训练16 专题突破：动力学图像、连接体和临界极值问题-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

恢复原长前滑块P的加速度一直大于 Q的加速度，且两滑块初速度相同，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的位移一定小 于Q的位移，C错误，D正确。 8.B当箱子随电梯以a=4m/s2的加 速度竖直向上做匀减速运动时，对金属 块受力分析，由牛顿第二定律知F十 mg-FNp=ma,则m=Fp一F送 g-a 10-4 10-4kg=1kg,G=mg=10N。若下 底板传感器示数不变，上顶板传感器 的示数是下底板传感器示数的一半， 则上顶板传感器的示数是5N,对金属 块，由牛顿第二定律知F上十mg一 Fr=ma',解得a'=5m/s2,方向向 下，故电梯以a=5m/s2的加速度匀 加速下降，或以a=5m/s2的加速度 匀减速上升，A、C、D错误，B正确。 9.A将小球缓慢拉至P点，保持静止， 由平衡条件可知此时拉力F与重力和 两弹簧的拉力的合力为零，此时两弹 簧的合力大小为mg。当撤去拉力时， 小球从P,点运动到O点的过程中两弹 簧的拉力与重力的合力始终向下，小 球一直做加速运动，故A正确，B错 误；小球从P点运动到O,点的过程中， 两弹簧形变量变小，两弹簧在竖直方 向的合力不断变小，故小球受的合力 一直变小，加速度的最大值为撤去拉 力时的加速度，由牛顿第二定律可知 2mg=ma,所以加速度的最大值为 2g,故C、D错误。 10.1)2 解析：(1)由题意” 可知，毛竹先匀加 速上升再匀减速 上升，平均速度均 为-受又h 0 1 2心mt,解得u。=。本题还可以采 用图像法，作出整个过程的U-t图像 如图所示，图线与时间轴围成的面积 表示位移大小，即h=2”t,可得 (2)根据加速度的定义式可知a= =4h (3)毛竹匀减速阶段，加速度方向竖直 向下，根据牛顿第二定律可知g Fy=m,解得F=n(华)根 据牛顿第三定律可知，匀减速阶段毛 竹对表演者的压力大小为F=F、 1.1号m/s(212m/s(3)60N 解析：(1)设雪车在直道AB段加速度 大小为Q1,根据位移与速度公式可得 UB- 2a1xAB=,解得a1=2 2mg=号m. 82 (2)雪车在直道AB上运动时间为 从B,点到C点，根据匀变速直线运动 位移与时间公式可得 1 xc=vBt+之a2ti, 其中t2=5.0s一t1=2s,联立解得 a2=2m/s2,则雪车（包括运动员）过 C点的速度大小为vc=vr十a2t2 12 m/so (3)设雪车在斜道BC上运动时受到 的阻力大小为f,根据牛顿第二定律 可得ng sin15°-f=ma2,解得f= 60N。 训练16专题突破： 动力学图像、连接体 和临界极值问题 1.B由题图乙可知，0~t1阶段与t1~ t2阶段，物资向上加速，加速度方向向 上，故拉力大于重力，由于t1~t2阶段 加速度更大，根据牛顿第二定律可知， t1~t2阶段的拉力大于0~t1阶段的 拉力；t2一t1阶段物资加速度方向向 下，故拉力小于重力。细绳对物资拉 力最大的阶段是t1~t2阶段，故选B。 2.B由牛顿第二 定律F=ma可 F 得a= ，根据题 图乙可知物块在 0~t。时间内加速度正向（以向右为正 方向)均匀减小，在t。一2t。时间内加 速度负向均匀减小，由v2=2ax可知， v2-x图像的斜率为2a,则v2-x图 像中先逐渐增大变“缓”再逐渐减 小变“缓”，故C、D错误：作出物块的 v一t图像如图所示，由v一t图像可 知，物块在前一半时间内的位移大于 在后一半时间内的位移，故A错误，B 正确。 3.C设木块和水平面间的动摩擦因数 为，以两木块整体为研究对象，根据 牛顿第二定律有F-u(m1十m2)g= (1十m2)a,解得a= F-(mm1十m)g m1十7mg 以木块1为研究对象，根据牛顿第二定 律有Fr一1g=m1a,解得a= Fr一8，系统的加速度与木块1的 721 加速度相同，联立解得F,=m下， m1十m2 可知轻绳的拉力大小与两木块的质量 大小有关，与动摩擦因数以无关，即无 论水平面是光滑的还是粗糙的，轻绳的 m1一F,且m 拉力大小均为Fr=m1十m 越大轻绳的拉力越小，故选C。 4.C对两小球和弹簧组成的系统整体 F 进行分析，加速度a=5m,对质量为 3m的小球进行分析，根据牛顿第二定 3F 律有F弹=k虹=3ma,可得x=,A, B、D错误，C正确。 5.A根据题意，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,则根据牛顿第二 定律有F1=9ma1,单独对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2gtan8= 27 2ma1,联立解得F=mg;当把大小 为F,、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,则根 据牛顿第二定律有F,=9ma2,设Q对 P的弹力大小为T,则Tsin0=7ma2, 根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力 大小为T'=T,单独对Q进行分析，因 为P和Q恰好相对静止，在竖直方向 上根据平衡条件有T'cos日=2m1g,联 27 以是=是故 立解得F:=mg,所以F 7 选A。 