2021屆高考物理二輪考前復(fù)習(xí)學(xué)案：第二篇 必考方法3 臨界值極限法

必考方法3臨界值極限法

研透費(fèi)題?破題有方

(2017?全國(guó)卷H改編)如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為。=37°的

光滑固定斜面的底端,另一端拴住質(zhì)量為m.=6kg的物體P,Q為一質(zhì)量

為m2=10kg的物體,彈簧的質(zhì)量不計(jì),勁度系數(shù)k=600N/m,系統(tǒng)處于靜

止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給物體Q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F,使它從靜止開(kāi)始

沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前

0.2s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后F為恒

2

力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/so求：

(1)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),彈簧的壓縮量Xo；

(2)物體Q從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a;

⑶力F的最大值與最小值。

真題解碼V

(1)審題破題眼：

/想到

看到“系統(tǒng)處于靜止用整體法對(duì)系統(tǒng)進(jìn)行受力分析

狀態(tài)”

，:想到、、

看到“開(kāi)始沿斜面向〕隔離物體進(jìn)行受力分析；牛頓第二定律

轉(zhuǎn)化上勻加速‘‘

------------------^想到一、

Jl［區(qū)看工到廠“最，大.最E小I值尸物乙體-的--受--力--特--征--及--滿--足--的--條--件--

(2)命題陷阱點(diǎn)：

陷阱1:對(duì)運(yùn)動(dòng)情景分析不清晰,沒(méi)有發(fā)現(xiàn)臨界條件和特征。

陷阱2:受力分析要全面，不能出現(xiàn)漏力和多力的情況。

陷阱3:利用牛頓第二定律建立方程時(shí)要注意矢量方向。

【標(biāo)準(zhǔn)解答】

多維海辨?制霸考場(chǎng)

1.如圖所示,滑輪質(zhì)量不計(jì),三個(gè)物體質(zhì)量mEz+Hh,這時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的

讀數(shù)為T,若把m2從右邊移到左邊的Hh上面，彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)T將

()

A.增大

B.減小

C.不變

D.無(wú)法判斷

2.如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M、傾角為9的光滑斜面體,

它的斜面上有一質(zhì)量為m的物塊沿斜面下滑。關(guān)于物塊下滑過(guò)程中對(duì)

斜面壓力大小的解答,有如下四個(gè)表達(dá)式。根據(jù)你的判斷，下述表達(dá)式

中可能正確的是()

MmgsinOMmgsinO

A.~ID.

M-msin20M+msin20

M-?nsin20M+?nsin20

必箍北篷?融會(huì)貫通

［核心必備

1.解決極值問(wèn)題和臨界問(wèn)題的方法：

⑴極限法：要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)程分析，找出平衡的臨界

點(diǎn)和極值點(diǎn)；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研

究臨界問(wèn)題,而要把某個(gè)物理量推向極端，即極大和極小。

⑵數(shù)學(xué)分析法:通過(guò)對(duì)問(wèn)題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量

之間的函數(shù)關(guān)系（或畫出函數(shù)圖象），用數(shù)學(xué)方法求極值（如求二次函數(shù)

極值、公式極值、三角函數(shù)極值）。

（3）物理分析法:根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過(guò)對(duì)物理過(guò)

程的分析,利用平行四邊形定則或三角形定則進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大

值與最小值。

2.連接體中的三種臨界狀態(tài)：

（1）彈力連接（以輕繩連接或直接接觸）：若加速度一樣，各個(gè)物體間彈

力與“其帶動(dòng)的物體質(zhì)量”成正比;直接接觸的連接體往往還涉及“要

分離還沒(méi)分”的臨界狀態(tài)。

⑵彈簧連接:在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不一定相

等;在彈簧形變量最大時(shí)一，兩端連接體的速率相等。

⑶摩擦連接：連接體靠靜摩擦力或滑動(dòng)摩擦力連接（帶動(dòng)），由靜摩擦

力帶動(dòng)時(shí)連接體相對(duì)靜止,加速度相同；靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)

