衔接点30 动力学中的图像问题和临界问题（解析版）

衔接点30动力学中的图像问题和临界问题课程标准初中初中无该知识点高中1.综合应用牛顿第二定律、运动学规律，结合F－t图像、v－t图像、a－F图像等信息解决动力学问题.2.能够将图像与实际受力情况和运动情景相结合，应用牛顿运动定律解决实际问题．3.掌握动力学临界问题的分析方法.4.会分析几种典型临界问题的临界条件．高中物理新知识、新模型知识点一动力学常见图像和分析方法1．常见的图像形式在动力学问题中，常见的图像是v－t图像、F－t图像、a－F图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是物体的运动轨迹．2．图像问题的分析方法(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．知识点二动力学临界问题1．临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态．2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰好”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．3．临界问题的常见类型及临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力恰好为零．(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是张力为零．(4)加速度最大、最小与速度最大、最小的临界条件：当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值．4．解答临界问题的三种方法(1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件．(2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理．(3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件．初、高中物理衔接点1.所谓临界问题，是指物体的某种状态恰能维持而又未被破坏的一种特殊状态，这是从量变到质变的哲学思想在物理学中的生动表现，这种分界线，通常以临界值和临界状态的形式出现在不同的问题中。解决这类问题时，应特别注意“恰好出现”或“恰好不出现”等条件2.极值问题是指研究动力学问题中某物理量变化时出现的最大值或最小值，此类问题可分为简单极值问题和条件极值问题，其区分依据就是看有无附加条件限制。极值法解题，是一种重要的思维方法，在求解物理问题中常常用到，因此，必须熟练掌握这种解题方法。例题1.物块以一定的初速度竖直上抛，到达某一高度后又落回出发点．已知物块在运动过程中受到大小恒定的阻力作用．以下关于速度v随时间t变化的图像中，能正确描述物块整个运动过程的是()答案C解析根据v－t的斜率为加速度，上升过程由牛顿第二定律可知mg＋Ff＝ma1，得a1＝g＋eq\f(Ff,m)，下降过程由牛顿第二定律可知mg－Ff＝ma2，得a2＝g－eq\f(Ff,m)，由于阻力恒定，所以上升和下降阶段加速度都恒定，且a1>a2，C正确．例题2.建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移x随时间t的变化关系如图所示．材料受到的拉力大小为FT，速度大小为v.重力加速度为g，则()A．0～t1内，v减小，FT<mgB．t1～t2内，v增大，FT>mgC．t2～t3内，v减小，FT>mgD．t2～t3内，v减小，FT<mg答案D解析位移－时间图像的斜率表示速度，根据图像可知0～t1内，斜率增大，速度增大，向上加速，根据牛顿第二定律可知，FT－mg＝ma，则FT>mg，故A错误；t1～t2内，斜率先增大后减小，速度先向上增大后向上减小，则拉力先大于重力后小于重力，故B错误；t2～t3内，斜率减小，速度减小，向上减速，加速度向下，根据牛顿第二定律可知拉力小于重力，故C错误，D正确．例题3.如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)．(1)当滑块以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？(3)当滑块以2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？(不计空气阻力)答案(1)g(2)g(3)eq\r(5)mg解析(1)当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲所示．由牛顿第二定律得FNcos45°＝mg，FNsin45°＝ma1，解得a1＝g.故当向右运动的加速度为g时线对小球的拉力刚好为0.(2)由牛顿第三定律知，小球对滑块压力刚好为零时，滑块对小球支持力也为零．当FN＝0时，小球受重力和拉力，F合＝eq\f(mg,tan45°)，由牛顿第二定律得F合＝ma2，则a2＝eq\f(g,tan45°)＝g.(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图乙所示，此时对小球受力分析，由牛顿第二定律得FT′cosα＝ma′，FT′sinα＝mg，解得FT′＝meq\r(a′2＋g2)＝eq\r(5)mg.例题4.如图所示，两细绳与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g的加速度向右做匀加速直线运动时，求绳1和绳2的拉力大小．(g为重力加速度)答案eq\r(5)mg0解析绳1和绳2的拉力与小车的加速度大小有关．当小车的加速度大到一定值时物体会“飘”起来，导致绳2松弛，没有拉力，假设绳2的拉力恰为0，即FT2为0，则有FT1cos30°＝ma′，FT1sin30°＝mg，解得a′＝eq\r(3)g，因为小车的加速度大于eq\r(3)g，所以物体已“飘”起来，绳2的拉力FT2′＝0，绳1的拉力FT1′＝eq\r(ma2＋mg2)＝eq\r(5)mg.一、单选题1．如图所示，一长木板a在光滑水平地面上运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，此时a的速度为，同时对b施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的速度时间图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】长木板和滑块速度达到相对之前，相对向左运动，受到向右的摩擦力和恒力，受到向左的摩擦力，做减速运动，做加速运动，由于不清楚、质量以及恒力的大小，无法比较、加速度的关系，、共速后，若在作用下，、间的摩擦力没有达到最大静摩擦力，对、整体由牛顿第二定律可知，、一起做加速运动，若在作用下，、间的摩擦力达到最大静摩擦力后，则、加速度大小不相等，均做加速运动。故选D。2．如图甲所示，质量为m=2kg的小物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动。已知水平拉力F随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，取水平向右为正方向，由此可知（）