6.A假设物块P静止时弹簧的压缩量 为x。,则由力的平衡条件可知kx0= mg,在弹簧恢复原长前，当物块P向上 做匀加速直线运动时，由牛顿第二定 律得F十k(xo一x)一g=ma,由以 上两式解得F=kx十ma,显然F和x 为一次函数关系，且在F轴上有截距， A正确，B、C、D错误。 7.BC由题意可知，当物体放在B盒中时， B盒加速度竖直向下，当物体放在A盒 中时，B盒加速度竖直向上。当物体放在 B盒中时，根据牛顿第二定律，以A盒为 研究对象，有T-mng sin30°=ia,以B盒 和B盒内的物体整体为研究对象，有 (mg+2g）-T=(m+2n)a:当 物体放在A盒中时，根据牛顿第二定 律，以A盒和A盒内的物体整体为研 1 究对象，有(m十2m)gsin30°-T' (m十2n加，以B金为研究对象，有 T'-mBg=mna:联立解得mB=8, 加速度的大小为a=0.2g。故A、D错 误，B、C正确。 8.CD对A、B整体分析，根据平衡条件 有3 ng sin9=2 mg cos0,解得μ= 2tan8,故A错误；规定沿斜面向下为 正方向，设轻杆对B物体的作用力为 T,单独对B物体分析，根据平衡条件 有T十2 ng sin日=2 umg cos8,解得 参考答案511 T=mg sin日，为正值，表示方向沿斜面 向下，故B错误：若增加B物体的质 量，设增量为△m,则A、B整体所受合 力F=(3m+△m)gsin8-(2m+ o9=号dng5n0,上式说 明此时A、B整体所受合力沿斜面向 上，则A、B整体将沿斜面减速下滑，故 C正确；增加A物体的质量，设增量为 △m,则A、B整体所受合力F=(3m十 △m)gsin8-2 umg cos8=△ng sin8, 上式说明此时A、B整体所受合力沿斜 面向下，则A、B整体将沿斜面加速下 滑，故D正确。 9.D当小球刚好要从槽中滚出时，小球 受重力和圆孤槽A点对它的支持力， 如图所示。由牛顿第二定律有 mg tan60° a,解得小球的加速度a= tan 60 3:以整体为研究对象，由牛顿第 定律有Mg=(M+2m)a,解得重物C 的质量M=(√3十1)m,故D正确，A、 B、C错误。 ma B mg 10.A当滑块向右运动的加速度为某一 临界值时，斜面对小球的支持力恰好 为零，此时小球受到重力和细线的拉 力的作用，如图甲所示。根据牛顿第 二定律有Frcos 0=mao,Frsin0 mg=0,其中日=45°，解得a。=g,则 知当滑块向右运动的加速度a=2g 时，小球已“飘”起来了，此时小球受 力如图乙所示，则有Fc0sa=m 2g,Fisin a -mg =0,cos'a 十 sin2a=1,联立解得F1=10N,故A 正确。 ↓mg mg 甲 乙 11.(1)7×103N (2)见解析图 18m/s 解析：(1)加速度随时间的变化率k= △a ,所以及-t图线与t轴所围的面积 △t 表示加速度的变化量，由题图甲可知 t=3s时加速度最大，a=1X 3m/s2=3m/s2,此时牵引力最大，根 据牛顿第二定律F一f=ma,解得 F=7×103N。 (2)由题图甲可得09s内加速度a 512 红对沟·讲与练·高三物理·基 随时间t变化的图像如图所示，a-t 图像与t轴围成的面积表示速度的变 化量，可得9s末汽车的速度大小为 v= 2 -×(3+9)×3m/s=18m/s。 ↑a/m·s2) 3日 2 0 tis 12.(1)2m/s2 (2)0.5(3)125 5 N 1 解析：1)根据L=ut十2at, 代入数据解得a=2m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F一ngsin0 mg cos日=ma,代入数据解得4= 0.5。 (3)设F与斜面夹角为a, 平行斜面方向有 F cos a-mg sin 0-uFx=ma, 垂直斜面方向有 Fy十F sin a=ng cos8, 联立解得F=ma十mg(sin日+ucos9) cOsa十usin a =a十mg(sin0+ucos0) √a2+1sin(e十a) 当sin(p十a)=1时，F有最小值 Fnim,代入数据解得Fm 125N. 5 训练17专题突破： 传送带模型和 “滑块一木板”模型 1.D刚开始时，物体速度小于传送带速 度，则物体相对传送带向后运动，A错 误：物块与传送带一起匀速运动过程 中，物体与传送带之间无相对运动趋 势，则物体不受摩擦力作用，B错误：物 体加速运动过程中，由动能定理可知， 摩擦力对物体做正功，C错误：设物体 与传送带间的动摩擦因数为以，物体相 对传送带运动时加速度a=m竖 以g,若物体速度小于传送带速度，则物 体一直加速，由v=at可知，传送带速 度越大，物体加速运动的时间越长，D 正确。 