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
《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,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 N
20、答案 (1)20 N
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