新教材適用2024-2025學(xué)年高中物理第四章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系章末小結(jié)學(xué)案新人教版必修第一冊(cè)

章末小結(jié)動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問(wèn)題1．臨界、極值問(wèn)題：在運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，經(jīng)常探討相互作用的物體是否會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，相互接觸的物體是否會(huì)發(fā)生分別等等。這類問(wèn)題就是臨界問(wèn)題。2．解題關(guān)鍵：解決臨界問(wèn)題的關(guān)鍵是分析臨界狀態(tài)，挖掘臨界條件。常見(jiàn)的臨界條件：(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對(duì)靜止或相對(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)靜止或相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件為靜摩擦力達(dá)到最大值或?yàn)榱恪?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子張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT＝0。(4)加速度最大與速度最大的臨界條件：當(dāng)物體在受到改變的外力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，其加速度和速度都會(huì)不斷改變，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)出現(xiàn)加速度為零時(shí)，物體處于臨界狀態(tài)，所以對(duì)應(yīng)的速度便會(huì)出現(xiàn)最大值或最小值。3．解決臨界問(wèn)題的一般方法(1)極限法：題設(shè)中若出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”等這類詞語(yǔ)時(shí)，一般就隱含著臨界問(wèn)題，解決這類問(wèn)題時(shí)，經(jīng)常是把物理問(wèn)題(或物理過(guò)程)引向極端，進(jìn)而使臨界條件或臨界點(diǎn)暴露出來(lái)，達(dá)到快速解決有關(guān)問(wèn)題的目的。(2)假設(shè)法：有些物理問(wèn)題在改變過(guò)程中可能會(huì)出現(xiàn)臨界問(wèn)題，也可能不出現(xiàn)臨界問(wèn)題，解答這類題，一般要用假設(shè)法。(3)數(shù)學(xué)推理法：依據(jù)分析的物理過(guò)程列出相應(yīng)的數(shù)學(xué)表達(dá)式，然后由數(shù)學(xué)表達(dá)式探討出臨界條件。典題(多選)如圖所示，A、B兩物塊靜止疊放在水平地面上，A、B的質(zhì)量分別為mA＝3kg，mB＝2kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F(BC)A．當(dāng)F＝12N時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B．當(dāng)F>22.5N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)C．當(dāng)F＝20N時(shí)，A、B間的摩擦力為14ND．無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)2m/s2解析：A、B之間的最大靜摩擦力為：Fmax＝μ1mAg＝0.5×3×10N＝15N，B與地面間的最大靜摩擦力為：Fmax′＝μ2(mA＋mB)g＝0.2×(3＋2)×10N＝10N，若A、B相對(duì)地面一起運(yùn)動(dòng)，兩者剛好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，則：對(duì)B有：Fmax－μ2(mA＋mB)g＝mBa0，得a0＝2.5m/s2。對(duì)整體有：F0－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a0，得：F0＝22.5N，當(dāng)F＝12N時(shí)，由于Fmax′<F<F0，所以A、B相對(duì)靜止，一起相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)F>F0＝22.5N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)，故B項(xiàng)正確；當(dāng)F＝20N時(shí)，由于Fmax′<F<F0，所以A、B相對(duì)靜止，一起相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，則：對(duì)整體：F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a。對(duì)A：F－Ff＝mAa，聯(lián)立解得A、B間的摩擦力Ff＝14N，故C項(xiàng)正確；B的加速度最大為am＝eq\f(Fmax－Fmax′,mB)＝eq\f(15－10,2)m/s2＝2.5m/s2，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?質(zhì)量為0.1kg的小球，用細(xì)線吊在傾角α為37°的斜面上，如圖所示。系統(tǒng)靜止時(shí)繩與斜面平行，不計(jì)一切摩擦。當(dāng)斜面體向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球與斜面剛好不分別，則斜面體的加速度為(D)A．gsinα B．gcosαC．gtanα D．