第3章 第14课时 专题强化四 动力学图像及动力学中的连接体和临界、极值问题 (Word练习)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

**基本信息** 聚焦动力学连接体、临界极值及图像问题，通过典型例题整合牛顿运动定律应用，构建“受力分析-规律选择-情境迁移”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| |----|-----------|----------|----------| |连接体问题|3题（1、2、6）|双物体叠放/并排，整体与隔离法应用|以牛顿第二定律为核心，通过整体求加速度、隔离求内力，建立系统与个体受力关系| |临界极值问题|2题（4、6）|弹簧弹力变化、分离临界状态|分析弹力/摩擦力临界条件，结合加速度变化推导极值，体现科学论证思维| |动力学图像|3题（3、5、7、8）|v-t、F-t、x-t图像分析|从图像斜率（加速度）、面积（位移）提取物理量，关联运动过程与受力特征，深化模型建构|

第14课时　专题强化四　动力学图像及动力学中 的连接体和临界、极值问题 1．(2025北京一模)如图所示，A、B两物体并排放在光滑水平面上，质量分别为1 kg和2 kg.在水平推力F的作用下一起向右运动，A、B之间作用力的大小为6 N，则水平推力F的大小为(　　) A．F＝2 N B．F＝4 N C．F＝6 N D．F＝9 N 答案　D 解析　根据题意，由牛顿第二定律，对整体有F＝(mA＋mB)a，对物体B有FAB＝mBa，联立解得F＝9 N，故选D． 2．(2026重庆一模)两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图甲所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度)．木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图乙所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是(　　) A．a2＝2a1　　　 B．a2＝a1 C．a2>2a1　　 D．a1<a2<2a1 答案　A 解析　 设A与地面间的动摩擦因数为μ，对A和B组成的整体分析，由牛顿第二定律得F－μ·2mg＝2ma1；对A由受力分析可知F－μ(F1＋mg)＝ma2，又F1＝mg，整理得μ·2mg＋2ma1－μ(mg＋mg)＝ma2，解得a2＝2a1，故选A． 3．(2026泉州二模)2025年第十五届全国运动会在广东、香港、澳门三地联合举办，图甲是蹦床项目的比赛场景，图乙是某运动员在竖直方向运动时蹦床所受压力大小F与时间t的关系图像．重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员(　　) A．在t1时刻速度大小为零 B．在t2时刻加速度大小为零 C．在t1～t2时间段内一直处于超重状态 D．离开蹦床后上升的最大高度为g(t3－t2)2 答案　D 解析　当运动员与蹦床接触瞬间，所受蹦床的弹力为零，之后弹力不断增大，运动员下降到最低点时，速度为零，蹦床的弹力达到最大，之后运动员开始向上运动，弹力不断减小，当弹力减为零时，运动员与蹦床分离，运动员开始做竖直上抛运动，所以t1时刻运动员刚与蹦床接触，t2时刻运动员与蹦床分离，此时运动员只受重力，加速度为重力加速度，故AB错误；t1～t2时间内，运动员从接触蹦床到分离，重力先大于弹力，加速度向下，运动员向下加速，当弹力等于重力时，速度达最大，之后弹力大于重力，加速度向上，运动员向下减速，运动到最低点时，弹力最大，加速度最大，速度为零，之后运动员向上做加速运动，弹力减小，加速度减小，弹力与重力相等时，速度达到最大，之后弹力小于重力，加速度向下，运动员向上减速，直到弹力减为零，运动员与蹦床分离，所以运动员先失重后超重再失重，故C错误；离开蹦床做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝gt2＝g2＝g(t3－t2)2，故D正确．故选D． 4．如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上．给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g.挡板对乙的弹力最大值为(　　) A．2mgsin θ B．3mgsin θ C．4mgsin θ D．5mgsin θ 答案　C 解析　物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1＝mgsin θ，对甲有F弹1＋mgsin θ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mgsin θ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsin θ＝4mgsin θ，故选C． 5．(2026湛江一模)一种弹跳杆的结构如图甲所示．小朋友双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示．以小朋友静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示小朋友重心位置的坐标轴，如图丙所示．假设小朋友在运动过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g.