【物理】2019届一轮复习人教版动力学中的临界条件及应用的解题策略学案

【物理】2019届一轮复习人教版动力学中的临界条件及应用的解题策略学案

高考必考题突破讲座(三)‎ 动力学中的临界条件及应用的解题策略 题型特点 考情分析 命题趋势 ‎1.当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必须有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件．‎ ‎2．临界或极值条件的标志 ‎(1)题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在着临界点；‎ ‎(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；‎ ‎(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.‎ ‎2015·全国卷，25‎ 滑块——木板模型是力学中最觉见的模型之一，其考查方式变化多端，物理过程复杂，有很强的检测功能，2018年高考命题依然有可能将其作为压轴选择题或计算题来考查 ‎1．叠加体系统临界问题分析思路 箭头：分析流程 方框内：具体处理方法 ‎2．涉及问题 ‎(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0.‎ ‎(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值．‎ ‎(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，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0.‎ ‎(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，‎ 其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当加速度等于零时，往往会出现速度最大或速度最小的情形．‎ ‎►解题方法 ‎1．接触物体分离的临界条件是弹力FN＝0‎ ‎[例1](2017·江苏苏州一模)如图所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上，并排放着质量分别为mA＝‎10 kg和mB＝‎2 kg的A、B两物块．一劲度系数k＝400 N/m的轻弹簧一端与B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的力F，使A沿斜面向上做匀加速运动．已知力F在前0.2 s内为变力，0.2 s后为恒力，g取‎10 m/s2.求力F的最大值和最小值．‎ 解析　因为在t＝0.2 s内F是变力，在t＝0.2 s以后F是恒力，所以在t＝0.2 s时，A与B开始分离，此时A与B间的作用力FN为零．设在0～0.2 s时间内A与B沿斜面向上运动的距离为x，对A，根据牛顿第二定律可得F＋FN－mAgsin α＝mAa，‎ 对A和B整体应用牛顿第二定律可得 F＋k－(mA＋mB)gsin α＝(mA＋mB)a，‎ 令FN＝0，由以上两式求得x＝，‎ 而x＝at2，所以求得a＝‎5 m/s2，当A、B开始运动时拉力F最小，x＝0，Fmin＝(mA＋mB)a＝60 N，当A与B分离时拉力F最大，x＝‎0.1 m，Fmax＝(mA＋mB)a＋kx＝100 N.‎ 答案　100 N　60 N ‎2．绳子松弛的临界条件是绳中张力FT＝0‎ ‎[例2]如图所示，当斜面以多大加速度a向左运动时，小球沿斜面上移？‎ ‎[思维导引]斜面静止时，小球受重力、弹力和拉力而静止．当小球随斜面向左加速运动，则绳的拉力将减小，支持力增大，以获得水平向左的加速度，加速度足够大时，小球可能沿斜面上移，因此绳的拉力为零是球上移的临界条件．‎ 解析　当绳的拉力为零时，小球受力如图．‎ 由牛顿第二定律得F合＝mgtan θ＝ma0，‎ a0＝gtan θ，‎ 即当a>a0＝gtan θ时，小球沿斜面上移．‎ 答案　a>gtan θ ‎3．叠加体系统中恰好要发生相对滑动时，其静摩擦力达到最大值，即F静＝Ffm ‎[例3](多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为‎2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则(　BCD　)‎ A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎[思维导引]力F很小时，加速度较小，B对A的摩擦力也小，A、B一起运动．随着力F增大，加速度a增大，B对A的摩擦力增大，最大静摩擦力是极限．则A、B发生相对运动的临界条件是两者之间的摩擦力为最大静摩擦力．‎ 解析　设F为F1时，A、B刚好从地面上滑动，则F1＝μ(‎2m＋m)g＝μmg，选项A错误；设F为F2时，A与B恰好发生相对滑动，对A、B整体有F2－μ·3mg＝3ma，对B有μ·2mg－μ3mg＝ma，解得F2＝3μmg，故选项C正确；当F＝μmg时，A、B保持相对静止，由牛顿第二定律得F－μ·3mg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确；当A、B发生相对滑动时，B加速度最大，对B有μ·2mg－μ·3mg＝maB，解得aB＝μg，选项D正确．‎ ‎　滑块——木板模型是力学中最常见的模型之一，是历年高考的热点内容．该类试题有如下几种命题角度．‎ 角度1　物块不受力而木板受拉力 木板受逐渐增大的拉力而物块不受力，这种情况下，开始物块和木板一起做加速运动，当物块加速度达到其最大值μg时，物块、木板开始分离，此后物块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大．‎ 角度2　物块有初速度，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上 ‎1．若木板足够长，这种情况下，物块减速、木板加速，直至两者速度相等将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a块t＝a板t；‎ ‎2．若木板不够长，这种情况下，物块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到物块滑下时，分离前物块加速度a＝μg，木板的加速度a＝.‎ 角度3　木板有初速度，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上 ‎1．若木板足够长，木板减速物块加速，直至两者速度相等将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a板t＝a块t；‎ ‎2．若木板不够长，则木板会一直减速到物块滑下，物块一直加速到滑下木板．分离前物块的加速度a＝μg，木板的加速度a＝.‎ ‎[例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为‎4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板右端离墙壁的最终距离．‎ 解析　(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①‎ 由题图乙可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝‎4 m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1，②‎ s0＝v0t1＋a1t，③‎ 式中t1＝1 s，s0＝‎4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．