培优提升 “等时圆”模型和动力学中的临界问题 课件 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

培优提升　“等时圆”模型和动力学中的临界问题 第四章　运动和力的关系 目 录 CONTENTS 提升 01 课后巩固训练 03 随堂对点自测 02 目录 2 提升 1 提升2　动力学中的临界问题 提升1　“等时圆”模型 目录 3 提升1　“等时圆”模型 1.“等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑,到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等,都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 目录 提升 2.基本规律 (1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 (2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 目录 提升 BC 例1 (多选)如图所示,MA、MB、NA是竖直面内三根固定的光滑细杆,M、N、A、B、C位于同一圆周上,C、A两点分别为圆周的最高点和最低点,O点为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),3个滑环分别从M点和N点无初速度释放,t1、t2依次表示滑环从M点到达B点和A点所用的时间,t3表示滑环从N点到达A点所用的时间,则(　　) A.t1=t2 B.t1>t2 C.t2=t3 D.t2<t3 目录 提升 解析　设MA与竖直方向的夹角为α,圆周的直径为d,根据牛顿第二定律得,滑环的加速度为a==gcos α,滑杆的长度为s=dcos α,则根据s=at2,得t==,可见,时间t与α无关,故有t2=t3;以M点为最高点,取合适的竖直直径作圆,如图所示,从M点滑到A、D点的时间相同,则从M点滑到B点时间大于A点,即t1>t2,故B、C正确。 目录 提升 解题思路 (1)设置顶点。上端相交:交点为圆的最高点;下端相交:交点为圆的最低点。 (2)作等时圆。①过顶点作竖直线;②以某条轨道为弦作圆心在竖直线上的圆。 (3)比较时间。①轨道端点都在圆周上,质点的运动时间相等;②端点在圆内的轨道,质点运动时间短些,端点在圆外的轨道,质点运动时间长些。 目录 提升 D 训练 如图所示,竖直圆环中有多条终止于E点的光滑轨道,其中BE通过环心O并竖直。一小物体分别自A、B、C、D点沿各条轨道下滑,初速度均为零。比较小物体沿各轨道下滑的时间,则(　　) A.小物体沿着与BE夹角越大的轨道下滑,时间越短 B.小物体沿着轨道BE下滑,时间最短 C.小物体沿其与BE夹角越小(BE除外)的轨道下滑,时间越短 D.无论沿图中哪条轨道下滑,所用的时间均相同 目录 提升 解析　设圆环半径为R,轨道与BE方向夹角为θ,则物体运动的位移为x=2Rcos θ,物体运动的加速度a==gcos θ,根据位移与时间关系可得x=at2,解得t=,可知t与θ角无关,即下滑时间与弦长无关,无论沿题图中哪条轨道下滑,所用的时间均相同,故A、B、C错误,D正确。 目录 提升 提升2　动力学中的临界问题 1.临界问题:某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。 2.关键词语:在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰好”等词语,一般都暗示了临界状态的出现,隐含了相应的临界条件。 目录 提升 3.临界条件 临界状态 临界条件 两物体接触或脱离 弹力FN=0 两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值 绳子断裂 张力等于绳子所能承受的最大张力 绳子松弛 张力FT=0 加速度最大或最小 当所受合力最大时,具有最大加速度;合力最小时,具有最小加速度 速度最大或最小 加速度为零 目录 提升 C 例2 如图所示,质量为M的长木板位于光滑水平面上,质量为m的物块静止在长木板上,两者之间的动摩擦因数为μ,现对物块施加水平向右的恒力F,若恒力F超过某一临界数值,长木板与物块将发生相对滑动,重力加速度大小为g,物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力,则恒力F的临界值为(　　) A.μmg B.μMg C.μmg D.μmg 解析　物块与长木板恰好不发生相对滑动时,对整体有F=(M+m)a,对长木板有μmg=Ma,解得F=μmg,C正确。 目录 提升 例3 如图所示,细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。 (1)当滑块以多大的加速度向右运动时,线对小球的拉力刚好 等于零? 解析　当FT=0时,小球受重力mg和斜面支持力FN作用,如图甲所示。 甲 由牛顿第二定律得FNcos 45°=mg FNsin 45°=ma1 解得a1=g 故当向右运动的加速度为g时线对小球的拉力刚好为0。 答案　g 目录 提升 (2)当滑块以多大的加速度向左运动时,小球对滑块的压力刚好等于零? 解析　由牛顿第三定律知,小球对滑块压力刚好为零时,滑块对小球支持力也为零。 当FN=0时,小球受重力和拉力,则 F合= 由牛顿第二定律得F合=ma2 则a2==g。 答案　g 目录 提升 (3)当滑块以2g的加速度向左运动时,线上的拉力为多大(不计空气阻力)? 解析　当滑块向左运动的加速度大于g时,小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用,如图乙所示, 乙 由牛顿第二定律得FT'cos α=ma' 由平衡条件得FT'sin α=mg 解得FT'=m=mg。 答案　mg 目录 提升 求解临界问题的三种常用方法 (1)极限法:在题目中若出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,则一般隐含着临界问题,处理这类问题时,应把物理过程推向极限,从而使临界条件暴露出来。 (2)假设法:在有些物理过程中,没有明显出现临界问题的线索,但在变化过程中可能出现临界问题,也可能不出现临界问题,解答这类题时,一般用假设法。 (3)数学方法:将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式求解得出临界条件。 目录 提升 随堂对点自测 2 目录 A 1.