第3章 专题突破5 动力学中的图像和临界、极值问题(课件PPT)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的图像和临界、极值问题”专题，依据高考评价体系明确图像分析（v-t、F-a等）和临界极值（相对滑动、接触脱离等）两大核心考点，通过近三年真题统计，归纳出图像斜率与截距分析、临界条件判断等常考题型，构建系统解题框架。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养培养”，如以2025四川成都二模a-F图像题为例，运用科学推理推导加速度表达式，强化运动和相互作用观念。设“临界条件标志清单”和“极值问题数学法”模块，帮助学生掌握图像转化与临界分析技巧，教师可据此实施精准复习，提升学生应试能力。

专题突破5　动力学中的图像和临界、极值问题 返回 ‹#› 1 突破点一 2 突破点二　 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 突破点一 动力学中的图像问题 1．常见的动力学图像 v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F-a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 返回 ‹#› a-t 图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 返回 ‹#› 2．解题策略 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。 (2)注意图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等所表示的物理意义。 (3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 返回 ‹#› (2025·陕晋宁青卷，3)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(　　) A 返回 ‹#› 解析：A　由牛顿第二定律结合题图可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，由v-t图像的斜率表示加速度可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数，A可能正确。 返回 ‹#› (多选)(2025·四川成都二模)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速a与F的关系如图乙所示。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为(c，0)，与a轴交点坐标为(0，－b)。由图可知(　　) A．小物块的质量为k B．小物块的质量为 C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 甲　　　　　　　　　　乙 BD 返回 ‹#› 解析：BD　以物块为对象，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，可得a＝，结合a-F图像可得，－(g sin θ＋μg cos θ)＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mg sin θ＋μmg cos θ＝c，故选BD。 甲　　　　　　　　　　乙 返回 ‹#› (多选)(2026·广东深圳实验学校模拟)如图甲，质量为m＝2 kg的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内。重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．0～6 s内弹簧秤的示数先增大后减小 B．2～6 s内物块先失重后超重 C．4 s末物块开始向下运动 D．物块在2 s末和6 s末速度等大同向 AD 甲　　　　　　 乙 返回 ‹#› 解析：AD　0～2 s内加速度向上增大，根据牛顿第二定律则有F－mg＝ma，可知弹簧秤示数增大，2～4 s内加速度向上减小，弹簧秤示数减小，4～6 s内加速度向下增大，根据牛顿第二定律则有mg－F＝ma，解得F＝mg－ma，可知弹簧秤示数减小，因此0～6 s内弹簧秤的示数先增大后减小，故A正确；2～6 s内加速度先向上，后 向下，则物块先超重后失重，故B错误；4 s末物块的速度向上最大，依然向上运动， 故C错误；根据a-t图像与坐标轴围成的面积 代表物块的速度变化，可知物块在2 s末和6 s 末速度相同，故D正确。 甲　　　　　　 乙 返回 ‹#› 突破点二 动力学中的临界、极值问题 1．临界、极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这个极值点往往是临界点。 返回 ‹#› 2．“四种”典型的临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。 (4)速度极值的临界条件：当沿速度方向上的加速度变为0时，速度达到最大值或最小值。 返回 ‹#› 3．处理临界问题的三种方法 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，特别是有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 返回 ‹#› 角度1　绳子断裂与松弛的临界问题 (多选)(2026·湖南岳阳质检)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m＝0.6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则(　　) A．系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N B．系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N C．当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为 5 m/s2 D．当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2 BC 返回 ‹#› 解析：BC　小球受力如图所示，系统静止时，竖直方 向有Fa sin 37°＝mg，水平方向有Facos 37°＝Fb，解 得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故B正确，A错误；系统竖直向 上匀加速运动时，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fmsin 37°－mg＝ma，水平方向有Fmcos 37°＝Fb′，解得Fb′＝12 N，此时加速度有最大值a＝5 m/s2，故C正确；系统水平向右匀加速运动时，当b线拉力为15 N时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fa′sin 37°＝mg，水平方向有Fm－Fa′cos 37°＝ma′，解得Fa′＝10 N，加速度最大为a′＝ m/s2，故D错误。 