2.D物体随传送带稳定运行的过程中， 物体与传送带保持相对静止，物体受 到重力、垂直于传送带的支持力与沿 传送带向上的静摩擦力，即物体受到3 个力的作用，故B错误；结合上述可 知，稳定时，物体随传送带向上做匀速 直线运动，根据平衡条件可知，运动的 物体受到的摩擦力一定为mg sin30°， 故A错误；结合上述可知，传送带对物 体的摩擦力和支持力的合力与重力平 衡，即传送带对物体的作用力方向竖 直向上，根据牛顿第三定律可知，物体 础版 对传送带的作用力方向竖直向下，故C 错误；结合上述可知，稳定时，物体随 传送带向上做匀速直线运动，物体受 到的合力为零，故D正确。 3.AB木板受到地面的最大静摩擦力 f1=u(M十m)g=20N,则当拉力 F=18N时，小滑块和木板都保持静 止，故A错误，符合题意：当小滑块受 到最大摩擦力时，产生的最大加速度 大小为a=mg=4m/s,对木板受力 分析，根据牛顿第二定律可知F mng一μ(M十m)g=Ma,解得F= 40N,当拉力F=24N时，因为 20N<24N<40N,所以小滑块和木 板一起匀加速运动，故B错误，符合题 意；当拉力F=30N时，因为30N< 40N,所以小滑块和木板一起匀加速 运动，故C正确，不符合题意；当拉力 F=42N时，因为42N>40N,两者发 生相对滑动，故D正确，不符合题意。 4.AC根据牛顿第二定律知，快递箱加 速时的加速度a=m5=4g=4m/s, 772 1=0时，快递箱加速的位移x1= Za =8m,由加速时间和匀速时间相等 可知快递箱匀速的位移x2=2·心= a 16m,所以传送带总长L=24m,故A 正确；若U1=0,快递箱加速的位移 x1=8m,传送带在这段时间内运动的 位移，=0·2=16m,则痕选长 S=x一x1=8m,故B错误；如果 1 01=之v2,快递箱加速的时间t1= 。”=1s加速的位移心 a 2a 6m,匀速的时间t2 L一x1=2.25s V2 全过程传送带运动的路程x=U2(t1十 t2）=26m,所以两者路程之比为L: x=12:13,故C正确；01=0，如果传 送带速度加倍，则快递箱加速的时间 4s加速的位移z”双片 32m,大于24m,所以快递箱一直做匀 加速运动，故D错误。 5.B设拉力F作用下物块在木板上滑 动，物块的加速度大小为a1,撤去外力 后物块的加速度大小为a2,木板的加 速度为a,根据牛顿第二定律有F- uimg ma,uimg =ma2,uimg 2(M十m)g=Ma3,解得a1=2m/s2, a2=4m/s,aa=0.5m/s2,拉力F作 用的时间为t1=1s时，物块、木板的速 度分别为v1=a1t=2m/s,v2 a3t1=0.5m/s,设又经t2时间，物块、 木板共速，则共=v1一a2t2=v?十 2 at,解得t=3s,=了m/s,木 1 1 板的长度为L=201一2十班级： 姓名： 训练16 专题突破：动力学图像、 连接体和临界极值问题 (总分：75分) L基础巩固」 C.轻绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.轻绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 1.(5分)(2024·河南郑州模拟)如图甲所示利用遥 4.(5分)如图所示，质量分别为 3m 2m 控飞机向某地运送物资，物资用细绳悬挂在遥控 F 2m和3m的两个小球静止8w9 飞机上。遥控飞机从地面竖直上升，物资运动的 于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质 v-t图像如图乙所示，其中细绳对物资拉力最大 弹簧的两端。今在质量为2m的小球上沿弹簧轴 的阶段是 线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做 匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为 A君 R絮 c D. 5.(5分)(2024·福建泉州模拟)如 图所示，在水平面上放置着两个 O P 甲 wndbaonazka A.0~t1 B.~12 C.12~13 D.Is~t 横截面为梯形的物体P和Q, 2.(5分)(2025·湖南衡阳高三开学考试)如图甲所 0=37°，P和Q质量之比为7：2，所有接触面均光 示，一物块放在光滑的水平面上，在水平向右的推 滑。若把大小为F,、方向向左的水平推力作用在 力F的作用下从静止开始运动，力F随时间变化 P上，P和Q恰好相对静止；若把大小为F2、方向 的图像如图乙所示，则物块运动速率的二次方随 向右的水平推力作用在Q上，P和Q恰好相对静 位移变化的关系可能正确的是 C 止。