2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（3）動力學(xué)中的臨界條件及應(yīng)用的解題策略學(xué)案

《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（3）動力學(xué)中的臨界條件及應(yīng)用的解題策略學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（3）動力學(xué)中的臨界條件及應(yīng)用的解題策略學(xué)案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考必考題突破講座(三)動力學(xué)中的臨界條件及應(yīng)用的解題策略 題型特點 考情分析 命題趨勢 1.當(dāng)物體的運(yùn)動從一種狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N狀態(tài)時必須有一個轉(zhuǎn)折點，這個轉(zhuǎn)折點所對應(yīng)的狀態(tài)叫做臨界狀態(tài)；在臨界狀態(tài)時必須滿足的條件叫做臨界條件． 2．臨界或極值條件的標(biāo)志 (1)題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，表明題述的過程存在著臨界點； (2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態(tài)； (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點. 2015·

2、全國卷，25 滑塊——木板模型是力學(xué)中最覺見的模型之一，其考查方式變化多端，物理過程復(fù)雜，有很強(qiáng)的檢測功能，2018年高考命題依然有可能將其作為壓軸選擇題或計算題來考查 1．疊加體系統(tǒng)臨界問題分析思路 箭頭：分析流程 方框內(nèi)：具體處理方法 2．涉及問題 (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0. (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值． (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨

3、界條件是FT＝0. (4)加速度最大與速度最大的臨界條件：當(dāng)物體在受到變化的外力作用下運(yùn)動時，其加速度和速度都會不斷變化，當(dāng)所受合外力最大時，具有最大加速度；合外力最小時，具有最小加速度．當(dāng)加速度等于零時，往往會出現(xiàn)速度最大或速度最小的情形． ?解題方法 1．接觸物體分離的臨界條件是彈力FN＝0 [例1](2017·江蘇蘇州一模)如圖所示，在傾角α＝30°的光滑斜面上，并排放著質(zhì)量分別為mA＝10 kg和mB＝2 kg的A、B兩物塊．一勁度系數(shù)k＝400 N/m的輕彈簧一端與B相連，另一端與固定擋板相連，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)對A施加一沿斜面向上的力F，使A沿斜面向上做勻加速運(yùn)動

4、．已知力F在前0.2 s內(nèi)為變力，0.2 s后為恒力，g取10 m/s2.求力F的最大值和最小值． 解析　因為在t＝0.2 s內(nèi)F是變力，在t＝0.2 s以后F是恒力，所以在t＝0.2 s時，A與B開始分離，此時A與B間的作用力FN為零．設(shè)在0～0.2 s時間內(nèi)A與B沿斜面向上運(yùn)動的距離為x，對A，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋FN－mAgsin α＝mAa， 對A和B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得 F＋k－(mA＋mB)gsin α＝(mA＋mB)a， 令FN＝0，由以上兩式求得x＝， 而x＝at2，所以求得a＝5 m/s2，當(dāng)A、B開始運(yùn)動時拉力F最小，x＝0，F(xiàn)min＝(mA＋mB)a

5、＝60 N，當(dāng)A與B分離時拉力F最大，x＝0.1 m，F(xiàn)max＝(mA＋mB)a＋kx＝100 N. 答案　100 N　60 N 2．繩子松弛的臨界條件是繩中張力FT＝0 [例2]如圖所示，當(dāng)斜面以多大加速度a向左運(yùn)動時，小球沿斜面上移？ [思維導(dǎo)引]斜面靜止時，小球受重力、彈力和拉力而靜止．當(dāng)小球隨斜面向左加速運(yùn)動，則繩的拉力將減小，支持力增大，以獲得水平向左的加速度，加速度足夠大時，小球可能沿斜面上移，因此繩的拉力為零是球上移的臨界條件． 解析　當(dāng)繩的拉力為零時，小球受力如圖． 由牛頓第二定律得F合＝mgtan θ＝ma0， a0＝gtan θ， 即當(dāng)a>a0＝gt

