（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．tAB2μ(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0