第三章 第3讲 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·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

考点三动力学中的两类基本问题 》研析·核心考点《… 例5(1)4m/s2(2)21m(3)13m/s 解析：(1)由牛顿第二定律得 mg sin30°-f=ma, 解得加速度的大小a=4m/s2。 (2)3s内滑雪者下滑位移的大小为 x=vot十2at,解得x=21m。 (3)根据匀变速直线运动的规律U vo十at,解得v=13m/s。 例6(1)900N(2)25/29N25√5N 解析：(1)第一次弹射模拟中， 在AB段有LAB=之a1ti, F-uMg =Ma, 在BC段有a1t1=a2t2, a,-=g, M 解得F=900N。 (2)根据上述分析，可求得4=0.5， 第二次弹射模拟中，在AB段有 F-u(M-+2m)g=(M+2m)a3, 作用力FaB=√(mg)十(ma3)F, 解得Fa=25√29N, 同理，在BC段有Fx= √(mg)+(ma2)', 解得Fc=25V5N。 学科素养：等时圆模型 例1C设杆AB长为l,与水平方向的 夹角为日，圆环的质量为m,对圆环a, 根据牛顿第二定律得ng sin8=ma,解 得a=gsin9,由运动学公式可得l= 1 at,由几何关系得l=2Rsin0,解得 ,四，可知圆环下滑的时间与杆 t一g 的倾角和杆的长短无关，同理可得圆 环b、c,d的下滑时间同为t=√ R 故选C。 例2C由等时圆模型知，a球运动时间 小于b球运动时间，a球运动时间和沿 过CM直径自由下落的小球的运动时 间相等，所以从C点自由下落到M点 的c球运动时间最短，故C正确。 例3C如图甲所示，连接A、D两点， 设端，点在A或D的杆与AD的夹角为 日，则小球沿这类杆下滑的位移x= 2Rcos0,且x=2at,由mgc0s0= ma得加速度a=gcos9,联立可得t= ®与6 2,区，故t1=t:利用t=2入g 无关的结论，以B点为最高点且过D 点画圆，如图乙所示，可知图中小球从 B沿杆分别下滑到D、F的时间均为 t3,而BC比BF长，下滑时间会长一 点，故t2>t,故选C。 458红对构·讲与练·高三物理· D D 甲 乙 第3讲专题突破：动力学 图像、连接体和临界极值问题 例1D由题图乙可知，在t。一t1时间 内，“窜天猴”竖直向上加速运动，故处 于超重状态，故A错误；在t1~t2时间 内，“窜天猴”的加速度减小，根据F一 mg=ma,可知气流对“窜天猴”的作用 力逐渐减小，故B错误；在t。一t1时间 内，“窜天猴”的速度始终为正，所以一 直竖直向上运动，故C错误；图像中的 D点为曲线和直线的转折点，则t3时 刻之后“窜天猴”只受重力，故D正确。 例2A设a-F图像的斜率为k,与纵 轴裁距为b。若斜面光滑，对物体受力 分析如图甲所示， F a mg mg 甲 乙 有F-ngsin0=ma,解得a=-F 7 gsin0,则k= m,b=gsin0。若斜面 粗糙，受力分析如图乙所示，有F一 (ngsin日十mg cos9)=ma',解得 a′= 1F-（gsin9+gcos0),则k= 1 b=gsin8十gcos日，综上可知根 据a-F图像中图线斜率和截距可求 得的物理量是物体的质量m,故选A。 例3B在木块下落H高度之前，木块 所受合力为木块的重力保持不变，即 F=g,当木块接触弹簧后，弹簧弹力 向上，则木块所受的合力F=mg k(y一H),到合力为零前，随着y增大 F减小；弹簧弹力大于木块的重力后， 至木块运动到最低，点的过程中木块所 受合力向上，随着y减小F增大，之 后，木块开始反弹，反弹过程木块按原 路返回，故A错误，B正确；在木块下 落H高度之前，木块做自由落体运动， 根据y=2gt,速度逐渐增大，y-t 图像的斜率逐渐增大，当木块接触弹 簧后到合力为零前，根据牛顿第二定 律mg-k(y-H)=F=ma,木块的速 度继续增大，做加速度减小的加速运 动，所以y-t图像的斜率继续增大，当 弹簧弹力大于木块的重力后至木块运 动到最低点过程中有F=k(y一H)一 g,木块所受合力向上，木块做加速度 基础版 增大的减速运动，所以y一t图像的斜 率减小，到达最低点后木块开始反弹， 上升过程由运动的对称性可知y一t图 线对称，正确的y一t图像如图所示，故 C、D错误。 ↑y 平衡位置 H 0 例4A根据题意，对整体应用牛顿第 二定律有F=(M十m)a,对空间站分 析有F'=Ma,解两式可得飞船和空间 M 站之间的作用力F'=M干mF,故 选A。 例5D设物块P的质量为M,物块P 与桌面间的滑动摩擦力为∫。以物块 P为对象，根据牛顿第二定律可得T一 f=Ma,以盘和砝码为研究对象，根据 牛顿第二定律可得mg-T=ma,联立 可得a=肝+mM ·m,可知 a、m不是线性关系，排除A、C选项； 当砝码的重力小于物块P与桌面间的 最大静摩擦力时，物块P和砝码静止， 加速度为0，当砝码的重力大于F时， 物块P和砝码才有一定的加速度，当 m趋于无穷大时，加速度趋近于g,故 选D。 例6ABD弹簧稳定时的伸长量取决 于弹簧的弹力F,设物块与水平面间 的动摩擦因数为4，以A、B及弹簧整 体为研究对象，则Q= F一(mA十)g,以B为研究对象得 mA十mn a= Fr一8，联立可得FT= mB一F,整理得Fr一mA十 F 一，则弹 mA十mB 172 簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无 关，若要增大弹簧弹力，可仅增大B的 质量，也可仅将A、B的位置对调，也可 仅增大水平恒力F,故A、B、D正确，C 错误。 