在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映小朋友运动速度v随时间t的变化关系，或加速度a(取竖直向下为正方向)随相对O点的位移x变化关系的是(　　) 　 A B C D 答案　C 解析　在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，小朋友先做自由落体运动，加速度为重力加速度；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，以小朋友和弹跳杆为整体，设总质量M，开始时弹簧的弹力小于整体的重力，根据牛顿第二定律有Mg－k·Δx＝Ma，可知随着形变量Δx的增大，加速度逐渐减小，方向竖直向下，与速度方向相同，故整体向下做加速度减小的加速运动；当加速度为零时速度最大，即弹簧的弹力等于整体的重力，整体继续向下运动，弹簧的弹力大于整体的重力，根据牛顿第二定律有k·Δx－Mg＝Ma′，可知随着形变量Δx的增大，加速度逐渐增大，方向竖直向上，与速度方向相反，故整体向下做加速度增大的减速运动，最后速度为零．根据v－t图像的斜率表示加速度，可知刚开始为一条过原点的倾斜直线，之后，先是一条加速度逐渐减小、速度逐渐增大的曲线，后是一条加速度逐渐增大、速度逐渐减小的曲线，故AB错误；以小朋友和弹跳杆为整体，在整体未落地之前，只受重力作用，加速度为重力加速度；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，根据简谐运动特点，可得回复力F回＝－kx，根据牛顿第二定律有F回＝Ma，可得a＝－x，可知a与x成线性关系，故C正确，D错误．故选C． 6．(2025海口模拟)如图，质量均为m＝3 kg的物体A、B紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A的右侧连接劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态．现对物体B施加水平向左的拉力，使A和B整体向左做匀加速运动，加速度大小为a＝2 m/s2，直至B与A分离．已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)水平向左拉力F的最大值； (2)物体A、B分离时的速度． 答案　(1)21 N　(2)0.6 m/s 解析　(1)物体A、B分离时，F最大；对物体B，由牛顿第二定律得Fm－μmg＝ma，代入数据解得Fm＝21 N. (2)物体A、B静止时，设弹簧压缩的距离为x0；对A、B系统，由平衡条件得kx0＝μ·2mg，解得x0＝0.3 m，物体A、B开始分离时，对物体A，由牛顿第二定律得kx－μmg＝ma，解得x＝0.21 m，从静止到物体A和B分离，物体运动的位移为Δx＝x0－x＝0.09 m，根据匀变速运动的规律得v2＝2aΔx，解得v＝0.6 m/s. 7．如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t＝0时刻对算珠施加沿杆方向的力．F＝0.1 N使其由静止开始运动，经0.15 s撤去F，此后再经0.15 s恰好能到达另一端处于归零状态．算珠在整个运动过程中的v－t图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．算珠与杆间的动摩擦因数为0.1 B．算珠的质量为25 g C．若不撤去F，则算珠在0.2 s时已处于归零状态 D．杆长9 cm 答案　B 解析　由v－t图像面积表示位移，可知杆长为x＝ m＝0.045 m＝4.5 cm，故D错误；由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，由图可知撤去F前后算珠的加速度大小分别为a1＝a2＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得μ＝0.2，m＝25 g，故A错误，B正确；若F不撤去，算珠将以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，经0.2 s运动位移为x′＝×2×0.22 m＝4 cm<4.5 cm，则此时未到归零状态，故C错误．故选B． 8．(多选)(2025黑吉辽蒙卷)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 答案　AD 解析　位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在t0时间内甲乙的位移可得x甲＝t0＝3x0，x乙＝t0＝x0，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，故B错误；甲物体的加速度大小为a1＝，乙物体的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律可得甲物体mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，同理可得乙物体μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2，联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定律可得f＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f＝ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确．故选AD． 学科网（北京）股份有限公司 $