‎ 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1.④‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤‎ 由图可得a2＝，⑥‎ 式中t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4.⑦‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧‎ v3＝－v1＋a3Δt，⑨‎ v3＝v1＋a2Δt，⑩‎ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移s1＝Δt，⑪‎ 小物块运动的位移s2＝Δt，⑫‎ 小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1，⑬‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝‎6.0 m，⑭‎ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为‎6.0 m.‎ ‎(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，⑮‎ ‎0－v＝‎2a4s3，⑯‎ 碰后木板运动的位移s＝s1＋s3，⑰‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－‎6.5 m，‎ 木板右端离墙壁的最终距离为‎6.5 m.‎ 答案　(1)0.1　0.4　(2)‎6.0 m　(3)‎‎6.5 m ‎1．如图所示，质量为‎1 kg的木块A与质量为‎2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2，用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g取‎10 m/s2)(　A　)‎ A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 解析　当A、B间有最大静摩擦力(2 N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为‎2 m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有F－0.2×30 N＝3×2 N，F＝12 N，A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎2．(2017·河南洛阳统考)如图所示，A、B两物体的质量分别为‎2 kg和‎1 kg，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为0.8，B与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为‎10 m/s2.现对A施加一水平拉力F，不计空气阻力，则(　B　)‎ A．当F＝17 N时，物体A的加速度大小为‎0.5 m/s2‎ B．当F＝21 N时，物体A的加速度大小为‎3 m/s2‎ C．当F＝22 N时，A相对B滑动 D．当F＝39 N时，B的加速度为‎9 m/s2‎ 解析　当水平拉力F＝17 N时，大于B与地面之间的滑动摩擦力FfB＝μB(mA＋mB)g＝0.4×(2＋1)×10 N＝12 N，若A、B之间不发生相对滑动，由牛顿第二定律F－FfB＝(mA＋mB)a，解得它们的加速度a＝ m/s2，对A，设B对A的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律F－Ff＝mAa，解得Ff＝ N，A、B之间的滑动摩擦力FfA＝μAmAg＝0.8×2×10 N＝16 N，大于A、B之间的摩擦力Ff，则A、B之间不发生相对滑动，物体A的加速度为a＝ m/s2，选项A错误；要使A、B之间发生相对滑动，A对B向右的摩擦力FfA使B加速运动，由牛顿第二定律FfA－FfB＝mBaB，解得aB＝‎4 m/s2；对A，由牛顿第二定律F－FfA＝mAaA，且aA>aB，解得F>24 N．当F＝21 N时，A、B未发生相对滑动，可解得A的加速度a′＝‎3 m/s2，选项B正确；当F＝22 N时，A相对B未发生滑动，选项C错误；只要A、B发生相对滑动，无论F多大，B的加速度都为aB＝‎4 m/s2，选项D错误．‎ ‎3．(多选)(2017·陕西西安模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ.现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正确的是(　BC　)‎ A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B．两种情况下获取的最大加速度相同 C．两种情况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作用于题图甲中A时，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图甲，FN1cos θ＝mg，对B有FN1sin θ＝ma1；F作用于题图乙中A时，F最大时，B刚要离开地面，B 受力如图乙，FN2cos θ＝mg，FN2sin θ＝ma2，可见FN2＝FN1，a2＝a1，对整体易知两种情况下所加的最大推力相同，选项B、C正确．‎ ‎4．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝‎1.8 m、质量M＝‎3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝‎1 kg的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)为使小物块不滑离木板，求力F应满足的条件；‎ ‎(2)若F＝37.5 N．小物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出小物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．‎ 解析　(1)以小物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a，‎ 以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mgsin α＝ma，‎ 又Ff≤Ffm＝μmgcos α，‎ 联立解得F≤30 N，‎ 因物块和木板整体向上做匀加速运动，所以有 F>(M＋m)gsin α＝20 N，即20 N30 N，所以小物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1，‎ 隔离小物块，由牛顿第二定律得 μmgcos α－mgsin α＝ma2.‎ 设小物块滑离木板所用时间为t，‎ 木板的位移x1＝a1t2，‎ 物块的位移x2＝a2t2，‎ 小物块与木板的分离条件为 Δx＝x1－x2＝L，‎ 联立以上各式解得t＝1.2 s，‎ 小物块滑离木板时的速度v＝a2t，‎ 由公式－2gsin α·x＝0－v2，解得x＝‎0.9 m.‎ 答案　(1)20 N

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