返回 ‹#› 角度2　相对滑动的临界问题 (多选)(2026·湖北武汉模拟)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，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0.5μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是(　　) A．当F＝2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F>3μmg时，A、B间相对滑动 C．当F＝3μmg时，B的加速度等于0.5μg D．无论F为何值，A的加速度不会超过μg CD 返回 ‹#› 解析：CD　地面的最大静摩擦力为Ff地＝0.5μ(2m＋ m)g＝1.5μmg<F＝2μmg，可知A、B都相对地面发生 运动，A错误；物块A能够获得的最大加速度amax＝＝μg，当F＝3μmg时，假设A、B能够保持相对地面静止，则有3μmg－0.5μ(m＋2m)g＝(m＋2m)a1，解得a1＝0.5μg<amax＝μg可知，当F＝3μmg时，A、B保持相对静止，B的加速度等于0.5μg，C正确；若A、B恰好发生相对运动，对A有amax＝＝μg，对A、B有F2－0.5μ(2m＋m)g＝(2m＋m)amax，解得F2＝4.5μmg，可知当F>4.5μmg时，A、B间才能发生相对滑动，B错误；根据上述可知，物块A能够获得的最大加速度为amax＝μg，即无论F为何值，A的加速度不会超过μg，D正确。 返回 ‹#› 角度3　接触与脱离的临界问题 (多选)(教材原题改编)如图所示，一辆货车运载 着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排 列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自 由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和桶B的支持，和货车一起保持静止。则货车(　　) A．以某一加速度向左加速时，A对C的支持力大小将增大 B．以某一加速度向左加速时，B对C的支持力大小将增大 C．向左加速运动的加速度增大到时，桶C就脱离A而运动到B的右边 D．向右加速运动的加速度增大到时，桶C就脱离A而运动到B的右边 BC 返回 ‹#› 解析：BC　以桶C为研究对象，受力分析如图所示，货 车静止时FA＝FB＝mg，当货车以加速度a向 左加速运动时Fy＝FB′cos 30°＋FA′cos 30°－mg＝0，Fx ＝FB′sin 30°－FA′sin 30°＝ma，解得FA′＝mg－ma， FB′＝mg＋ma，与静止时相比，A对C的支持力减小，B对C的支持力增大，故A错误，B正确；由FA′＝mg－ma可知，加速度a增大，A对C的支持力减小，当A对C的支持力减小到0时，C就脱离A，解得a＝g，故C正确，D错误。 返回 ‹#› 角度4　动力学中的极值问题 (2025·安徽芜湖一中月考)如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； (3)若拉力F的大小和方向可调节， 如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 甲　　　　　　　　乙 返回 ‹#› 解析：(1)根据L＝v0t＋at2， 代入数据解得a＝2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有 F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5。 甲　　　　　　　　乙 返回 ‹#› (3)设F与斜面夹角为α， 平行斜面方向有Fcos α－mg sin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ 联立解得F＝ 当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin， 代入数据解得Fmin＝ N。 答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N 甲　　　　　　乙 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 限时规范 训练(17) (建议用时：40分钟　满分：69分) (选择题1～7题每题5分，8～9题每题6分，共47分) [基础分组训练] 题组1　动力学中的图像问题 1．(2026·安徽百师联盟模拟)如图甲所示，原长为0.3 m的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的光滑斜面的底部，上端连接一小球，小球始终受到沿斜面向下、大小为F＝1 N的恒定拉力作用，将小球从弹簧原长位置由静止释放，小球的加速度大小a与弹簧长度x的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，以下说法正确的是(　　) A．小球的质量为2 kg B．弹簧的劲度系数为40 N/m C．弹簧弹力的最大值为5 N D．小球速度的最大值为 m/s 甲　　　　　　　　乙 D 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 解析：D　由题图乙可知，弹簧处于原长时，a＝6 m/s2，有F＋mg sin θ＝ma，解得m＝1 kg，故A错误；当x＝0.2 m时，小球的加速度为0，有F＋mg sin θ＝k·(0.3 m－0.2 m)，解得k＝60 N/m，故B错误；当x＝0.2 m时，小球的加速度为0，速度最大，根据运动学公式v2－v02＝2ax及图像与坐标轴围成的面积可知，最大速度vm＝ m/s＝ m/s，故D正确；根据对称性可知，当x＝0.1 m时，小 球的速度为零，此时弹簧的弹力最大，弹力 的最大值Fm＝k·(0.3 m－0.1 m)＝12 N，故C 错误。 甲　　　　　　乙 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2．(2026·河北沧州模拟)如图甲所示，一滑雪道由倾斜的AB和水平的BC两段滑道组成，t＝0时刻一背包在滑道顶端A处由静止滑下，滑雪者在t＝1 s时从A处以1.5 m/s的初速度去追赶并在倾斜滑道上的某一位置追上背包，滑雪者与背包在倾斜滑道上运动的部分速度(v)—时间(t)图像如图乙所示。已知滑雪者与倾斜滑道及背包与倾斜滑道间的动摩擦因数始终不变，则追上背包时滑雪者的速度大小为(　　) A．7.5 m/s B．4.0 m/s C．6.0 m/s D．3.0 m/s 甲　　　　　　　乙 A 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：A　由题图乙可知背包在斜面上运动时的加速度大小a1＝ m/s2＝2.0 m/s2，滑雪者追背包过程的加速度大小a2＝ m/s2＝3.0 m/s2，滑雪者追上背包时有a1(t＋1.0)2＝v0t＋a2t2，其中v0＝1.5 m/s，解得t＝2.0 s，则滑雪者追上背包时的速度大小为v＝v0＋a2t＝7.5 m/s，故选A。 