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

**基本信息** 聚焦动力学图像与临界极值问题，通过典型题组构建“图像信息提取-临界状态分析-牛顿定律应用”的逻辑链条，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动力学图像问题|3题（含a-x、v-t、x-t图像）|结合图像斜率、面积等物理意义，需从图像提取关键数据列方程|从图像物理意义（如a-x图像面积对应速度平方关系）到牛顿第二定律与运动学公式联立，体现图像与规律的转化逻辑| |动力学临界极值问题|8题（含相对运动、分离条件等）|涉及摩擦力临界、弹力为零等状态，需假设临界条件分析|从整体隔离法受力分析到临界状态（加速度相等、摩擦力最大）判定，推导极值条件，强化模型建构与科学论证|

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(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 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 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。 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(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 A．7.5 m/s B．4.0 m/s C．6.0 m/s D．3.0 m/s 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。 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(　　) 图1　　　　　　图2 A．ma>mb，μa>μb B．ma>mb，μa<μb C．ma<mb，μa>μb D．ma<mb，μa<μb 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。 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 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。 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 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。 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 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。 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(　　) 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。 [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 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，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。 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(　　) 图(a)　　　　　　　　　图(b) 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 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＝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，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。 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。 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。 (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 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＝2 m，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？ 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＝。 (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。 (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° 学科网（北京）股份有限公司 $