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

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(guò)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(guò)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(guò)程存在著極值，這個(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn).2015·全國(guó)卷，25滑塊木板模型是力學(xué)中最覺(jué)見(jiàn)的模型之一，其考查方式變化多端，物理過(guò)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(lái)考查1疊加體系統(tǒng)臨界問(wèn)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(wèn)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FN0.(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，繩子松弛的臨界條件是FT0.(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FN0例1(2017·江蘇蘇州一模)如圖所示，在傾角30°的光滑斜面上，并排放著質(zhì)量分別為mA10 kg和mB2 kg的A、B兩物塊一勁度系數(shù)k400 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)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t0.2 s以后F是恒力，所以在t0.2 s時(shí)，A與B開(kāi)始分離，此時(shí)A與B間的作用力FN為零設(shè)在00.2 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FFNmAgsin mAa，對(duì)A和B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得Fk(mAmB)gsin (mAmB)a，令FN0，由以上兩式求得x，而xat2，所以求得a5 m/s2，當(dāng)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力F最小，x0，F(xiàn)min(mAmB)a60 N，當(dāng)A與B分離時(shí)拉力F最大，x0.1 m，F(xiàn)max(mAmB)akx100 N.答案100 N60 N2繩子松弛的臨界條件是繩中張力FT0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 ma0，a0gtan ，即當(dāng)a>a0gtan 時(shí)，小球沿斜面上移答案a>gtan 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，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，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<2mg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B當(dāng)Fmg時(shí)，A的加速度為gC當(dāng)F>3mg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)g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)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(2mm)gmg，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F2·3mg3ma，對(duì)B有·2mg3mgma，解得F23mg，故選項(xiàng)C正確；當(dāng)Fmg時(shí)，A、B保持相對(duì)靜止，由牛頓第二定律得F·3mg3ma，解得ag，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·2mg·3mgmaB，解得aBg，選項(xiàng)D正確滑塊木板模型是力學(xué)中最常見(jiàn)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(kāi)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g時(shí)，物塊、木板開(kāi)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v0a塊ta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ag，木板的加速度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v0a板ta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ag，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t0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t1 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(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt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)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2；(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1(mM)g(mM)a1，由題圖乙可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1v0a1t1，s0v0t1a1t，式中t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度聯(lián)立式和題給條件得10.1.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2mgma2，由圖可得a2，式中t22 s，v20，聯(lián)立式和題給條件得20.4.(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，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2mg1(Mm)gMa3，v3v1a3t，v3v1a2t，碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移s1t，小物塊運(yùn)動(dòng)的位移s2t，小物塊相對(duì)木板的位移為ss2s1，聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.0 m，因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)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(guò)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1(mM)g(mM)a4，0v2a4s3，碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移ss1s3，聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.5 m，木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m.答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m1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)AF12 N BF10 NCF9 N DF6 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F0.2×30 N3×2 N，F(xiàn)12 N，A、B保持相對(duì)靜止的條件是F12 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)F17 N時(shí)，物體A的加速度大小為0.5 m/s2B當(dāng)F21 N時(shí)，物體A的加速度大小為3 m/s2C當(dāng)F22 N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D當(dāng)F39 N時(shí)，B的加速度為9 m/s2解析當(dāng)水平拉力F17 N時(shí)，大于B與地面之間的滑動(dòng)摩擦力FfBB(mAmB)g0.4×(21)×10 N12 N，若A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律FFfB(mAmB)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FFfmAa，解得Ff N，A、B之間的滑動(dòng)摩擦力FfAAmAg0.8×2×10 N16 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FfAFfBmBaB，解得aB4 m/s2；對(duì)A，由牛頓第二定律FFfAmAaA，且aA>aB，解得F>24 N當(dāng)F21 N時(shí)，A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，可解得A的加速度a3 m/s2，選項(xiàng)B正確；當(dāng)F22 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(wú)論F多大，B的加速度都為aB4 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.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(shuō)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(kāi)地面，A受力如圖甲，F(xiàn)N1cos mg，對(duì)B有FN1sin ma1；F作用于題圖乙中A時(shí)，F(xiàn)最大時(shí)，B剛要離開(kāi)地面，B受力如圖乙，F(xiàn)N2cos mg，F(xiàn)N2sin ma2，可見(jiàn)FN2FN1，a2a1，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30°的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)L1.8 m、質(zhì)量M3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m1 kg的小物塊，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù).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(kāi)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F37.5 N小物塊能否滑離木板？若不能，請(qǐng)說(shuō)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(Mm)gsin (Mm)a，以小物塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得Ffmgsin ma，又FfFfmmgcos ，聯(lián)立解得F30 N，因物塊和木板整體向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以有F>(Mm)gsin 20 N，即20 N<F30 N.(2)因F37.5 N>30 N，所以小物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得Fmgcos Mgsin Ma1，隔離小物塊，由牛頓第二定律得mgcos mgsin ma2.設(shè)小物塊滑離木板所用時(shí)間為t，木板的位移x1a1t2，物塊的位移x2a2t2，小物塊與木板的分離條件為xx1x2L，聯(lián)立以上各式解得t1.2 s，小物塊滑離木板時(shí)的速度va2t，由公式2gsin ·x0v2，解得x0.9 m.答案(1)20 N<F30 N(2)能1.2 s0.9 m5.如圖所示，一質(zhì)量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2 s的時(shí)間小物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L10 m已知斜面傾角30°，小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取10 m/s2.(1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)拉力F與斜面夾角多大時(shí)，拉力F最?。坷的最小值是多少？解析(1)設(shè)小物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Lv0tat2，vv0at，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得a3 m/s2，v8 m/s.(2)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcos mgsin Ffma，F(xiàn)sinFNmgcos 0，又FfFN，聯(lián)立式得F.由數(shù)學(xué)知識(shí)得cos sin sin(60°)，由式可知對(duì)應(yīng)最小F的夾角30°，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin N.答案(1)3 m/s28 m/s(2)30° N9