9 章末优化提升 学案

章末优化提升       []&2022版%@新教*材教辅[#]

专题一　动力学中的临界和极值问题

1．临界状态

在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某一个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态即为临界状态，相应的物理量的值为临界值，临界状态一般比较隐蔽，它在一定条件下才会出现。若题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语，常为临界问题。

2．临界条件

(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力FN＝0。

(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值或为0。

(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。

(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化。当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现加速度为0时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。

3．常用方法

(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。

(2)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。       []《#~优化方%*案》教辅^[]

(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。

　       []&^《优化方案%*》教@辅[]

       []202%2&版新*教材~教辅#[]

如图所示，质量m＝1 kg的光滑小球用细线系在质量为M＝8 kg、倾角为α＝37°的斜面体上，细线与斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g取10 m/s2。       []20@2#2版%新教材教辅^[~]

(1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力F不能超过多少？

(2)若用水平向左的力F′推斜面体，要使小球不沿斜面滑动，推力F′不能超过多少？

[解析]　(1)小球不离开斜面体，两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好为0

对小球受力分析如图，

由牛顿第二定律得：＝ma

a＝＝ m/s2

对整体由牛顿第二定律得：

F＝(M＋m)a＝120 N。

(2)小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细线对小球的拉力恰好为0，

对小球受力分析如图，

由牛顿第二定律得：mg tan 37°＝ma′

a′＝g tan 37°＝7.5 m/s2

对整体由牛顿第二定律得：

F′＝(M＋m)a′＝67.5 N。

[答案]　(1)120 N　(2)67.5 N

[针对训练]　

如图所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量m＝0.4 kg，AB与竖直方向成θ＝37°角，g取10 m/s2，当小车分别以a＝5 m/s2、a＝10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，两绳的拉力分别为多大？

解析：设绳AC水平且拉力刚好为0时，临界加速度为a0，根据牛顿第二定律得FABsin θ＝ma0，FABcos θ＝mg

联立两式并代入数据得a0＝7.5 m/s2

a1＝5 m/s2<a0，此时AC绳伸直且有拉力，

根据牛顿第二定律得FABsin θ－FAC＝ma1，

FABcos θ＝mg

联立两式并代入数据得FAB＝5 N、FAC＝1 N；

a2＝10 m/s2>a0，此时AC绳不能伸直，FAC′＝0

设AB绳与竖直方向夹角为α，据牛顿第二定律得

FAB′sin α＝ma2，FAB′cos α＝mg       []《^~优化方%案》#教辅[@]

联立两式并代入数据得α＝45°，FAB′＝4N。

答案：见解析

专题二　动力学中的多过程问题       []《%优~化^方案@》教*辅[]

1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程。联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等。       []20#22^~版新教材%教辅&[]

2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度。       []@2#0%~22版新教材教辅[*]

　(2020·广东执信中学高一期末)如图所示，水平地面上紧靠粗糙水平台依次排放着A、B两木板，A、B的长度均为L＝5 m、质量均为M＝1.5 kg，其上表面与平台相平，A与平台和B均接触但不粘连。现有一质量m＝3 kg、可视为质点的滑块C，从平台上距平台右侧的距离d＝2.5 m处，以大小v0＝8 m/s、方向水平向右的初速度向右滑动。已知C与平台间、C与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2。求：

(1)滑块C刚滑上A板时的速度大小；

(2)滑块C刚滑离A板时，B板的速度大小；

(3)从滑块C滑上A板到C与B板相对静止的过程，B板发生的位移大小。

解析：(1)C在水平台上做匀减速直线运动，

由运动学规律有：v－v＝－2a1d，       []&《优*化@方案》教~辅#[]

由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，

代入数据解得：a1＝3 m/s2，v1＝7 m/s；

(2)滑块C在木板A上滑动时的加速度仍为a1，设木板A、B的加速度为a2，

对A、B整体有：μ1mg－μ2(m＋2M)g＝2Ma2，

代入数据得：a2＝1 m/s2，       []~%《优化方案》教辅#*^[]

设C在A上运动的时间为t1，

则：L＝(v1t1－a1t)－a2t，

代入数据解得：t1＝1 s或t1＝2.5 s(舍去)

C滑上B时，A、B分离。设C离开A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB，

vC＝v1－a1t1＝4 m/s，vA＝vB＝a2t1＝1 m/s；

(3)C在B上滑动时，C的加速度仍为a1，设B的加速度为a3，

对B有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma3，

代入数据得：a3＝3 m/s2，

设经过时间t2，B、C达到共同速度v，       []《优化*@%方案》教#&辅[]

则有：v＝vC－a1t2＝vB＋a3t2，

代入数据得：t2＝0.5 s，v＝2.5 m/s，

B发生的总位移为：xB＝t1＋t2       []%《#&*优化方案@》教辅[]

代入数据解得：xB＝1.375 m。       []《优化方案》%~#教辅^[@]

答案：(1)7 m/s　(2)1 m/s　(3)1.375 m

　如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，平板放在光滑水平面上，两者长度分别为L1＝8 m、L2＝6 m。传送带始终以速度v＝8 m/s向右匀速传动。现有一滑块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与平板间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块质量m＝1 kg，平板质量M＝2 kg，g取10 m/s2。

(1)求滑块滑离传送带所用时间；

(2)判断滑块能否离开平板。如果能离开，请计算离开平板时的速度大小；若不能离开，求滑块到平板右端的距离。

[解析]　       []2~#022版@新教材^%教辅[]

(1)滑块滑上传送带后对滑块分析受力如图甲。

由牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1

解得a1＝5 m/s2，设滑块达到传送带速度v所用时间为t1，由运动学公式得v＝a1t1，解得t1＝1.6 s，滑块的位移x1＝a1t＝6.4 m，1.6 s后滑块与传送带一起做匀速直线运动，L1－x1＝v·t2，解得t2＝0.2 s，总时间t＝t1＋t2＝1.8 s。

(2)滑块滑上平板后做匀减速直线运动，平板做匀加速直线运动。对滑块分析受力如图乙：

μ2mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，

对平板分析受力如图丙：

μ2mg＝Ma3，解得a3＝2 m/s2，假设两物体可以达到共同速度，则：v－a2t3＝a3t3，解得t3＝ s，滑块滑动的距离x1′＝vt3－a2t，平板移动的距离x2＝a3t，

滑块在平板上滑动的距离ΔL＝x1′－x2＝ m<L2＝6 m，故假设成立，滑块到平板右端的距离Δx＝L2－ΔL＝ m。

[答案]　(1)1.8 s　(2)不能离开平板　到平板右端的距离为m