A．在0～3s时间内物块的加速度大小为6m/s2B．在3～5s时间内物块的加速度大小为3m/s2，方向水平向右C．5s末，物块速度大小为3m/s，方向水平向右D．前3s内物块的位移是4.5m【答案】D【解析】A．由图可知，在0～3s时间内，拉力F1=12N，由牛顿第二定律F1-μmg=ma1解得物块加速度a1=1m/s2故A错误；B．在3～5s时间内，拉力F2=4N，物块开始时做匀减速直线运动，由牛顿第二定律F2-μmg=ma2解得物块加速度a2=-3m/s2方向水平向左,速度减为零后处于静止，故B错误；C．根据速度时间公式可得3s末物块速度为v1=a1t1=3m/s4s末物块速度为v2=v1+a2t2=0因为最大静摩擦力大于拉力，所以4s末物块停止运动，则5s末物块的速度为零，故C错误；D．前3s内位移为故D正确。故选D。3．加速度传感器是一些智能手机上配备的较为实用的软件，能显示物体运动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将手机放置于升降机地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（）

A．手机在时刻速度为0B．运行过程中手机有可能与升降机分离C．手机在时间内，处于超重状态D．在时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大【答案】B【解析】A．根据题意，由图可知，之前加速度一直向上，时刻，则手机向上速度达到最大，故A错误；B．根据题意，由图可知，手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以手机有可能离开过升降机，故B正确；C．根据题意，由图可知，手机的加速度向下，手机处于失重状态，故C错误；D．根据题意，由图可知，手机加速度向上，由牛顿第二定律有由于减小，则减小，手机加速度向下，由牛顿第二定律有由于增大，则减小，即在时间内，升降机对手机的支持了一直减小，由牛顿第三定律可知，机对升降机的压力一直减小，故D错误。故选B。4．如图甲所示，质量m=10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列判断正确的是（）A．x=5m时，物体的速度最大B．x=10m时，物体的速度大于0C．物体的位移在0~10m的过程中，力F对物体所做的功为1000JD．物体的位移在0~10m的过程中，物体运动的时间大于4s【答案】A【解析】A．由题图乙可知F随x变化的关系式为物体所受合外力随x的表达式为当x＜5m时，F合始终沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，速度一直增大，当x=5m时速度达到最大值，故A正确；BC．x=10m时，设物体的速度大小为v，F-x图像与坐标轴所围的面积表示F的功，则物体的位移在0~10m的过程中，力F对物体所做的功为根据动能定理有解得故BC错误；D．0~5m过程中，F做的功为根据前面分析可知x=5m时，物体速度达到最大值v，根据动能定理有解得设物体运动的时间为t，物体先做加速度逐渐减小到加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，作出物体运动的v-t图像如图所示。根据v-t图像与t轴所围面积表示位移可知解得故D错误。故选A。5．如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A．物块一直做匀加速直线运动B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动C．物块的最大速度为D．时，物块停止下滑【答案】C【解析】根据物块的受力，由牛顿第二定律有由图像可知而解得故随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，做出图像如下图所示

根据其面积求出最大速度为故选C。6．汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度，，下列情况说法正确的是（）A．当汽车静止时，P的示数是N的示数的一半 B．当时，P有示数，N有示数，Q有示数C．当时，a越大，N的示数不变 D．当时，a越大，N的示数不变【答案】C【解析】A．汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零水平方向竖直方向故A错误；B．当向左加速运动时，当加速度达到某一值时，P，Q均无示数，水平方向竖直方向联立解得故当时，P有示数，Q无示数，当时，P无示数，Q有示数，即当时，P无示数，Q有示数，故B错误；C．当时，水平方向

