanθD.物塊和小球的加速度為gtanθ解析對(duì)小球和物塊組成的整體受力分析，如圖甲所示，豎直方向上受重力和支持力處于平衡狀態(tài)，因此桿對(duì)物塊的支持力為FN=(M+m)g，A項(xiàng)正確；對(duì)小球受力分析，如圖乙所示，則FT=mgcosθ，由牛頓第二定律得mgtanθ=ma，兩物體保持相對(duì)靜止即加速度相同為a=gtanθ，B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；對(duì)整體，在水平方向上有F=(M+m)a=(M+m)gtanθ，6.(多選)(2025·鄭州模擬)如圖所示，物塊A放在物體B上，物體B放在光滑的水平面上。已知mA=2kg，mB=4kg，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3。對(duì)物塊A施加一水平向右的拉力F，g取10m/s2。下列判斷正確的是(AD)A.當(dāng)拉力0<F<6N時(shí)，物塊A相對(duì)物體B靜止B.當(dāng)拉力F>6N時(shí)，物塊A相對(duì)物體B滑動(dòng)C.當(dāng)拉力F=7.5N時(shí)，物體B受到物塊A的摩擦力等于6ND.當(dāng)拉力F=12N時(shí)，物體B受到物塊A的摩擦力等于6N解析當(dāng)A、B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A、B開始產(chǎn)生滑動(dòng)，則對(duì)A、B整體F0=(mA+mB)a0，對(duì)B有μmAg=mBa0=6N，解得F0=9N，則當(dāng)拉力0<F<6N時(shí)，物塊A相對(duì)物體B靜止；當(dāng)拉力F>9N時(shí)，物塊A相對(duì)物體B滑動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)拉力F=7.5N<F0時(shí)，物塊A相對(duì)物體B靜止，此時(shí)整體的加速度a1=FmA+mB=1.25m/s2，物體B受到物塊A的摩擦力f1=mBa1=5N，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)拉力F=12N>F0時(shí)，物塊A相對(duì)物體B滑動(dòng)，物體B受到物塊A的摩擦力等于f=μmAg=67.(多選)(2025·西安模擬)如圖所示，彈簧下端懸掛一滑輪，跨過滑輪的細(xì)線兩端系有A、B兩重物，mB=2kg，不計(jì)線、滑輪質(zhì)量及摩擦，則A、B兩重物在靜止或運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的拉力可能為(g取10m/s2)(AB)A.40N B.60NC.80N D.100N解析當(dāng)mB>mA時(shí)，B向下做加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，細(xì)線的拉力T<mBg，彈簧的示數(shù)為F=2T<2mBg=40N。當(dāng)mB=mA時(shí)，彈簧的示數(shù)為F=2T=2mBg=40N；當(dāng)mB<mA時(shí)，B向上做加速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，細(xì)線的拉力T>mBg，兩物體的加速度大小a<g，根據(jù)牛頓第二定律得知T-mBg=mBa，細(xì)線的拉力T<2mBg，彈簧的示數(shù)為F=2T<4mBg=80N，A、B兩項(xiàng)正確，C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤。梯級(jí)Ⅱ能力練8.(多選)如圖所示，A、B物塊間的接觸面與斜面平行，從斜面上靜止釋放后，保持相對(duì)靜止一起沿斜面加速下滑。已知A的質(zhì)量為m，A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與斜面之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，重力加速度為g。下列說法正確的是(BC)A.A、B間摩擦力為μ1mgcosθB.A、B間摩擦力為μ2mgcosθC.若斜面光滑，則A、B間摩擦力為0D.μ1可能小于μ2解析設(shè)B物塊的質(zhì)量為mB，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律得(m+mB)gsinθ-μ2(m+mB)gcosθ=(m+mB)a，解得a=gsinθ-μ2gcosθ，設(shè)A、B間靜摩擦力大小為f，B對(duì)A的靜摩擦力方向沿斜面向上，規(guī)定沿斜面向下為正方向，對(duì)A由牛頓第二定律得mgsinθ-f=ma得f=μ2mgcosθ，若斜面光滑，則μ2=0，A、B間摩擦力為0，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B、C兩項(xiàng)正確；因A、B間最大靜摩擦力Fm=μ1mgcosθ>f，即μ1mgcosθ≥μ2mgcosθ，所以μ1≥μ2，μ1不可能小于μ2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9.(2024·全國甲卷)如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質(zhì)量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中，可能正確的是(D)解析設(shè)P的質(zhì)量為M，P與桌面的滑動(dòng)摩擦力為f；以P為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得T-f=Ma，以盤和砝碼為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得mg-T=ma，聯(lián)立解得a=mg-fM+m=g-fmMm+1，當(dāng)砝碼的重力大于f時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)m趨于無窮大時(shí)10.