eq\f(g,tanα)解析：因小球與斜面剛好不分別，小球?qū)π泵鏇](méi)有壓力，所以小球受力如圖所示，由圖知tanα＝eq\f(mg,ma)，則a＝eq\f(g,tanα)，D項(xiàng)正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的兩物塊與豎直輕彈簧相連，在水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將物塊m豎直向下壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，當(dāng)物塊m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，物塊M恰好對(duì)地面無(wú)壓力，已知彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則(ACD)A．當(dāng)物塊m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，物塊m的加速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gB．當(dāng)物塊m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，物塊M的加速度為gC．當(dāng)物塊m速度最大時(shí)，彈簧的形變量為eq\f(mg,k)D．當(dāng)物塊m速度最大時(shí)，物塊M對(duì)地面的壓力為(m＋M)g解析：當(dāng)物塊m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，物塊M恰好對(duì)地面無(wú)壓力，設(shè)此時(shí)彈簧彈力為F，對(duì)物塊M分析，依據(jù)平衡條件有F＝Mg，對(duì)物塊m分析，依據(jù)牛頓其次定律F＋mg＝ma，解得a＝eq\f(mg＋Mg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))g，故A項(xiàng)正確；當(dāng)物塊m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，物塊M的加速度為零，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)物塊m速度最大時(shí)，物塊m的加速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧彈力為F1，對(duì)物塊m分析，依據(jù)平衡條件F1＝mg，依據(jù)胡克定律有F1＝kΔx，聯(lián)立解得Δx＝eq\f(mg,k)，故C項(xiàng)正確；由C項(xiàng)分析可知，當(dāng)物塊m速度最大時(shí)，彈簧彈力為F1＝mg，對(duì)物塊M分析，設(shè)地面的支持力為FN，依據(jù)平衡條件有FN＝F1＋Mg＝(m＋M)g，依據(jù)牛頓第三定律可知，物塊M對(duì)地面的壓力為(m＋M)g，故D項(xiàng)正確，故選ACD。一、高考真題探析典題(多選)(2024·全國(guó)甲卷)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從今刻起先到彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)之前(AD)A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小肯定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小試題立意：本題以用彈簧相連的兩滑塊為素材，創(chuàng)設(shè)了探討變速直線運(yùn)動(dòng)的學(xué)習(xí)探究問(wèn)題情境。主要考查了位移、速度、加速度和滑動(dòng)摩擦力以及胡克定律和牛頓其次定律等學(xué)問(wèn)點(diǎn)。關(guān)鍵實(shí)力：本題主要考查理解實(shí)力和推理論證實(shí)力。(1)理解實(shí)力規(guī)律理解應(yīng)用牛頓第二定律物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。物體的加速度大小與所受力的大小具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，即a＝eq\f(F,m)(2)推理論證實(shí)力說(shuō)明：彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)，P有可能停下了，也有可能還在運(yùn)動(dòng)，不管P是在運(yùn)動(dòng)還是停止運(yùn)動(dòng)，對(duì)答案并沒(méi)有影響，這里我們以P還在運(yùn)動(dòng)為例進(jìn)行分析。①加速度：設(shè)P、Q的質(zhì)量均為m，彈簧的彈力為FT。由胡克定律，從撤掉拉力F起先到彈簧復(fù)原原長(zhǎng)，彈簧的伸長(zhǎng)量漸漸減小，因此，彈力FT漸漸減小。(以向右運(yùn)動(dòng)為正方向)在拉力F作用下，P、Q做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)撤掉拉力F后至彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)加速度表達(dá)式撤掉拉力瞬間彈簧復(fù)原原長(zhǎng)瞬間對(duì)Q依據(jù)二力平衡的條件有FT＝μmgP：－FT－μmg＝map，ap＝－eq\f(FT,m)－μgP加速度大小為最大，此時(shí)ap＝－2μg(A項(xiàng)正確)ap＝－μgQ：FT－μmg＝maQ，aQ＝eq\f(FT,m)－μgaQ＝0Q加速度大小為最大，此時(shí)aQ＝－μg(B項(xiàng)錯(cuò)誤)②位移：彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)到原長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧縮短了，即P、Q間距離減小了，因此P的位移小于Q的位移。C項(xiàng)錯(cuò)誤。③速度：在從撤掉拉力F到彈簧復(fù)原原長(zhǎng)的過(guò)程中，由分析可知，P做加速度由2μg漸漸減小到μg的減速運(yùn)動(dòng)；Q做加速度由0起先漸漸增大到μg的減速運(yùn)動(dòng)。