高考物理一轮复习 培优计划 高考必考题突破讲座（3）动力学中的临界条件及应用的解题策略学案.doc

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fn0.(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ft0.(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fn0例1(2017江苏苏州一模)如图所示，在倾角30的光滑斜面上，并排放着质量分别为ma10 kg和mb2 kg的a、b两物块一劲度系数k400 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t0.2 s内f是变力，在t0.2 s以后f是恒力，所以在t0.2 s时，a与b开始分离，此时a与b间的作用力fn为零设在00.2 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ffnmagsin maa，对a和b整体应用牛顿第二定律可得fk(mamb)gsin (mamb)a，令fn0，由以上两式求得x，而xat2，所以求得a5 m/s2，当a、b开始运动时拉力f最小，x0，fmin(mamb)a60 n，当a与b分离时拉力f最大，x0.1 m，fmax(mamb)akx100 n.答案100 n60 n2绳子松弛的临界条件是绳中张力ft0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 ma0，a0gtan ，即当aa0gtan 时，小球沿斜面上移答案agtan 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，b与地面间的动摩擦因数为，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f3mg时，a相对b滑动d无论f为何值，b的加速度不会超过g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(2mm)gmg，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f23mg3ma，对b有2mg3mgma，解得f23mg，故选项c正确；当fmg时，a、b保持相对静止，由牛顿第二定律得f3mg3ma，解得ag，选项b正确；当a、b发生相对滑动时，b加速度最大，对b有2mg3mgmab，解得abg，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g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v0a块ta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ag，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v0a板ta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ag，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t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 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vt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1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(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1(mm)g(mm)a1，由题图乙可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1，s0v0t1a1t，式中t11 s，s04.5 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式和题给条件得10.1.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2mgma2，由图可得a2，式中t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4.(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，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2mg1(mm)gma3，v3v1a3t，v3v1a2t，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s1t，小物块运动的位移s2t，小物块相对木板的位移为ss2s1，联立式，并代入数值得s6.0 m，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1(mm)g(mm)a4，0v2a4s3，碰后木板运动的位移ss1s3，联立式，并代入数值得s6.5 m，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m1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)af12 n bf10 ncf9 n df6 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f0.230 n32 n，f12 n，a、b保持相对静止的条件是f12 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f17 n时，物体a的加速度大小为0.5 m/s2b当f21 n时，物体a的加速度大小为3 m/s2c当f22 n时，a相对b滑动d当f39 n时，b的加速度为9 m/s2解析当水平拉力f17 n时，大于b与地面之间的滑动摩擦力ffbb(mamb)g0.4(21)10 n12 n，若a、b之间不发生相对滑动，由牛顿第二定律fffb(mamb)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fffmaa，解得ff n，a、b之间的滑动摩擦力ffaamag0.8210 n16 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ffaffbmbab，解得ab4 m/s2；对a，由牛顿第二定律fffamaaa，且aaab，解得f24 n当f21 n时，a、b未发生相对滑动，可解得a的加速度a3 m/s2，选项b正确；当f22 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ab4 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.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 mg，对b有fn1sin 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 mg，fn2sin ma2，可见fn2fn1，a2a1，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30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长l1.8 m、质量m3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数.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f37.5 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(mm)gsin (mm)a，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得ffmgsin ma，又ffffmmgcos ，联立解得f30 n，因物块和木板整体向上做匀加速运动，所以有f(mm)gsin 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fmgcos mgsin ma1，隔离小物块，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2.设小物块滑离木板所用时间为t，木板的位移x1a1t2，物块的位移x2a2t2，小物块与木板的分离条件为xx1x2l，联立以上各式解得t1.2 s，小物块滑离木板时的速度va2t，由公式2gsin x0v2，解得x0.9 m.答案(1)20 nf30 n(2)能1.2 s0.9 m5.如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力f作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间小物块由a点运动到b点，a、b之间的距离l10 m已知斜面倾角30，小物块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达b点时速度的大小；(2)拉力f与斜面夹角多大时，