例7B书相对于桌面不滑动，说明书 与高铁的加速度相同，当桌面与书之 间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所 受合力最大，加速度最大，由牛顿第二 定律有fn=μmg=mam,解得am g=4.0m/s2,即高铁的最大加速度 不超过4.0m/s,故选B。 例8C施加外力前，系统处于静止状 态，对整体受力分析，由平衡条件得 2mg=kx。,代入数据解得x。=0.41m, 外力施加的瞬间，A物体加速度为 4m/s,对整体，由牛顿第二定律得 F-2mg十kxo=2ma,代入数据解得 F=8N,故A错误；当弹簧压缩量减 小到0.3m时，设A、B间弹力大小为 FAB,对A物体受力分析，由牛顿第二 定律得F'十FA-mg=ma,对A、B 组成的系统受力分析，由牛顿第二定 律得F'十kx1-2mg=2ma,代入数据 联立解得FA=1N,故B错误；设A、 B分离时，弹簧的形变量为x2,对B物 体受力分析，由牛顿第二定律得x,一 mg=ma,代入数据解得x2=0.28m, 所以A物体的位移大小为x。一x2= 0.4m-0.28m=0.12m,故C正确； 当B物体受到的合力为零时速度达到 最大，由C分析可知A、B分离时B物 体有向上的加速度，所以B物体速度 最大时A、B已经分离，当合力为零时， 对B物体受力分析，由平衡条件得 kxa=g,代入数据解得x3=0.2m, 故B物体的位移大小为x。一x=0.2m, 故D错误。 例9BC小球受力如图甲所示，系统静 止时，竖直方向有F.sin37°=mg,水 平方向有F.cos37°=F6,解得F。=10N, F,=8N,故B正确，A错误；系统竖直 向上匀加速运动时，小球受力如图乙 所示，当a线拉力为15N时，由牛顿 第二定律可知，竖直方向有Fmsin37° mg=ma,水平方向有Fm cos37°=F6, 解得F,=12N,此时加速度有最大值 为a=5m/s2,故C正确；系统水平向 右匀加速运动时，由牛顿第二定律可 知，竖直方向有F.sin37°=mmg,水平 方向有F6-F,cos37°=ma,解得 F。=10N,当F,=15N时，加速度最 35 大为a= m/s2,故D错误。 3 mg mg 乙 第4讲专题突破：传送带 模型和“滑块一木板”模型 例1ABD若传送带速度较小，小滑块 可能先在传送带上做匀加速直线运 动，加速度不变，与传送带共速后做匀 速直线运动，加速度为零，故B、D正 确；若传送带速度足够大，小滑块可能 在传送带上一直做匀加速直线运动， 最终还未与传送带共速就已离开传送 带，故C错误，A正确。 例2BC相对地面而言，小物块在0一 t1时间内向左做匀减速直线运动，t1 时刻之后向右运动，故小物块在t1时 刻离A处距离最大，A错误；小物块在 0t1时间内向左做匀减速直线运动， 相对传送带也是向左运动，t1~t2时间 内向右做匀加速直线运动，但速度小 于传送带向右的速度，仍是相对传送 带向左运动，t2时刻两者同速，在t2一 t3时间内，小物块与传送带相对静止， 一起向右做匀速直线运动，所以t2时 刻小物块相对传送带滑动的距离达到 最大，B正确：由于0一t2时间内，小物 块相对传送带一直向左运动，所以受 到的摩擦力方向一直向右，C正确；在 0一t2时间内，小物块相对传送带一直 向左运动，则小物块一直受到向右的 滑动摩擦力，在t2一t3时间内，小物块 相对于传送带静止，则小物块不受摩 擦力作用，故D错误。 例3C0t。时间内：物块轻放在传送 带上，由受力分析可知，物块受重力、 支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于 重力的下滑分力，合力不变，物块做匀 加速运动：。之后：当物块速度与传送 带相同时，静摩擦力与重力的下滑分 力相等，加速度突变为零，物块做匀速 直线运动。C正确，A、B、D错误。 例4(1)1.5s(2)5m 解析：(1)煤块刚放上时，受到向下的 摩擦力，其加速度为 a-mgsin 0umg cos =g(sin8十 ucos 0)=10 m/s, 加速时间t1= 0=1s al 位移x1=2a1ti=5m<L, 达到。后，煤块受到向上的摩擦力，其 加速度为a,="gsin日-ung cos日 g(sin 0-ucos 0)=2 m/s, 1 位移x2=L一x1=vot,十之a,t位， 解得t2=0.5s, 煤块从A到B的时间为t=t1十t2= 1.5s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后 运动留下的痕迹长为 △x1=wot1-x1=5m, 第二过程煤块相对于传送带向前运动 留下的痕迹长为 △x2=xg-vot2=0.25m, △x1与△x2部分重合，故痕迹总长为 5m。 例5(1)0.3(2)1：3(3)2m 解析：(1)根据v-t图像可知，物体A 在小车B上做匀减速直线运动，加速 度的大小a1-会智=3m/g,若物体A 的质量为m,与小车B上表面间的动 摩擦因数为以，则g=ma1,联立可 得以=0.3。 (2)设小车B的质量为M,加速度大小 为a2,由v-t图像知a2=1m/s2,根 据牛顿第二定律知mg=Ma2,得 m 1 M-3。 (3)设小车B的最小长度为L,由v-t 图像与t轴围成的面积表示位移大小 可知，物体A相对小车B的位移大小， 即L=2×1X4m=2m 例6(1)12N(2)分离5s 解析：(1)二者即将相对滑动时，对整 体有F-2(M十m)g=(M+m)a, 对木板有41mg-(M十m)g=Ma, 联立解得F=12N。 (2)由于F=20N>12N,因此铁块与 木板两者会分离，对铁块和木板由牛 顿第二定律分别有F一41mg=ma1· 1mg一2(m十M)g=Ma2, 解得a1=5m/s2,a2=1m/s2， 1 根据L=2a1t-20,t, 解得分离所需时间t=5s。 例7(1)2.5m/s212.5m/s (2)10m 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受 到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小 为F:=amgc0s8=7.5N, 由牛顿第二定律，对小物块有 Ff十ng sin8=ma1, 代入数据得a1=12.5m/s2, 对长木板，由牛顿第二定律有 Mg sin8-F=Ma2,其中F=Fr, 代入数据得a2=2.5m/s2。 (2)设当小物块与长木板共速时速度 为v1,有v1=a1t1=vo十a2t1, 解得t1=1s,v1=12.5m/s, 共速后，小物块与长木板相对静止，一 起向下做匀加速直线运动，则共速前 小物块与长木板的相对位移为 v1十0 2 2t1=5m, 故长木板长度至少为10m。 第5讲实验四：探究 加速度与力、质量的关系 例1(1)B(2)B(3)远大于系统误 差C4产 A 解析：(1)该实验中同时研究三个物理 量间关系是很困难的，因此我们可以 控制其中一个物理量不变，研究另外 两个物理量之间的关系，即采用了控 制变量法，故选B。 (2)平衡阻力时小车需要连接纸带，一 方面是需要连同纸带所受的阻力一并 平衡，另外一方面是通过纸带上的点 间距判断小车是否在长木板上做匀速 直线运动，故A错误；由于小车速度较 快，且运动距离有限，打出的纸带长度 也有限，为了能在长度有限的纸带上 尽可能多地获取间距适当的数据点， 实验时应先接通打点计时器的电源， 后释放小车，故B正确：为使小车所受 拉力与速度同向，应调节滑轮高度使 细绳与长木板平行，故C错误。 (3)设小车质量为M,槽码质量为m。 对小车和槽码根据牛顿第二定律分别 有F=Ma,mg一F=ma,联立解得 F=Mmg =mg,由上式可知在小 m+M 1十M 车质量M远大于槽码质量m时，可以 认为细绳拉力近似等于槽码的重力。 上述做法引起的误差是由于实验方法 或原理不完善造成的，属于系统误差。 该误差是将细绳拉力用槽码重力近似 替代所引入的，不是由于小车与长木 板间存在阻力（实验中已经平衡了阻 参考答案459054对沟·讲与练·高三物理·基础版 点，圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、 点自由下落到M点。则 b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放，不 A.a球最先到达M点 计空气阻力，则下列说法正确的是 （) B.b球最先到达M点 A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端 C.c球最先到达M点 的时间短 D.b球和c球都可能最先到达M点 B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端 幻听课记录： 的时间长 C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都 相同 D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不 相同 【例3】如图所示，有3根光滑杆AC、 幻听课记录： BC和BD,其端点正好在同一个竖 直的圆周上，A为最高点，D为最 低点。现有一穿孔的小球，分别穿 第 过3根杆从杆的顶端静止滑下，从A到C、从 【例2】如图所示，位于竖直平面 章 B B到C、从B到D的时间分别为t1、t2、t3。下 内的固定光滑圆环轨道与水平 列判断正确的是 ( 面相切于M点，与竖直墙相切A 于A点。竖直墙上另一点B A.1>12>13 B.t1=t2=t3 7777777 与M的连线和水平面的夹角 C.t1=t3<t2 D.t1=t3>t2 幻听课记录： 为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时 刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光 滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C 第3讲 专题突破：动力学图像、连接体和临界极值问题 突破》热点题型 题型一 动力学图像问题 1.动力学图像问题的解题策略 2.常见动力学图像及应用方法 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表 v-t 根据图像的斜率判断加速度的大小和方 的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反 图像 向，进而根据牛顿第二定律求解合力 映的物理过程，会分析临界点。 首先要根据具体的物理情境，对物体进行 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意 受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出 F-a 义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两 F、a两个量间的函数关系式，根据函数关 图像 系式结合图像，明确图像的斜率、截距的 图线的交点，等等。 