甲　　　　　　乙 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 3．(2026·重庆模拟)如图1所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平面上，a、b两物块分别在沿斜面向下的力F作用下由静止开始运动，两物块运动的加速度a随力F变化的关系如图2所示。忽略空气阻力，下列关于a、b的质量ma与mb以及a、b与斜面间的动摩擦因数μa与μb的大小关系，正确的是 (　　) A．ma>mb，μa>μb B．ma>mb，μa<μb C．ma<mb，μa>μb D．ma<mb，μa<μb 图1　　　　 　　图2 B 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：B　物块沿斜面向下运动过程中，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律有F＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝＋g sin θ－μg cos θ，由a-F图像知k＝且ka<kb，则<，得a、b的质量关系为ma>mb，又由g sin θ－μag cos θ>g sin θ－μbg cos θ，得a、b与斜面间的动摩擦因数大小关系为μa<μb，故选B。 图1　　　　 　　图2 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 题组2　动力学中的临界、极值问题 4．(2026·江苏扬州开学考)如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是(　　) A．当F＝μmg时，A、B都静止 B．当F>μmg时，A、B发生相对运动 C．B的最大加速度为μg D．若F作用在B上，A的最大加速度为μg C 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：C　B的最大加速度am＝＝μg，A、B即将发生相对运动时F－×2mg＝2mam，解得F＝μmg>μmg，故B错误，C正确；A与地面间的最大静摩擦力f＝μmg<μmg，当F＝μmg<μmg时，A、B一起运动，故A错误；若F作用在B上，设A的最大加速度为a，则μmg－×2mg＝ma，解得a＝μg，故D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 B 5．(2025·安徽滁州二模)如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于(　　) A．C处 B．B处 C. D、C之间 D．B、A之间 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 解析：B　物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用，加速度为g，则此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木板在B处。故选B。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 A 6．(2026·山东潍坊期末)如图所示，质量m1＝m的长木板静止在水平桌面上，最左端有一质量m2＝2m的小物块，细绳跨过轻质光滑定滑轮，两端分别系着小物块和重物，重物的质量m0＝3m。现将小物块由静止释放，在小物块滑离长木板之前，滑轮左侧的细绳保持水平，长木板右端到滑轮的距离足够远，重物未落地。已知长木板与桌面、小物块间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．长木板保持静止 B．长木板和小物块一起以相同的加速度向右加速运动 C．长木板和小物块以不同的加速度向右加速运动 D．小物块的加速度大小为0.4g 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 解析：A　设m2与m0一起运动，对m2与m0整体有m0g－μm2g＝(m0＋m2)a，解得a＝0.52g，此时对长木板受力分析可知，其受到m2对其的摩擦力Ff2＝μm2g＝0.4mg<Ff地max＝μ(m2＋m1)g＝0.6mg，故长木板保持静止，重物和小物块一起运动，小物块向右运动的加速度大小为0.52g，故B、C、D均错误，A正确。 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 7．(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮， 绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩 擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝 码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　) D 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 解析：D　对物块P，有FT－Ff＝Ma，对砝码，有mg－FT＝ma，联立解得a＝，则a-m图线为曲线且不过原点，故选D。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 BD [创新提升训练] 8．(多选)(2026·湖北名校联盟联测)如图所示，质量分别为m、2m、3m的三个物块A、B、C静止在水平桌面上，A、B用一根不可伸长的轻绳连接。已知轻绳能够承受的最大拉力为3μmg，A、C之间的动摩擦因数为2μ，B、C之间的动摩擦因数为μ，C与桌面之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现对A施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是(　　) A．当水平拉力F为4μmg时，A、B相对于C滑动 B．当水平拉力F为6μmg时，A相对于C滑动 C．当水平拉力F为6μmg时，A的加速度大小为μg D．