(“等时圆”模型)如图所示,甲图中质点从竖直面内的圆环上最高点沿三个不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用的时间分别为t1、t2、t3,乙图中质点从竖直面内的圆环上沿三个不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用的时间分别为t4、t5、t6,则(　　) A.t1=t2=t3,t4=t5=t6 B.t1>t2>t3,t4>t5>t6 C.t1<t2<t3,t4<t5<t6 D.t2>t3>t1,t6>t5>t4 目录 随堂对点自测 01 02 解析　如题图甲、乙所示,质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端,可知a=gsin θ,x=2Rsin θ,由匀变速直线运动规律有x=at2,可得下滑时间t=2,即下滑时间只与半径有关,故A正确,B、C、D错误。 目录 随堂对点自测 01 02 A 2.(动力学中的临界问题)(2025·北京东城期末)如图所示,某幼儿园要做一个儿童滑梯,设计时根据场地大小确定滑梯的水平跨度为L,滑板和儿童之间的动摩擦因数为μ,假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力,为使儿童在滑梯中能沿滑板无初速滑下,则滑梯高度至少为(　　) A.μL B. C. D.L 解析　根据题意,当儿童恰好能匀速下滑时,有mgsin θ=μmgcos θ,可得μ=tan θ,由几何关系可得tan θ=,解得滑梯高度至少为H=μL,故A正确。 目录 随堂对点自测 01 02 课后巩固训练 3 目录 D 题组一　等时圆模型 1.如图所示,O点是竖直圆环的顶点,Oc是圆环直径,Oa和Ob是两条不同倾角的弦。在Oc、Oa、Ob弦上各放置一个光滑的面,一个质点从O点由静止释放,先后分别沿Oc、Oa、Ob下滑,关于质点到达a、b、c三点的时间,下列说法正确的是(　　) 基础对点练 A.最短的是a点 B.最短的是b点 C.最长的是c点 D.时间都相同 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　设过O点的弦长为L,L与直径Oc间的夹角为θ,Oc的长度为d,则L=dcos θ,由牛顿第二定律知,质点的加速度a=gcos θ,由L=at2得t===,可知,t与θ无关,故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 C 2.如图所示,两个半径不同的竖直圆环相切于O点,圆心O1、O2连线正好沿竖直方向。现有长度可伸缩的光滑杆刚好过O点放置,调节杆的长度,两端始终与环O1O2接触,上下两接触点分别记作a、b。一大小不计的光滑小圆环(图中未画出)从a点由静止释放后沿杆下滑,当慢慢增大杆与竖直方向夹角θ时,小圆环沿杆下滑的时间t将(　　) A.增大 B.减小 C.不变 D.因角度与两竖直圆环的半径均未知,故无法确定 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　圆环下滑的加速度为a=gcos θ,根据2(r1+r2)cos θ=at2,可得t=2,则当慢慢增大杆与竖直方向夹角θ时,小圆环沿杆下滑的时间t将不变,故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 C 3.如图所示,四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上,且A、C两点是圆的最高点和最低点,圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短 B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长 C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同 D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的质量为m,对圆环a,根据牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,可得a=gsin θ,由运动学公式可得l=at2,由几何关系可知l=2Rsin θ,解得t=,则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关,故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 B 题组二　动力学中的临界问题 4.如图所示,A、B两个物体叠放在一起,静止在粗糙水平地面上,B与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,A与B间的动摩擦因数μ2=0.2。已知A的质量m=2 kg,B的质量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2。现对物体B施加一个水平向右的恒力F,为使A与B保持相对静止,则恒力F的最大值是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A.20 N B.15 N C.10 N D.5 N 解析　恒力最大时,对A有μ2mg=ma;对A、B整体有 Fmax-μ1(m+M)g=(m+M)a,联立解得Fmax=15 N,选项B正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 CD 5.(多选)如图所示,已知物块A、B的质量分别为m1=4 kg、m2=1 kg,A、B间的动摩擦因数为μ1=0.5,A与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g取10 m/s2,在水平力F的推动下,要使A、B一起运动且B不下滑,则力F的大小可能是(　　) A.50 N B.100 N C.125 N D.150 N 解析　若B不下滑,则μ1FN≥m2g,由牛顿第二定律,对B有FN=m2a,对整体有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,整理得F≥(m1+m2)g=125 N,选项C、D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 B 6.