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

该高中物理讲义聚焦动力学图像（v-t、F-a、a-t、F-t）和临界极值问题两大高考核心考点，按图像类型特征及临界条件（接触脱离、相对滑动等）系统梳理知识，通过考点分析、策略指导、真题讲解等环节，帮助学生构建解题框架，突破难点。 资料融合科学思维与模型建构，如图像问题推导F-a函数关系明确斜率截距意义，临界问题用假设法判断相对滑动条件，设置分层练习保障效果，提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供有力指导。

专题突破5　动力学中的图像和临界、极值问题 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 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 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。 　(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(　　) 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。 　(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(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 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 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。 　(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(　　) 甲　　　　　　　　乙 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 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。 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。 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。 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 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 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。 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 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。 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 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。 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： 甲　　　　　　　　乙 (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。 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。 (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 学科网（北京）股份有限公司 $