（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题05 动力学中的临界问题、动态分析问题（解析+原卷）学案

专题05 动力学中的临界问题、动态分析问题目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳  HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 等时圆  HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 动态分析问题  HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 有关弹簧的临界问题  HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 有关摩擦力的临界问题  HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2【题型一】 等时圆【典例分析】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)A．tAB＝tCD＝tEFB．tAB>tCD>tEFC．tABt3C．t13μmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg8.如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为eq \r(2)b，轻绳BC长度为b.两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg.(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大.(要求画出受力图)9.（2021年全国甲卷）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大10.一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1＝k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F2＝k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍.在飞机起飞前，下列说法正确的是(　　)A.飞机一共受5个力的作用B.飞机可能做匀加速直线运动C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大D.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于eq \f(2m,k11＋4μ)参考答案【题型一】 等时圆【典例分析】解析：选B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确。 【变式演练】1．[解析]　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca>aOb，由x＝eq \f(1,2)at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。[答案]　BCD2．解析：选A　因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。3．解析：选B　由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC0，A对B的作用力方向向右，C错误。【题型四】 有关摩擦力的临界问题【典例分析】[解析]　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：aB＝a1＝eq \f(μmg－\f(μ,3)·2mg,m)＝eq \f(1,3)μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝eq \f(μmg,m)＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，C正确。[答案]　C【变式演练】1．[解析]　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ联立解得：μ＝eq \f(\r(3),3)。(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcos θ)，令cos α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，即tan α＝μ，则x＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)，当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为xmin＝eq \f(v02,2gsin 60°＋μcos 60°) m＝eq \f(\r(3)v02,4g)＝eq \f(5\r(3),2) m。[答案]　(1)eq \f(\r(3),3)　(2)θ＝60°　eq \f(5\r(3),2) m2．解析：选ABC　当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a＝eq \f(F－2μmg,2m)，对B：a＝eq \f(F拉－μmg,m)，联立解得绳中拉力为eq \f(1,2)F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F－μmg，绳中拉力可能等于eq \f(1,3)F，故D错误。3．解析：选BC　对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝Ma1，F－f1－f2＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入已知条件解得：F>2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于eq \r(μgd)，砝码匀加速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，匀减速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝eq \f(F－μm＋Mg－μMg,m)＝2μg，根据eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq \r(\f(2d,μg))，则此时砝码的速度v＝a1t＝eq \r(2μgd)，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移为eq \f(v2,2a′)＝eq \f(2μgd,2μg)＝d，而匀加速运动的位移x′＝eq \f(1,2)a1t2＝d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误。1．解析：选AD　当f1＞2f2，C、D即将发生相对滑动时，C、D间的静摩擦力达到最大值f2，先以D为研究对象，由牛顿第二定律得：f2＝2ma，得a＝eq \f(f2,2m)，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma＝3f2。此时，以BCD整体为研究对象，可知，A对B的摩擦力fAB＝4ma＝2f2＜f1，说明A、B间相对静止，故A正确，B错误。当f1＜2f2，A、B即将发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值f1，先以BCD整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f1＝4ma′，得a′＝eq \f(f1,4m)，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma′＝eq \f(3,2)f1。此时，以D为研究对象，根据牛顿第二定律得：C对D的摩擦力fCD＝2ma′＝eq \f(f1,2)＜f2，则知C、D间相对静止，故C错误，D正确。2．解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1；解得：a1＝6 m/s2。对物块有：μ1mg＝ma2；解得：a2＝4 m/s2。因为a2fm＝μ1m1g。所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3，得：a3＝－2 m/s2。速度从4 m/s减至零的时间t3＝eq \f(0－v1,a3)＝eq \f(0－4,－2) s＝2 s。木板做匀减速直线运动有：－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。得：a4＝－eq \f(8,3) m/s2。速度从4 m/s减至零的时间t4＝eq \f(0－v1′,a4)＝eq \f(－4,－\f(8,3)) s＝1.5 s。二者在整个运动过程的v­t图像如图所示(实线是木板的v­t图像，虚线是物块的v­t图像)。0～2 s内物块相对木板向左运动Δx1＝eq \f(1,2)a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－eq \f(1,2)a1t12，2～4 s内物块相对木板向右运动Δx2＝eq \f(－a1t12,2a3)－eq \f(－a2t22,2a4)，解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。答案：(1)8 N　(2)见解析图　1 m4、答案　C解析　A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误.对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F－μ·6mg,6m)＝eq \f(F,6m)－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，解得FT＝eq \f(2,3)F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确.水平面光滑，绳刚断时，对A、C整体分析，加速度a＝eq \f(FT,4m)，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝eq \f(FT,4)，故D错误.5、答案　(1)eq \f(m＋Mgμcos α－sin α,μsin α＋cos α)　(2)eq \f(Mg,tan α)解析　(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为a，对滑块应用牛顿第二定律得：FNcos α＋Ffmsin α＝mg ①Ffmcos α－FNsin α＝ma ②由题意知Ffm＝μFN ③联立解得a＝eq \f(μcos α－sin α,cos α＋μsin α)g对整体受力分析F＝(M＋m)a联立解得F＝eq \f(m＋Mgμcos α－sin α,μsin α＋cos α)(2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为aM，则对M：F＝MaM当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有eq \f(\f(1,2)gt2,\f(1,2)aMt2)＝tan α，即eq \f(g,aM)＝tan α联立解得F＝eq \f(Mg,tan α).6.答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　eq \f(13\r(3),5) N解析　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋eq \f(1,2)at2 ①v＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2 ③v＝8 m/s ④(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥又Ff＝μFN ⑦联立⑤⑥⑦式得F＝eq \f(mgsin θ＋μcos θ＋ma,cos α＋μsin α) ⑧由数学知识得cos α＋eq \f(\r(3),3)sin α＝eq \f(2\r(3),3)sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝eq \f(13\r(3),5) N.7.答案　BCD解析　当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确.当F＝eq \f(5,2)μmg时，A与B共同的加速度a＝eq \f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq \f(1,3)μg，选项B正确.F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝eq \f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq \f(1,2)μg，选项D正确.8.答案　(1)g　见解析图甲　(2)3g　见解析图乙解析　(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示.因为AB＝BC＝b，AC＝eq \r(2)b，故轻绳BC与AB垂直，θ＝45°.由牛顿第二定律，得mgtan θ＝ma.可得a＝g.(2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示.由牛顿第二定律，得FTm＋mgtan θ＝mam.因FTm＝2mg，所以最大加速度为am＝3g.9.答案：D解析：本题考查受力分析及匀变速直线运动。设之间的水平距离为L，则的长度，物块沿光滑斜面下滑的加速度，根据匀变速直线运动的规律，联立各式可得，夹角θ由30°逐渐增大至60°过程中，先增大后减小，故时间先减小后增大，D项正确。10.答案　BC解析　对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向：F－Ff－F2＝ma ①竖直方向：FN＋F1＝mg ②Ff＝μFN ③且F1＝k1v2 ④F2＝k2v2 ⑤联立①～⑤得：F－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma整理得F－μmg＋(μk1－k2)v2＝ma ⑥当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B项正确；当μk1＞k2时，加速度随速度的增大而增大，C项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得a＝eq \f(0.25－μmg,m)＝(0.25－μ)g ⑦刚起飞时，支持力FN＝0，地面摩擦力为0，mg＝k1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2＝eq \f(mg,k1) ⑧v2＝2ax ⑨联立⑦⑧⑨解得x＝eq \f(2m,k11－4μ)，D项错误.