竖直方向解得根据表达式可知a越大，P的示数越小，N的示数不变，故C正确；D．当时，圆柱形工件受力如图水平方向竖直方向解得根据表达式可知a越大，Q的示数也越大，N的示数也越大，故D错误。故选C。7．如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN，若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，图中AB的坐标分别是A（0，0.6），B（，），重力加速度为，则说法错误的是（）A．时，B．小球质量C．斜面倾角θ的正切值为D．小球离开斜面之前，【答案】D【解析】A．小球离开斜面之前，对小球受力分析，如下图所示，由牛顿第二定律可知水平方向竖直方向联立解得所以小球离开斜面之前，图像呈线性关系，由题图乙可知，当时，有A正确；BC．由题意可知，当时此时有当时，有此时，对小球受力分析如下图所示所以，由牛顿第二定律得代入数据，联立解得，BC正确；D．因为小球离开斜面之前，小球受到的支持力为代入数据解得D错误。本题选择错误的，故选D。8．如图所示，质量为2m、倾角的斜面A放置在光滑水平面上，质量为m的物块B放置在斜面上，物块B与斜面A之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B始终保持相对静止，重力加速度为g，，，则恒力F的大小可能为（）A．mg B．3mg C．5mg D．7mg【答案】B【解析】对斜面A和物块B整体分析，由牛顿第二定律得当物块B恰好不沿斜面向上滑动时，对物块B分析，如图1所示有又解得当物块B恰好不沿斜面向下滑动时，对物块B分析，如图2所示有又、解得A、B保持相对静止，所以解得故选B。二、多选题9．如图所示，倾角的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数k=20N/m的轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块相连，另一端与质量为的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为（x为弹簧的形变量），开始时托住石块，轻绳恰好伸直且与斜面平行，滑块m恰好不上滑。现由静止释放石块，整个过程弹簧都在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块与石块均可视为质点，重力加速度取，，则（）A．释放石块瞬间，轻弹簧的弹性势能为5JB．石块的速度最大时，轻弹簧的形变量为0.5mC．石块的最大速度为m/sD．滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m【答案】BD【解析】A．释放石块前，滑块受到弹簧弹力、静摩擦力、重力、支持力，四力平衡，且滑块恰好不上滑，则沿斜面方向有代入数据解得则释放石块瞬间，轻弹簧的弹性势能为故A错误；B．松手后，滑块做加速度减小的加速运动，当滑块受到的合力为零时，速度最大，当滑块加速度为零时，石块的加速度也为零，对滑块受力分析得对石块受力分析得代入数据解得故B正确；C．根据能量守恒定律，松手后到滑块最大速度的过程中有根据前面选项的分析可知，从松手后到滑块最大速度的过程中，弹簧从压缩0.5m变为拉伸0.5m，则代入数据解得最大速度为故C错误；D．当滑块向上滑行的距离最大时，滑块与石块的速度都为0，石块的重力势能转化为滑块的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有代入数据解得滑块沿斜面向上运动的最大距离为故D正确。故选BD。10．在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示，小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、N表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则（）A．若a=20m/s2，小球受G、T、N三个力的作用B．若a=20m/s2，小球只受G、T两个力的作用C．若a=10m/s2，小球只受G、T两个力的作用D．若a=10m/s2，小球受G、T、N三个力的作用【答案】BD【解析】设小车加速度为时，小球刚好对斜面没有压力，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得解得AB．若，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；CD．若，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。故选BD。11．装载着圆柱形钢卷在公路上高速行驶的货车是非常危险的。如图所示，在车厢底部一层钢卷平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上层只有一只钢卷C自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，所有钢卷都完全相同，重力加速度为g，当钢卷C与车共同向左做直线运动时有（）A．当车匀速运动时，A对C的支持力大小等于B对C的支持力大小B．与做匀速运动时相比当车做加速运动时，B对C的支持力增大，A对C的支持力减小C．为确保安全，汽车加速时加速度大小最大不能超过D．为确保安全，汽车紧急刹车时加速度大小最大不能超过【答案】ABD【解析】A．对C受力分析，如图所示根据几何关系可得当车匀速行驶时，有所以故A正确；B．当车向左加速时，有所以，故B正确；C．当车加速达到最大加速度时，有根据牛顿第二定律可得解得故C错误；D．当车减速时，若达到最大加速度，B对C的支持力为零，根据牛顿第二定律可得解得故D正确。故选ABD。12．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为的小球，静止时细线与斜面平行（已知重力加速度为）。则（）A．当滑块水平向左做匀速运动时，细线的拉力为B．若滑块以加速度水平向左加速运动时，线中拉力为C．当滑块以加速度水平向左加速运动时，小球对滑块压力为零D．当滑块以加速度水平向左加速运动时，线中拉力为【答案】AB【解析】A．当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为故A正确；BC．设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律所以当滑块以加速度水平向左加速运动时，小球没有脱离斜面，小球受力分析如图在水平方向竖直方向联立可得故B正确，C错误；D．当滑块以加速度向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为故D错误。故选AB。13．用水平拉力使质量分别为、的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为和。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（

）

A． B． C． D．【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC。14．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示，物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（）

A．0～1s内物块的加速度为B．物块与木板间的动摩擦因数为0.2C．拉力F的大小为21ND．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3m【答案】B