P和Q具有相同的初速度，它們都做減速運(yùn)動(dòng)，而且P的速度減小得更快，因此，在這個(gè)過(guò)程中，P的速度在隨意時(shí)刻都不會(huì)大于Q的速度。D項(xiàng)正確。失分剖析：①不能精確地分析P、Q的受力及其改變狀況；②不會(huì)在變加速直線運(yùn)動(dòng)中依據(jù)物體加速度的改變狀況推斷物體速度的改變狀況。二、臨場(chǎng)真題練兵1．(2024·浙江6月卷)下列屬于力的單位是(A)A．kg·m/s2 B．kg·m/sC．kg·m2s D．kg·s/m2解析：依據(jù)牛頓其次定律有F＝ma，則力的單位為kg·m/s2，故選A。2．(2024·浙江6月卷)如圖所示，魚(yú)兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(C)A．魚(yú)兒吞食花瓣時(shí)魚(yú)兒受力平衡B．魚(yú)兒擺尾出水時(shí)浮力大于重力C．魚(yú)兒擺尾擊水時(shí)受到水的作用力D．探討魚(yú)兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作可把魚(yú)兒視為質(zhì)點(diǎn)解析：魚(yú)兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；魚(yú)兒擺尾出水時(shí)排開(kāi)水的體積變小，浮力變小，魚(yú)兒能夠出水的主要緣由是魚(yú)兒擺尾時(shí)水對(duì)魚(yú)向上的作用力大于重力，B錯(cuò)誤，C正確；探討魚(yú)兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不行以把魚(yú)兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無(wú)動(dòng)作可言，D錯(cuò)誤。3．(2024·全國(guó)乙卷)如圖，一不行伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，它們加速度的大小均為(A)A.eq\f(5F,8m) B．eq\f(2F,5m)C．eq\f(3F,8m) D．eq\f(3F,10m)解析：當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，如圖所示由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，設(shè)繩子拉力為T，水平方向有2Tcosθ＝F，解得T＝eq\f(5,8)F，對(duì)隨意小球由牛頓其次定律可得T＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4．(2024·遼寧卷)如圖所示，一小物塊從長(zhǎng)1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過(guò)1s從另一端滑落。物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是(B)A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25解析：物塊沿水平中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由題干知x＝1m，t＝1s，v>0，代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s，故A不行能，B可能；對(duì)物塊受力分析有a＝－μg，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，整理有veq\o\al(2,0)＋2ax>0，由于v0<2m/s，可得μ<0.2，故C、D不行能。5．(2024·浙江1月卷)第24屆冬奧會(huì)將在我國(guó)舉辦。鋼架雪車競(jìng)賽的一段賽道如圖1所示，長(zhǎng)12m水平直道AB與長(zhǎng)20m的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止動(dòng)身，推著雪車勻加速到B點(diǎn)時(shí)速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖2所示)，到C點(diǎn)共用時(shí)5.0s。若雪車(包括運(yùn)動(dòng)員)可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為110kg，sin15°＝0.26，求雪車(包括運(yùn)動(dòng)員)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)過(guò)C點(diǎn)的速度大??；(3)在斜道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小。答案：(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N解析：(1)AB段veq\o\al(2,1)＝2a1x1解得a1＝eq\f(8,3)m/s2。(2)AB段v1＝a1t1解得t1＝3sBC段t2＝t－t1＝2s，x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，a2＝2m/s2過(guò)C點(diǎn)的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s。(3)在BC段由牛頓其次定律mgsinθ－Ff＝ma2解得Ff＝66N。6．(2024·浙江6月卷)物流公司通過(guò)滑軌把貨物干脆裝運(yùn)到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長(zhǎng)度l1＝4m，水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止起先下滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(2,9)，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。(1)求貨物