是“要滑還沒(méi)滑”的臨界狀態(tài)。

，考場(chǎng)秘技四步法解決臨界極值問(wèn)題

確定研究對(duì)象,進(jìn)行

應(yīng)考四羽競(jìng)技場(chǎng)

必考方法猜押/////////////

1.如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成9角,M

P兩端接一電阻為R的定值電阻，電阻為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置且

棒兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好,其他部分電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t=0時(shí)對(duì)金屬棒

施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F,使金屬棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),

通過(guò)定值電阻R的電荷量q隨時(shí)間的平方t?變化的關(guān)系如圖乙所示。

下列關(guān)于穿過(guò)回路abPMa的磁通量中、金屬棒的加速度a、外力F、通

過(guò)電阻R的電流I隨時(shí)間t變化的圖象中正確的是（）

2.如圖所示，甲、乙兩車同時(shí)由靜止從A點(diǎn)出發(fā)，沿直線AC運(yùn)動(dòng)。甲以

加速度a3做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vo乙以加

速度a,做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)后做加速度為a2的勻加速

運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度也為v。若&Wa2ra3,則（）

A.甲、乙不可能同時(shí)由A到達(dá)C

B.甲一定先由A到達(dá)C

C.乙一定先由A到達(dá)C

D.若a〉a3,則甲一定先由A到達(dá)C

3.在地面上以初速度2v。豎直上拋一物體A后,又以初速度v。在同一地

點(diǎn)豎直上拋另一物體B,若要使兩物體能在空中相遇，則兩物體拋出的

時(shí)間間隔At必須滿足什么條件（不計(jì)空氣阻力）（）

A.At>^B.At〈也

9q

D,也<A似也

99

4.（多選）如圖所示，光滑水平桌面放置著物塊A,它通過(guò)細(xì)繩和輕質(zhì)光

滑滑輪懸掛著物塊Bo已知A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為3m,重力加速度大

小為go靜止釋放物塊A、B后（）

A.相同時(shí)間內(nèi)A、B運(yùn)動(dòng)的路程之比為2：1

B.物塊A、B的加速度之比為1：1

C.細(xì)繩的拉力為色吆

7

D.當(dāng)B下落高度h時(shí),速度為J平

5.如圖所示,質(zhì)量為M傾角為e的斜面體A放于水平地面上。把質(zhì)量

為m的滑塊B放在A的斜面上。忽略一切摩擦,有人求得B相對(duì)地面的

加速度a=-M+m~gsin0,式中g(shù)為重力加速度。對(duì)于上述解,某同

學(xué)首先分析了等號(hào)右側(cè)量的單位,沒(méi)發(fā)現(xiàn)問(wèn)題。他進(jìn)一步利用特殊條件

對(duì)該解做了如下四項(xiàng)分析和判斷,所得結(jié)論都是“解可能是對(duì)的”。但

是，其中有一項(xiàng)是錯(cuò)誤的。請(qǐng)你指出該項(xiàng)（）

A.當(dāng)0=0時(shí)，該解給出a=0,這符合常識(shí),說(shuō)明該解可能是對(duì)的

B.當(dāng)0=90°時(shí)，該解給出a=g，這符合實(shí)驗(yàn)結(jié)論,說(shuō)明該解可能是對(duì)的

C.當(dāng)M?m時(shí),該解給出a=gsin0,這符合預(yù)期的結(jié)果,說(shuō)明該解可能是

對(duì)的

D.當(dāng)m?M時(shí)，該解給出a=-^-＞這符合預(yù)期的結(jié)果,說(shuō)明該解可能是對(duì)

sinn

的

6.如圖所示,沿豎直桿以速度v勻速下滑的物體A通過(guò)輕質(zhì)細(xì)繩拉光滑

水平面上的物體B,細(xì)繩與豎直桿間的夾角為。，則以下說(shuō)法正確的是

A.物體B向右勻速運(yùn)動(dòng)

