高考物理一轮复习讲义练习第三章　第3讲　专题强化：动力学图像、连接体和临界极值问题

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第三章　第3讲　专题强化：动力学图像、连接体和临界极值问题，共15页。试卷主要包含了常见图像，解题策略等内容，欢迎下载使用。
题型一 动力学图像问题
1．常见图像
v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。
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，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，等等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：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方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
考向1图像的选取
【典例1】 （2024·全国甲卷）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 )
【解析】 设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝ eq \f(mg－f,M＋m)＝ eq \f(g－\f(f,m),M＋m)·m，可知当砝码受到的重力大于f时，P才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，P的加速度趋近等于g。
考向2图像信息的应用
【典例2】 （多选）（2025·江西临川高三检测）用水平力F拉静止在水平桌面上的物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是( AD )
A．物块的质量为3 kg
B．最大静摩擦力为3 N
C.若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行4.5 s
D．若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行8 m
【解析】 根据题图乙可知，在2 s时刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小等于最大静摩擦力，根据题图甲可知，最大静摩擦力为6 N，B错误；设滑动摩擦力为f，物块质量为m，根据牛顿第二定律可知，在2 s时刻有F1－f＝ma1，在4 s时刻有F2－f＝ma2，代入数据解得m＝3 kg，f＝3 N，A正确；a－t图像与横轴所围的面积表示速度的变化量，结合上述则有v4＝Δv＝ eq \f(1,2)×2×(1＋3) m/s＝4.0 m/s，撤去拉力后物块的加速度a＝ eq \f(f,m)＝1 m/s2，则物块还可以继续滑行的时间t＝ eq \f(v4,a)＝4.0 s，C错误；若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行的距离x＝ eq \f(v eq \\al(2,4),2a)＝8 m，D正确。
1．（2025·河南开封高三联考）某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v－t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是( D )
A．在0～6 s内所受的合力一直不为0
B．在0～6 s内的位移大小为24 m
C．在2～4 s内一定处于超重状态
D．在4～6 s内的位移大小为8 m
解析：v－t图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4 s该运动员有加速度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2 s与4～6 s该运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，该运动员在0～2 s与4～6 s所受合力为零，在2～4 s所受合力不为零，故A错误；由于v－t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以该运动员在0～6 s内的位移大小为x＝ eq \f(1,2)×(2＋4)×4 m＝12 m，故B错误；由之前的分析，在2～4 s结合图像可知，该运动员加速度大小为a＝ eq \f(4－0,4－2) m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C错误；结合之前的分析，该运动员在4～6 s的位移大小为x1＝4×2 m＝8 m，故D正确。
2．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( D )
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度大小为6 m/s2时物体的速度
解析：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向有F cs θ－mg sin θ＝ma，y方向有FN－F sin θ－mg cs θ＝0，从a－F图像中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)代入，解得m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度大小为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不能算出。
题型二 动力学中的连接体问题
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体：如图所示，在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等。
(2)物物叠放连接体：如图所示，两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度。
(3)轻绳（杆）连接体（如图所示）：
①轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
②轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
2．连接体的分析
整体法、隔离法的交替运用，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”。
考向1轻绳连接体
【典例3】（2024·江西鹰潭高三质检）如图所示，C由质量为M的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水平地面上。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m和m的物块A、B，除地面外的其余各接触处均光滑。开始用手托住B，使轻绳刚好伸直。由静止释放B，在B下落而A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止，下列说法正确的是( A )
A．地面对C有向右的摩擦
B．物体C受到4个力作用
C．绳中拉力等于mg
D．地面对C的支持力小于(M＋2m)g
【解析】 设轻绳拉力为T，对B由牛顿第二定律mg－T＝ma，对A由牛顿第二定律T＝2ma，联立可得a＝ eq \f(g,3)，T＝ eq \f(2mg,3)，C错误；对ABC整体应用牛顿第二定律，水平方向地面摩擦力f＝2ma＝ eq \f(2,3)mg，摩擦力方向与A加速度方向一致，水平向右，A正确；物体C受到A的压力、轻绳对滑轮作用力、地面支持力、重力和地面摩擦力五个力，C错误；对ABC整体应用牛顿第二定律，竖直方向(M＋3m)g－N＝ma，解得N＝Mg＋ eq \f(8mg,3)，故地面对C的支持力大于(M＋2m)g，D错误。
考向2轻杆连接体
【典例4】 （多选）（2025·河北保定高三期中）如图所示，轻杆带转轴一端与物块B连接，轻杆可绕转轴在如图所示的竖直面内转动，其上端固定小球A，A、B质量均为m且置于质量为2m的小车中，小车放在光滑水平面上。细线右端固定于车厢壁C点，左端与A球相连，A、C等高，物块B与车厢地板间的动摩擦因数为μ。给小车施加水平向左的作用力F，保证轻杆与竖直方向的夹角θ＝30°且与小车始终保持相对静止（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。下列说法正确的是( ABC )
A．轻杆对小球的作用力大小一定为 eq \f(2\r(3),3)mg，方向沿杆斜向上
B．细线拉力为0时，小车的加速度大小为 eq \f(\r(3),3)g
C．当μ＝ eq \f(\r(3),4)时，F≤ eq \f(2\r(3),3)mg
D．当μ＝ eq \f(\r(3),2)时，F≤ eq \f(2\r(3),3)mg
【解析】 杆为动杆，对小球的作用力一定沿着杆的方向，设大小为FN。对小球，由竖直方向平衡有FNcs 30°＝mg，得FN＝ eq \f(2\r(3),3)mg，故A正确；细线拉力为0时，对小球，水平方向由牛顿第二定律得FNsin 30°＝ma，又由A项分析可知FN＝ eq \f(2\r(3),3)mg，解得a＝ eq \f(\r(3),3)g，故B正确；当μ＝ eq \f(\r(3),4)时，对物块B，设小车对其的支持力为N，则N＝FNcs 30°＋mg，物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为a1，水平方向由牛顿第二定律得μN－FNsin 30°＝ma1，解得a1＝ eq \f(\r(3),6)g，对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得F＝4ma1＝ eq \f(2\r(3),3)mg，因此有F≤ eq \f(2\r(3),3)mg，故C正确；当μ＝ eq \f(\r(3),2)时，对物块B，设小车对其的支持力为N，则N＝FNcs 30°＋mg，物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为a2，水平方向由牛顿第二定律得μN－FNsin 30°＝ma2，解得a2＝ eq \f(2\r(3),3)g，A向左能达到的最大加速度a′2＝ eq \f(FNsin 30°,m)＝ eq \f(\r(3),3)g，可得a′2