(2025·保定模擬)如圖所示，三個(gè)物塊A、B、C擠壓一根輕質(zhì)彈簧，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知三個(gè)物塊的質(zhì)量分別是mA=1kg、mB=2kg、mC=3kg，三個(gè)物塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)都是μ=0.2，重力加速度取g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，突然把C拿走后的瞬間，則A對(duì)B的彈力是(D)A.2N B.4NC.6N D.8N解析根據(jù)題意可知，彈簧彈力大小為F彈=μ(mA+mB+mC)g=12N，突然把C拿走后的瞬間，彈簧彈力保持不變，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F彈-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a，解得a=2m/s2，以B為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得FNAB-μmBg=mBa，解得A對(duì)B的彈力為FNAB=8N，D項(xiàng)正確。11.(多選)(2025·莆田模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊A與直立彈簧的上端連接，彈簧的下端固定在地面上，一質(zhì)量也為m的物塊B疊放在A的上面，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，為使A、B能分離，某學(xué)習(xí)小組研究了以下兩種方案:方案一:用力緩慢向下壓B，當(dāng)力增加到F1時(shí)，撤去力F1，B開始向上運(yùn)動(dòng)，最終A、B分離。方案二:對(duì)B施加一個(gè)向上的恒力F2，A、B開始向上運(yùn)動(dòng)，最終A、B分離。下列判斷正確的是(AD)A.兩個(gè)方案中A、B分離時(shí)，兩物塊之間的彈力為零B.兩個(gè)方案中A、B分離時(shí)，一定是B的加速度大于A的加速度C.兩個(gè)方案中A、B分離時(shí)，彈簧均處于原長D.只有方案一A、B分離時(shí)，彈簧處于原長解析方案一:撤去力F1，A、B開始向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧處于原長時(shí)，兩物塊的加速度相同，均為重力加速度g，此時(shí)兩物塊之間的彈力為零，之后由于彈簧拉伸，A的加速度大于B的加速度，A、B分離；方案二:當(dāng)兩物塊之間的彈力為零時(shí)，A、B分離，加速度相同。由于存在恒力F2，此時(shí)有F2-mg=ma，該加速度不是重力加速度，A的加速度與之相同，所以彈簧要提供向上的彈力，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，A、D兩項(xiàng)正確。12.如圖所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質(zhì)量為M=7kg，傾角為α=30°，其斜面上有一靜止的滑塊，質(zhì)量為m=2kg，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=32，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2。求(1)若要使滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動(dòng)，圖中水平向右的力F的最大值；(2)若要使滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，圖中水平向右的力F的最小值。解析(1)當(dāng)滑塊與斜面體一起向右加速時(shí)，力F越大，加速度越大，當(dāng)F最大時(shí)，斜面體對(duì)滑塊的靜摩擦力達(dá)到最大值Ffm，滑塊受力如圖甲所示，甲設(shè)一起加速的最大加速度為a，對(duì)滑塊受力正交分解，豎直方向由平衡條件可得FNcosα+Ffmsinα=mg，水平方向由牛頓第二定律可得Ffmcosα-FNsinα=ma，由題意知Ffm=μFN，聯(lián)立解得a=μcosα-sinα對(duì)整體受力分析可得F=(M+m)a，解得F=103N。(2)如圖乙所示，要使滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，滑塊與斜面體之間應(yīng)沒有力的作用，滑塊的加速度為g，設(shè)此時(shí)斜面體的加速度為aM，則對(duì)斜面體有F=MaM，當(dāng)水平向右的力F最小時(shí)，二者沒有相互作用但仍接觸，則有tanα=12即tanα=ga聯(lián)立解得F=703N。乙答案(1)103N(2)703N梯級(jí)Ⅲ創(chuàng)新練13.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩個(gè)物體放在斜面上，中間用一個(gè)輕桿相連，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，它們?cè)谛泵嫔霞铀傧禄?，關(guān)于桿的受力情況，下列分析正確的是(AD)A.μ1>μ2，m1=m2，則桿受到壓力B.μ1=μ2，m1>m2，則桿受到拉力C