B.物體B向右勻加速運(yùn)動(dòng)

C.細(xì)繩對(duì)A的拉力逐漸變小

D.細(xì)繩對(duì)B的拉力逐漸變大

7.如圖所示,在傾角為30°的光滑斜面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四

個(gè)木塊，其中兩個(gè)質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，木塊間

的最大靜摩擦力是fmo現(xiàn)用平行于斜面的拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為2m

的木塊，使四個(gè)木塊沿斜面以同一加速度向下運(yùn)動(dòng),則拉力F的最大值

//////////////?？挤椒ú卵?/p>

8.如圖甲所示，在水平地面上有一質(zhì)量為mi=lkg的足夠長(zhǎng)的木板，其

上疊放一質(zhì)量為m2=2kg的木塊,木塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)u,=0.3,

木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)u2=0」。假定木塊和木板之間的最大靜摩

擦力和滑動(dòng)摩擦力相等，現(xiàn)給木塊施加隨時(shí)間t增大的水平拉力

2

F=3t(N),重力加速度大小g=10m/so

a/(ms-2)

甲乙

⑴求木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間t1:

（2）t=10s時(shí),兩物體的加速度各為多大；

⑶在圖乙中畫出木塊的加速度隨時(shí)間變化的圖象（取水平拉力F的方

向?yàn)檎较?，只要求畫圖,不要求寫出理由及演算過(guò)程）。

9.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置。

將一質(zhì)量為m的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細(xì)線將小球與質(zhì)量為

M=km的小物塊相連，小物塊懸掛于管口?，F(xiàn)將小球釋放，一段時(shí)間后,

小物塊落地靜止不動(dòng)，小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng),通過(guò)管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平

拋運(yùn)動(dòng)，小球在轉(zhuǎn)向過(guò)程中速率不變。（重力加速度為g）

⑴求小物塊下落過(guò)程中的加速度大??；

⑵求小球從管口拋出時(shí)的速度大??；

⑶試證明小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移總小于丑Lo

2

必考方法3

///研透真題?破題有方///

【解析】(1)設(shè)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量為X。

對(duì)整體受力分析,平行斜面方向有

gsin0=kx0

解得Xo~O.16tn

⑵前0.2s時(shí)間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2s時(shí)刻兩物體分離,

此時(shí)P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為

Xi

對(duì)物體P,由牛頓第二定律得

kxi-migsin0=mia

前0.2s時(shí)間內(nèi)兩物體的位移

1

Xo-Xi=-at2

2

聯(lián)立解得a=—m/s2

3

⑶對(duì)兩物體受力分析知，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，分離時(shí)拉力最大

l/\160“

Fin=(irii+m?)a—N

m3

對(duì)Q應(yīng)用牛頓第二定律得

Fmax-m2gsin0二m2a

解得Fmax-012(gsin0+a)No

3

答案：(1)0.16m⑵Um/s?(3)—N—N

333

///多維猜押?制霸考場(chǎng)///

1.B將滑輪和三個(gè)物體看成一個(gè)系統(tǒng)。原來(lái)滑輪兩側(cè)處于平衡狀態(tài)，

彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)T等于下面所掛三個(gè)物體的重力之和，

即：T=(mi+m2+m3)g,這是彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)的最大值?，F(xiàn)在，把m2從右邊移

到左邊的mi上面，左邊物體的總重力大于右邊物體的重力，即

(mi+iTh)g>ni3g,左邊物體m1和nh將向下做加速運(yùn)動(dòng)，具有向下的加速度，

處于失重狀態(tài);而右邊的物體m3將向上做加速運(yùn)動(dòng)，具有向上的加速度,

處于超重狀態(tài)。由于(mi+m2)>m3,且兩邊物體的加速度大小相等，則在系

統(tǒng)中失重部分物體的質(zhì)量大于超重部分物體的質(zhì)量。所以，在總體上，

系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，彈簧測(cè)力計(jì)受到向下的拉力將減小，極端情況下，