6、an θ時，小球沿斜面上移． 答案　a>gtan θ 3．疊加體系統(tǒng)中恰好要發(fā)生相對滑動時，其靜摩擦力達(dá)到最大值，即F靜＝Ffm [例3](多選)如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則(　BCD　) A．當(dāng)F<2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當(dāng)F＝μmg時，A的加速度為μg C．當(dāng)F>3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg [思維導(dǎo)引]力F很小時，加速度較小，B對A的摩擦力也小，A、B一起運(yùn)

7、動．隨著力F增大，加速度a增大，B對A的摩擦力增大，最大靜摩擦力是極限．則A、B發(fā)生相對運(yùn)動的臨界條件是兩者之間的摩擦力為最大靜摩擦力． 解析　設(shè)F為F1時，A、B剛好從地面上滑動，則F1＝μ(2m＋m)g＝μmg，選項A錯誤；設(shè)F為F2時，A與B恰好發(fā)生相對滑動，對A、B整體有F2－μ·3mg＝3ma，對B有μ·2mg－μ3mg＝ma，解得F2＝3μmg，故選項C正確；當(dāng)F＝μmg時，A、B保持相對靜止，由牛頓第二定律得F－μ·3mg＝3ma，解得a＝μg，選項B正確；當(dāng)A、B發(fā)生相對滑動時，B加速度最大，對B有μ·2mg－μ·3mg＝maB，解得aB＝μg，選項D正確． 　滑塊——

8、木板模型是力學(xué)中最常見的模型之一，是歷年高考的熱點內(nèi)容．該類試題有如下幾種命題角度． 角度1　物塊不受力而木板受拉力 木板受逐漸增大的拉力而物塊不受力，這種情況下，開始物塊和木板一起做加速運(yùn)動，當(dāng)物塊加速度達(dá)到其最大值μg時，物塊、木板開始分離，此后物塊加速度保持不變，木板加速度逐漸增大． 角度2　物塊有初速度，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平面上 1．若木板足夠長，這種情況下，物塊減速、木板加速，直至兩者速度相等將一起勻速運(yùn)動下去，其速度關(guān)系為v0－a塊t＝a板t； 2．若木板不夠長，這種情況下，物塊會一直減速到滑下木板，木板會一直加速到物塊滑下時，分離前物塊加速度a＝μg，木板的加

9、速度a＝. 角度3　木板有初速度，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平面上 1．若木板足夠長，木板減速物塊加速，直至兩者速度相等將一起勻速運(yùn)動下去，其速度關(guān)系為v0－a板t＝a塊t； 2．若木板不夠長，則木板會一直減速到物塊滑下，物塊一直加速到滑下木板．分離前物塊的加速度a＝μg，木板的加速度a＝. [例1]一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示．t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板．

10、已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v－t圖線如圖乙所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離． 解析　(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，① 由題圖乙可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1＝4 m/s，由運(yùn)動學(xué)公式有v1＝v0＋a1t1，② s0＝v0t1＋a1t，③ 式中t1＝1 s

11、，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動時的速度． 聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1.④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤ 由圖可得a2＝，⑥ 式中t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4.⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧ v3＝－v1＋a3Δt，⑨ v3＝v1＋a2Δt，⑩ 碰撞后至

12、木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動的位移s1＝Δt，? 小物塊運(yùn)動的位移s2＝Δt，? 小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1，? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得Δs＝6.0 m，? 因為運(yùn)動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m. (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動的位移為s3.由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，? 0－v＝2a4s3，? 碰后木板運(yùn)動的位移s＝s1＋s3，? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得s＝－6.5 m， 木板

13、右端離墻壁的最終距離為6.5 m. 答案　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 1．如圖所示，質(zhì)量為1 kg的木塊A與質(zhì)量為2 kg的木塊B疊放在水平地面上，A、B間的最大靜摩擦力為2 N，B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，用水平力F作用于B，則A、B保持相對靜止的條件是(g取10 m/s2)(　A　) A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 解析　當(dāng)A、B間有最大靜摩擦力(2 N)時，對A由牛頓第二定律知，加速度為2 m/s2，對A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律有F－0.2×30 N＝3×2 N，F(xiàn)＝12 N，A、B保