当水平拉力F为6μmg时，A的加速度大小为4μg 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：BD　由于2μ·mg＋μ·2mg＝4μmg>μ(m＋2m＋ 3m)g＝3μmg，则物块C刚要运动时，物块A、B和C 间的静摩擦力并未达到最大，当物块A、B与C间的静摩擦力恰好达到最大时，假设轻绳并未拉断，对物块A、B与C整体，由牛顿第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，对物块C，由牛顿第二定律有2μmg＋μ·2mg－μ(m＋2m＋3m)g＝3ma，解得a＝μg，F＝5μmg，对物块B，由牛顿第二定律有FT－2μmg＝2ma，解得绳子拉力大小FT＝μmg<3μmg， 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 则假设成立，所以当水平拉力F为4μmg时，物块A、B与C相对静止，故A错误；当绳子的拉力刚要达到最大时，此时物块A、B相对静止，且均相对物块C滑动，对物块A、B整体，由牛顿第二定律有F1－2μmg－μ·2mg＝(m＋2m)a1，对物块B，由牛顿第二定律有3μmg－μ·2mg＝2ma1，解得此时物块A、B运动的加速度大小a1＝μg，此时拉力大小F1＝μmg<6μmg，所以当水平拉力为6μmg时，物块A相对物块C滑动，此时绳子被拉断，对物块A，由牛顿第二定律有6μmg－μ·2mg＝ma2，解得此时物块A的加速度大小a2＝4μg，故BD正确、C错误。 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷，10)如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　) A．μ1＋μ2＝2tan θ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 图(a)　　　　　图(b) AD 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：AD　由题意可知两x-t图线均为抛物线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速直线运动，对甲有3x0＝v0t0＋a甲 图(a)　　　　图(b) t02，对乙有x0＝v0t0－a乙t02，由于t＝t0时乙图线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有t0＝，由以上整理得a甲＝a乙，由牛顿第二定律对甲有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma甲，对乙有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；t＝t0时甲的速度为v＝v0＋a甲t0，联立以上得v＝ 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 2v0，B错误；t＝t0前，由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体合力为零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为零， 图(a)　　　　图(b) 地面对斜面的作用力等于三者组成的整体的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误；t＝t0时物块乙的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左，D正确。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(10分)(2026·重庆八中开学考)某货物转运轨道的简化模型如图所示，AB段为倾角30°的粗糙斜面，与货物间的动摩擦因数μ1＝；BC段为倾角37°的粗糙斜面，长度为5 m，与货物间的动摩擦因数μ2未知。某次将货物从AB段上某点静止释放，货物经过4 s到达B点。货物可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)求货物到达B点时的速度大小； (2)若货物经过B点时速度大小不变，为了使货物 最终能静止于BC段，求μ2的最小值。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：(1)对A处货物受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律有 mg sin 30°－μ1mg cos 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 A到B由运动学公式vB＝a1t 解得vB＝10 m/s。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 (2)对BC段货物受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律有mg sin 37°＋μ2mg cos 37°＝ma2 根据运动学公式有vB2＝2a2L 联立解得μ2＝0.5 为使货物不从轨道滑出，则μ2≥0.5， 又因需要静止在斜面，则 mg sin 37°≤μ2mg cos 37° 可得μ2≥0.75，综上所述μ2≥0.75，故μ2最小值为0.75。 答案：(1)10 m/s　(2)0.75 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(12分)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动的距离x＝2m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10 m/s2)。求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后，玩具还能滑行多远？ (3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？ 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x＝at2 解得a＝ m/s2 对玩具受力分析，如图所示，则 FN＝mg－F sin 30° 由牛顿第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－F sin 30°)＝ma 解得μ＝。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (2)松开手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s 松开手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝ m/s2 由匀变速直线运动的速度与位移公式可得 玩具的位移x′＝ m≈1.04 m。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff＞0；Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋F sin θ＝mg 联立解得F＞ cos θ＋μsin θ＝sin (60°＋θ) 则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。 答案：(1)　(2)1.04 m　(3)30° 返回 ‹#› 专题突破5　动力学中的图像和临界、极值问题 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› 51 $