5im37=0.660s37°=0.8，则2为 A号 B号 C.1 D.3 0 6.(5分)如图所示，轻弹簧的下端固 ↑F 定在水平桌面上，上端放有物块 P 甲 P,系统处于静止状态。现用一竖 ↑U2 直向上的力F作用在P上，使其 向上做匀加速直线运动。以x表 示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下 2X。 Xo 2X0 列表示F与x之间关系的图像可能正确的是 B ↑ 3.(5分)如图所示，水平面上有两 1 25 个质量分别为m1和m2的木块1m 和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同。 现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀 加速直线运动时，已知重力加速度为g,下列说法 正确的是 () 7.(5分)（多选）如图所示，倾角为 A.若水平面是光滑的，则m2越大轻绳的拉力越大 30°的光滑斜面上放一质量为m B.若木块和水平面间的动摩擦因数为：，则轻绳 的盒子A,A盒用轻质细绳跨过 的拉力为m,F m1十m2 十m1g 定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量为罗的物体， (横线下方不可作答) 319 第三章运动和力的关系 如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰 变化的关系，已知汽车质量m=2×103kg,启动 好与原来等大反向，重力加速度为g,则B盒的质 过程中所受阻力f=1×103N。 得分 量mB和系统的加速度a的大小分别为() a/(m·s-2) m A.me-4 3m B.me-8 ↑k/(m·s) C.a=0.2g D.a=0.4g 8.(5分)（多选）(2024·湖南衡阳 二模)如图所示，物体A和B中 9 间用一个轻杆相连，在倾角为0 的斜面上匀速下滑，杆与斜面 0 甲 乙 平行。已知A物体光滑，质量为m,B物体与斜面 (1)求该汽车在0~9s内最大的牵引力大小F: 间的动摩擦因数为μ，质量为2m,整个过程斜面始 (2)在图乙所示的坐标系中画出0~9s内加速度 终静止不动。下列说法正确的有 ( ) a随时间t变化的图像（不要求写推导过程），并 A.B物体与斜面间的动摩擦因数u=tan0 求出9s末汽车的速度大小。 B.轻杆对B物体的作用力沿斜面向上 C.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面减速 下滑 D.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面加速 下滑 L素养提升」 9.(5分)如图所示，质量为 m的光滑小球恰好放在 R.0 3609 质量也为m的圆弧槽 B 12.(15分)如图甲所示，一个质量m=0.5kg的小物 内，它与槽左、右两端的 块（可看成质点），以v。=2m/s的初速度在平行 接触点分别为A点和B 斜面向上的拉力F=6N作用下沿斜面向上做匀 点。圆弧槽的半径为R, 加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B OA与水平线AB成60°角，槽放在光滑的水平桌 点，A、B之间的距离L=8m,已知斜面倾角0= 面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那 37°，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， 段细绳始终处于水平状态。通过实验知道，当槽 c0s37°=0.8。求： 得分 的加速度很大时，小球将从槽中滚出。滑轮与细 绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物 B B C的质量M应小于 ( A. B.2m 甲 乙 C.(5-1)m D.(3+1)m (1)物块加速度a的大小； 10.(5分)如图所示，倾角为0= >0 (2)物块与斜面之间的动摩擦因数； 45°、外表面光滑的楔形滑块放 (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示， 在水平面AB上。在滑块的 为保持原加速度不变，F的最小值是多少？ 顶端O处固定一细线，细线的A易B 另一端拴一小球，已知小球的质量为m名kg 当滑块以a=2g的加速度向右运动时，细线拉力 的大小为（重力加速度g取10m/s2)() A.10NB.5NC.5ND.√/oN 11.(10分)(2024·吉林长春模拟)汽车工程学中将 加速度随时间的变化率称为急动度k,急动度k 是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图甲 所示为一辆汽车在启动过程中的急动度随时间 红对勾·讲与练 320 高三物理·基础版 ■