如图所示,两个质量均为m的物块叠放压在一个竖直轻弹簧上面,处于静止状态,弹簧的劲度系数为k,t=0时刻,物块受到一个竖直向上的作用力F,使得物块以0.5g(g为重力加速度的大小)的加速度匀加速上升,则A、B分离时B的速度为(　　) A. B.g C.g D.2g 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　两物块静止时,弹簧压缩量x1=;两物块分离时,A、B之间的压力恰好为零,设此时弹簧的压缩量为x2,对物块B有kx2-mg=ma,解得x2=,物块B的位移x=x1-x2=,由v2=2ax得v=g,B正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 D 7.(2025·安徽芜湖期末)如图所示,AQ为圆的竖直直径,沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆,现让三个小环(可以看作质点)套在杆上,并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点,下滑所用时间分别为t1、t2和t3,运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(　　) 综合提升练 A.t3>t2>t1 B.t1>t2>t3 C.v3>v2>v1 D.v1>v2>v3 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　设斜面的倾角为θ,圆的直径为d,根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为a==gsin θ,斜面的长度为x=dsin θ,由x=at2,解得小环下滑所用时间为t===,则t1=t2=t3,由于AQ>BQ>CQ,则根据平均速度公式=,可得v1>v2>v3,故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 AD 8.(多选)(2025·四川凉山月考)如图所示,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子,沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2>μ1),车厢的倾角用θ表示,下列说法正确的是(　　) A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足μ2<tan θ B.要顺利地卸干净全部沙子,应满足μ2>tan θ C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ1>tan θ D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>tan θ>μ1 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　由于μ2>μ1,当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时,全部沙子就能顺利地卸干净,因此要顺利地卸干净全部沙子,应满足全部沙子的重力沿车厢底部的分力应大于车厢底部沙子受到的最大静摩擦力,即mgsin θ>μ2mgcos θ,可得μ2<tan θ,故A正确,B错误;只卸去部分沙子时,与车厢底部不接触的沙子卸下,与车厢底部接触的沙子未卸下,则mgsin θ>μ1mgcos θ,mgsin θ<μ2mgcos θ,可得μ2>tan θ>μ1,故C错误,D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 BD 9.(多选)一个质量为0.2 kg的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端,如图所示,斜面静止时,球紧靠在斜面上,细线与斜面平行,不计摩擦及空气阻力,当斜面以10 m/s2的加速度向右做匀加速运动时,则(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g=10 m/s2)(　　) A.细线的拉力为1.60 N B.细线的拉力为2 N C.斜面对小球的弹力为1.20 N D.斜面对小球的弹力为0 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　当小球对斜面的压力恰为零时,设斜面的加速度为a0,对小球根据牛顿第二定律可得=ma0,解得a0=7.5 m/s2,由于a0=7.5 m/s2< 10 m/s2,则当斜面以10 m/s2的加速度向右做匀加速运动时,小球将飘离斜面,斜面对小球的弹力为0,设此时细线与竖直方向的夹角为α,则有mgtan α=ma,解得α=45°,此时细线的拉力FT==2 N,选项B、D正确,A、C错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 10.如图所示,矩形盒内用两根细线固定一个质量为m=1.0 kg的均匀小球,a线与水平方向成53°角,b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N(cos 53° =0.6,sin 53°=0.8,g取10 m/s2)。求: 培优加强练 (1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时,为保证细线不被 拉断,加速度可取的最大值; (2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时,为保证细线 不被拉断,加速度可取的最大值。 答案　(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 解析　(1)系统竖直向上匀加速运动时,对小球受力分析如图所示, 当a线拉力为15 N时,竖直方向由牛顿第二定律有 Fasin 53°-mg=ma 水平方向有Facos 53°=Fb 解得Fb=9 N<15 N 此时加速度有最大值,为a=2 m/s2。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 (2)水平向右匀加速运动时,对小球 竖直方向有Fasin 53°=mg 水平方向由牛顿第二定律有Fb-Facos 53°=ma' 解得Fa=12.5 N 则当Fb=15 N时,加速度有最大值,为 a'=7.5 m/s2。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 课后巩固训练 $