意义，从而由图像给出的信息求出未知量 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具 要注意加速度的正、负，正确分析每一段 体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与 a-t 的运动情况，然后结合物体受力情况根据 图像 图像对应的函数关系式，进而明确“图像与公 牛顿第二定律列方程 式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问 F-t 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律 题作出准确判断。 图像 求出加速度，分析每一时间段的运动性质 第三章运动和力的关系055 【例1】(2024·安徽安庆模拟)如图甲所示，“窜 A.物体的质量 天猴”又称“冲天炮”，是利用火箭原理制成的 B.斜面的倾斜角 一种鞭炮，火药燃烧后，在尾部喷出气流，能使 C.当地的重力加速度 主体向上飞。如图乙为某次燃放时，某支“窜 D.物体与斜面间的动摩擦因数 天猴”在竖直方向上运动时的速度一时间图 听课记录： 像，取竖直向上为正方向，不计空气阻力。已 知在，时刻该“窜天猴”起飞，图像DE段为倾 斜线段，斜率绝对值与重力加速度g大小相 等，图像其余段均为曲线，下列对该支“窜天 【例3】（2024·广东卷)如图所示，轻 木块 猴”的运动判断正确的是 ( ) 质弹簧竖直放置，下端固定。木块 H 从弹簧正上方H高度处由静止释 放。以木块释放点为原点，取竖直 边4---- 向下为正方向，木块的位移为y,ww系mm 所受合力为F,运动时间为1。忽略空气阻力， A 弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一 第 乙 次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图 三 A.在t。一t1时间内，“审天猴”处于失重状态 像可能正确的是 章 B.在t1~t2时间内，气流对“窜天猴”的作用力 逐渐增大 C.在t2时刻，“审天猴”刚好上升到最高点 D.在t3时刻，“窜天猴”内的火药刚好燃尽 听课记录： 【例2】(2024·四川绵阳二模)如图甲所示，斜面 固定，用沿斜面向上的不同的恒力F,使同 物体沿斜面向上做匀加速运动，其加速度α随 恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图线 斜率和截距可求得的物理量是 幻听课记录： 乙 题型二 动力学中的连接体问题 1.连接体的五大类型 续表 F 轻杆 弹簧 AO AQ0000 连接体 连接体 风国5 B 物体叠放 A AF 连接体 777577777777 轻绳 AO 连接体 两物体并 B 排连接体 A BF 056父构·讲与练·高三物理·基础版 2.连接体的运动特点 擦；轻绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略）， (1)轻绳—轻绳在伸直状态下，两端的连接体 盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量，并测 沿绳方向的速度大小总是相等。 量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力 (2)轻杆一轻杆平动时，连接体具有相同的平 加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能 动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速 正确的是 度，而线速度与转动半径成正比。 (3)轻弹簧—在弹簧发生形变的过程中，两端 连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时， 两端连接体的速率相等。 (4)接触连接—两物体通过弹力或摩擦力作 用，可能具有相同的速度或加速度。其临界条 件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最 大静摩擦力。 3.连接体的分析方法 第 交替运用整体法、隔离法，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 听课记录： 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 求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。 【例6】（多选）(2024·河 【例4】(2024·北京 空间站 飞船 南许昌月考)如图所示， 卷)如图所示，飞船 M m 置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧 与空间站对接后，在推力F作用下一起向前 连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的 运动。飞船和空间站的质量分别为m和M, 加速度向右运动。A、B的质量关系为mA> 则飞船和空间站之间的作用力大小为() B,它们与水平面间的动摩擦因数相等。