14、持相對靜止的條件是F≤12 N，選項A正確，B、C、D錯誤． 2．(2017·河南洛陽統(tǒng)考)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為2 kg和1 kg，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.8，B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10 m/s2.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，不計空氣阻力，則(　B　) A．當(dāng)F＝17 N時，物體A的加速度大小為0.5 m/s2 B．當(dāng)F＝21 N時，物體A的加速度大小為3 m/s2 C．當(dāng)F＝22 N時，A相對B滑動 D．當(dāng)F＝39 N時，B的加速度為9 m/s2 解析　當(dāng)水平拉力F＝17 N時，大于B與地面之

15、間的滑動摩擦力FfB＝μB(mA＋mB)g＝0.4×(2＋1)×10 N＝12 N，若A、B之間不發(fā)生相對滑動，由牛頓第二定律F－FfB＝(mA＋mB)a，解得它們的加速度a＝ m/s2，對A，設(shè)B對A的摩擦力為Ff，由牛頓第二定律F－Ff＝mAa，解得Ff＝ N，A、B之間的滑動摩擦力FfA＝μAmAg＝0.8×2×10 N＝16 N，大于A、B之間的摩擦力Ff，則A、B之間不發(fā)生相對滑動，物體A的加速度為a＝ m/s2，選項A錯誤；要使A、B之間發(fā)生相對滑動，A對B向右的摩擦力FfA使B加速運(yùn)動，由牛頓第二定律FfA－FfB＝mBaB，解得aB＝4 m/s2；對A，由牛頓第二定律F－FfA

16、＝mAaA，且aA>aB，解得F>24 N．當(dāng)F＝21 N時，A、B未發(fā)生相對滑動，可解得A的加速度a′＝3 m/s2，選項B正確；當(dāng)F＝22 N時，A相對B未發(fā)生滑動，選項C錯誤；只要A、B發(fā)生相對滑動，無論F多大，B的加速度都為aB＝4 m/s2，選項D錯誤． 3．(多選)(2017·陜西西安模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于光滑水平地面上，A、B接觸面光滑，傾角為θ.現(xiàn)分別以水平恒力F作用于A物塊上，保持A、B相對靜止共同運(yùn)動，則下列說法正確的是(　BC　) A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B．兩種情況下獲取的最大加速度相同 C．兩種情況下所加的最大推力相

17、同 D．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力 解析　F作用于題圖甲中A時，F(xiàn)最大時，A剛要離開地面，A受力如圖甲，F(xiàn)N1cos θ＝mg，對B有FN1sin θ＝ma1；F作用于題圖乙中A時，F(xiàn)最大時，B剛要離開地面，B受力如圖乙，F(xiàn)N2cos θ＝mg，F(xiàn)N2sin θ＝ma2，可見FN2＝FN1，a2＝a1，對整體易知兩種情況下所加的最大推力相同，選項B、C正確． 4．(2017·湖北黃岡模擬)如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質(zhì)量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，小物塊與木板間的動摩擦

18、因數(shù)μ＝.對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動．設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2. (1)為使小物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件； (2)若F＝37.5 N．小物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出小物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離． 解析　(1)以小物塊和木板整體為研究對象，由牛頓第二定律得 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a， 以小物塊為研究對象，由牛頓第二定律得Ff－mgsin α＝ma， 又Ff≤Ffm＝μmgcos α， 聯(lián)立解得F≤30 N， 因物塊和木

19、板整體向上做勻加速運(yùn)動，所以有 F>(M＋m)gsin α＝20 N，即20 N30 N，所以小物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1， 隔離小物塊，由牛頓第二定律得 μmgcos α－mgsin α＝ma2. 設(shè)小物塊滑離木板所用時間為t， 木板的位移x1＝a1t2， 物塊的位移x2＝a2t2， 小物塊與木板的分離條件為 Δx＝x1－x2＝L， 聯(lián)立以上各式解得t＝1.2 s， 小物塊滑離木板時的速度v＝a2t， 由公式－2gsin α·x＝0－v2，解得x＝0.9 m.

20、答案　(1)20 N