第3章 专题强化4 斜面模型 动力学的临界、极值问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第三章　运动和力的关系 专题强化4　斜面模型　动力学的临界、极值问题 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 谢谢观看！ 热点一　“斜面”模型 “等时圆”模型 物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦从顶端由静止下滑，到达圆周上各点所用时间相等，且t＝ eq \r(\f(4R,g)) 或t＝ eq \r(\f(4（R1＋R2）,g)) ，即物体的下滑时间与斜面的倾角θ无关。 [典例1] (2024·湖南怀化测试)如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A。B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为 eq \r(2) R，AC长为2 eq \r(2) R。现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球(可看为质点)，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　) A．1∶3 B．1∶2 C．1∶ eq \r(3) D．1∶ eq \r(2) D　解析：设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝2R cos θ，小球下滑的加速度a＝g cos θ，根据s＝ eq \f(1,2) at2得t＝2 eq \r(\f(R,g)) ，可知下滑时间与θ无关，因此从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝ eq \f(1,2) gt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝ eq \f(1,2) gt22，联立解得 eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(1,\r(2)) ，D正确。 粗糙斜面情境 1.图甲中，物体的加速度大小为a＝g sin θ＋μg cos θ，方向为沿斜面向下。 2．图乙中，物体的加速度大小为a＝g sin θ－μg cos θ， (1)当μ＜tan θ时，加速度方向沿斜面向下； (2)当μ＝tan θ时，a＝0； (3)当μ＞tan θ时，加速度方向沿斜面向上。 [典例2] 如图所示，物块以初速度v0＝12.4 m/s沿一固定斜面从底端向上运动。已知：斜面倾角θ＝37°且足够长，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块向上运动过程中的加速度大小a； (2)物块向上运动的最大距离x和所需时间t； (3)物块能否滑回底端？请说明理由。 解析：(1)设物块质量为m，在物块向上运动过程中应用牛顿第二定律有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a＝12.4 m/s2 。 (2)物块向上运动到最高点的速度为0，由位移和速度的关系有2ax＝v02 解得x＝6.2 m 物块向上运动的时间t＝ eq \f(v0,a) ＝ eq \f(12.4,12.4) s＝1 s。 (3)物块重力沿斜面向下的分力为 F1＝mg sin θ＝6m (N) 物块与斜面间的最大静摩擦力至少为 fmax＝μmg cos θ＝6.4m (N) 因为F1<fmax，所以物块向上运动到最高点后静止不动，不能滑回底端。 答案：(1)12.4 m/s2　(2)6.2 m　1 s　(3)不能，理由见解析 热点二　动力学中的临界和极值问题 1．出现临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点。 (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“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。 (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极值，这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 2．解答临界或极值问题的思维方法 物理法 根据题中给出的临界或极值条件、或出现临界或极值的标志，应用临界条件的动力学特征，直接列方程求解 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，使临界现象(或状态)暴露出来，从而达到解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件、也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，再运用不等式、三角函数、一元二次方程的判别式、二次函数的极值等数学方法解出临界条件 利用临界条件分析 1.接触与脱离的临界条件：弹力FN＝0。 2．绳子松弛的临界条件：FT＝0。 3．绳子断裂的临界条件：绳中张力等于它所能承受的最大张力。 4．相对滑动的临界条件：运动学条件是两物体的速度相同或加速度相同，力学条件是两物体间的静摩擦力达到最大值。 5．最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。 [典例3] (多选)(2024·广西玉林模拟)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一根竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一个质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g取10 m/s2。以下结论正确的是(　　) A．变力F的最小值为2 N B．变力F的最小值为6 N C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 eq \f(\r(5),5) m/s BC　解析：A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝ eq \f(（mA＋mB）g,k) ＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。 利用数学方法分析 [典例4] 如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。 (1)求小木块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最小值。 解析：(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析，则有mg sin θ＝μFN FN－mg cos θ＝0 解得μ＝tan θ＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3) 。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，由牛顿第二定律得 －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 由0－v02＝2ax得 x＝ eq \f(v02,2g（sin θ＋μcos θ）) ＝ eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sin （θ＋α）) 其中tan α＝μ，故α＝30° 当α＋θ＝90°时x最小，此时θ＝60° 所以x的最小值为 xmin＝ eq \f(v02,2g（sin 60°＋μcos 60°）) ＝ eq \f(\r(3)v02,4g) 。 答案：(1) eq \f(\r(3),3) 　(2)60°　 eq \f(\r(3)v02,4g) 1．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两个相同物块用细线相连，两个物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两个物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　) A．1 N B．2 N C．4 N D．5 N C　解析：对两个物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，解得F＝4 N，C正确。 2.(2021·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。将小物块在平板与竖直杆的交点Q处由静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若夹角θ由30°逐渐增大至60°，则物块的下滑时间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 D　解析：设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知 eq \f(L,cos θ) ＝ eq \f(1,2) g sin θ·t2，可得t2＝ eq \f(4L,g sin 2θ) ，可知当θ＝45°时，t 有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，D正确。 3．(2022·山东卷)某粮库使用额定电压U＝380 V、内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求： (1)比例系数k的值； (2)上行路程L的值。 解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有U-I＝I2R＋Fv 代入数据得F＝7 400 N 装满粮食的小车匀速向上运动，有 F＋m0g－(m1＋m2)g sin θ－k(m1＋m2)g＝0 小车匀速下滑时，有m1g sin θ－km1g－m0g＝0 解得sin θ＝0.5，k＝0.1。 (2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，有 (m1＋m2)g sin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a 又2aL＝v2 解得L＝ eq \f(67,185) m。 答案：(1)0.1　(2) eq \f(67,185) m $$