为 M m A.M+m F B.M十m F 使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行 的是 () C. F A.仅增大B的质量 听课记录： B.仅将A、B的位置对调 C.仅增大水平面的粗糙程度 D.仅增大水平恒力F 幻听课记录： 【例5】(2024·全国卷)如图所 示，一轻绳跨过光滑定滑轮， 轻绳的一端系物块P,P置于 水平桌面上，与桌面间存在摩 题型三 临界极值问题 1.“四种”典型的临界条件 的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大 (1)接触与脱离的临界条件：弹力FN=0。 张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是绳中拉力 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最 Fr=0。 大值。 (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件： (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断 加速度变为0。 第三章运动和力的关系057 2.“三种”典型的常用方法 下列说法正确的是 ) 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临 A.外力F刚施加的瞬间，F的大小为4N 极限法界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解 B.当弹簧压缩量减小到0.3m时，A、B间弹力 决问题的目的 大小为1.2N 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼 C.A、B分离时，A物体的位移大小为0.12m 两种可能时，或变化过程中可能出现临界 D.B物体速度达到最大时，B物体的位移为 假设法 条件，也可能不出现临界条件时，往往用假 0.22m 设法解决问题 听课记录 将物理过程转化为数学表达式，根据数学 数学法 表达式解决临界极值问题 角度1相对滑动的临界问题 角度3动力学中的极值问题 【例7】(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面 【例9】（多选）(2024·湖南岳 上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为 阳一模)如图所示，矩形盒 0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 内用两根不可伸长的轻线 第 度g取10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大 三 固定一个质量为m=0.6kg 加速度不超过 的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水 A.2.0m/s2 B.4.0m/s2 平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm= C.6.0m/s2 D.8.0m/s2 15N,已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加 听课记录： 速度g取10m/s2,则 () A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12N B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8N 角度2接触与脱离的临界问题 C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻 【例8】(2024·福建厦门双十中学模拟) 线不被拉断，加速度最大为5m/s 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水 A D.当系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保 平面上，上端叠放两个质量均为1kg B 证轻线不被拉断，加速度最大为10m/s2 的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧 幻听课记录： 的劲度系数为k=50N/m,初始时系 777777777 统处于静止状态。现用一方向竖直向 上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始 向上做加速度a=4m/s2的匀加速直线运动， 》温馨提示 重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计， 学习至此，请完成训练16 第4讲 专题突破：传送带模型和“滑块一木板”模型 突破>热点题型 题型一 传送带模型的动力学问题 1.模型特点：物体（视为质点）放在传送带上，由于2.解题关键：抓住？物=口传的临界点，当？物=⑦传 物体和传送带发生相对滑动（或有相对运动趋 时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度 3.注意物体位移和相对位移的区别 关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由