《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計(jì)劃 高考必考題突破講座（3）動(dòng)力學(xué)中的臨界條件及應(yīng)用的解題策略學(xué)案》由會(huì)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(jì)劃 高考必考題突破講座（3）動(dòng)力學(xué)中的臨界條件及應(yīng)用的解題策略學(xué)案（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考必考題突破講座(三)動(dòng)力學(xué)中的臨界條件及應(yīng)用的解題策略 題型特點(diǎn) 考情分析 命題趨勢(shì) 1.當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)從一種狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N狀態(tài)時(shí)必須有一個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)，這個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的狀態(tài)叫做臨界狀態(tài)；在臨界狀態(tài)時(shí)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(diǎn)； (2)若題目中有“取值范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語(yǔ)，表明題述的過程存在著“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)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(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn). 2015·

2、全國(guó)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(cè)功能，2018年高考命題依然有可能將其作為壓軸選擇題或計(jì)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(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對(duì)滑動(dòng)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(dòng)時(shí)，其加速度和速度都會(huì)不斷變化，當(dāng)所受合外力最大時(shí)，具有最大加速度；合外力最小時(shí)，具有最小加速度．當(dāng)加速度等于零時(shí)，往往會(huì)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(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)對(duì)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(dòng)

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?yàn)樵趖＝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(shí)，A與B開始分離，此時(shí)A與B間的作用力FN為零．設(shè)在0～0.2 s時(shí)間內(nèi)A與B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋FN－mAgsin α＝mAa， 對(duì)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(dòng)時(shí)拉力F最小，x＝0，F(xiàn)min＝(mA＋mB)a

5、＝60 N，當(dāng)A與B分離時(shí)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(dòng)時(shí)，小球沿斜面上移？ [思維導(dǎo)引]斜面靜止時(shí)，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(dòng)，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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(duì)滑動(dòng)時(shí)，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則(　BCD　) A．當(dāng)F<2μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止 B．當(dāng)F＝μmg時(shí)，A的加速度為μg C．當(dāng)F>3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng) D．無論F為何值，B的加速度不會(huì)超過μg [思維導(dǎo)引]力F很小時(shí)，加速度較小，B對(duì)A的摩擦力也小，A、B一起運(yùn)

7、動(dòng)．隨著力F增大，加速度a增大，B對(duì)A的摩擦力增大，最大靜摩擦力是極限．則A、B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(shí)，A、B剛好從地面上滑動(dòng)，則F1＝μ(2m＋m)g＝μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)F為F2時(shí)，A與B恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A、B整體有F2－μ·3mg＝3ma，對(duì)B有μ·2mg－μ3mg＝ma，解得F2＝3μmg，故選項(xiàng)C正確；當(dāng)F＝μmg時(shí)，A、B保持相對(duì)靜止，由牛頓第二定律得F－μ·3mg＝3ma，解得a＝μg，選項(xiàng)B正確；當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，B加速度最大，對(duì)B有μ·2mg－μ·3mg＝maB，解得aB＝μg，選項(xiàng)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(diǎn)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(dòng)，當(dāng)物塊加速度達(dá)到其最大值μg時(shí)，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(zhǎng)，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(dòng)下去，其速度關(guān)系為v0－a塊t＝a板t； 2．若木板不夠長(zhǎng)，這種情況下，物塊會(huì)一直減速到滑下木板，木板會(huì)一直加速到物塊滑下時(shí)，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(zhǎng)，木板減速物塊加速，直至兩者速度相等將一起勻速運(yùn)動(dòng)下去，其速度關(guān)系為v0－a板t＝a塊t； 2．若木板不夠長(zhǎng)，則木板會(huì)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(zhǎng)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(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板．

10、已知碰撞后1 s時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長(zhǎng)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(dòng)，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(dòng)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(dòng)時(shí)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(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)．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(shí)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(dòng)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(dòng)的位移s1＝Δt，? 小物塊運(yùn)動(dòng)的位移s2＝Δt，? 小物塊相對(duì)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?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)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(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，? 0－v＝2a4s3，? 碰后木板運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，用水平力F作用于B，則A、B保持相對(duì)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(shí)，對(duì)A由牛頓第二定律知，加速度為2 m/s2，對(duì)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(duì)靜止的條件是F≤12 N，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2．(2017·河南洛陽(yáng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4.最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為10 m/s2.現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，不計(jì)空氣阻力，則(　B　) A．當(dāng)F＝17 N時(shí)，物體A的加速度大小為0.5 m/s2 B．當(dāng)F＝21 N時(shí)，物體A的加速度大小為3 m/s2 C．當(dāng)F＝22 N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng) D．當(dāng)F＝39 N時(shí)，B的加速度為9 m/s2 解析　當(dāng)水平拉力F＝17 N時(shí)，大于B與地面之

15、間的滑動(dòng)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(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律F－FfB＝(mA＋mB)a，解得它們的加速度a＝ m/s2，對(duì)A，設(shè)B對(duì)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(dòng)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(duì)滑動(dòng)，物體A的加速度為a＝ m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；要使A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A對(duì)B向右的摩擦力FfA使B加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律FfA－FfB＝mBaB，解得aB＝4 m/s2；對(duì)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(shí)，A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，可解得A的加速度a′＝3 m/s2，選項(xiàng)B正確；當(dāng)F＝22 N時(shí)，A相對(duì)B未發(fā)生滑動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；只要A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，無論F多大，B的加速度都為aB＝4 m/s2，選項(xiàng)D錯(cuò)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(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng)，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(shí)，F(xiàn)最大時(shí)，A剛要離開地面，A受力如圖甲，F(xiàn)N1cos θ＝mg，對(duì)B有FN1sin θ＝ma1；F作用于題圖乙中A時(shí)，F(xiàn)最大時(shí)，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(duì)整體易知兩種情況下所加的最大推力相同，選項(xiàng)B、C正確． 4．(2017·湖北黃岡模擬)如圖所示，傾角α＝30°的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)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(dòng)摩擦

18、因數(shù)μ＝.對(duì)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(dòng)．設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(qǐng)說明理由；若能，求出小物塊滑離木板所用的時(shí)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(duì)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(duì)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(dòng)，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(shí)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(shí)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