若將右側(cè)的物體全部放到左側(cè)，三個(gè)物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)完全失

重，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為0,因此，正確答案為Bo

2.D用特殊值判斷，當(dāng)6=0時(shí)，物塊下滑過(guò)程中對(duì)斜面壓力大小應(yīng)為

mg,代入判斷知選項(xiàng)C、D符合要求；當(dāng)0為一定值時(shí)，C項(xiàng)的分母可能為

零，顯然不符合實(shí)際情況，所以只有選項(xiàng)D可能正確。

/〃高考猜押競(jìng)技場(chǎng)///

1.C設(shè)金屬導(dǎo)軌間的距離為/,金屬棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的位移為x,由

題圖乙可得q=7t=—=kt2,x=22七2,故金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B

R+rBl

2

錯(cuò)誤；由①二B/（x0+-at）可知,A錯(cuò)誤；回路中的電流It,由牛頓第二

2R+r

o212a

定律有F-mgsin0-BIl=ma,故有F=--------t+mgsin0+ma,C正確，D錯(cuò)誤。

R+r

2.A根據(jù)速度-時(shí)間圖象得，若a）a3,如圖（a）,因?yàn)槟┧俣认嗟?，位?/p>

相等，即圖線與時(shí)間軸所圍成的面積相等，則t若a3>a”如圖（b）,

因?yàn)槟┧俣认嗟?，位移相等，即圖線與時(shí)間軸所圍成的面積相等，則t

C>t甲；通過(guò)圖象作不出位移相等，速度相等，時(shí)間也相等的圖線，所以

甲、乙不能同時(shí)到達(dá)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

1

3.D依據(jù)x=v。t-￡gt2作出x-t圖象，如圖所示,

顯然兩條圖線相交點(diǎn)的橫坐標(biāo)表示A、B相遇時(shí)刻，縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)位移

XA-XBO由圖象可直接看出△t應(yīng)滿足關(guān)系式一—故D正確O

gg

4.A、C根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知，相同時(shí)間內(nèi)，物塊A、B運(yùn)動(dòng)的路程之

1

比為2：1,選項(xiàng)A正確；根據(jù)s=-at?可知，物塊A、B的加速度之比為2:

2

1,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)細(xì)繩的拉力為T,B的加速度為a,則對(duì)A：T=m?2a;對(duì)

B：3mg-2T=3ma;M^a=g,T=”g,選項(xiàng)C正確；當(dāng)B下落高度h時(shí)，速度

為\f=V2ah=Jfl%選項(xiàng)口錯(cuò)誤。

5.D當(dāng)m?M時(shí)，該解給出a=4>g,這與實(shí)際不符，說(shuō)明該解一定是錯(cuò)

誤的，故選Do

6.C取極端情況，開(kāi)始時(shí)e=90°,物體A的速度V垂直于繩，故VB=0,

當(dāng)6TO時(shí)，VBTV,幾乎不變，加速度趨于零，而開(kāi)始時(shí)VB=0,故B向右做

加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；由牛頓第三定律知細(xì)繩對(duì)A的拉力

大小FA等于對(duì)B的拉力大小FB,而FB=mBaB,aB減小,則大FB逐漸減小，C

正確，D錯(cuò)誤；定量分析如下：物體A沿繩的分速度與物體B運(yùn)動(dòng)的速度

大小相等，有VB二VCOS6,隨物體A下滑，。角減小，VB增加，但不是均勻

增加，e越小，cose增加越慢，VB增加越慢，即B的加速度越來(lái)越小，由

T=niBaB可知，細(xì)繩的拉力逐漸變小，故只有C正確。

7.C四個(gè)木塊以同一加速度向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律

得,F+6mgsin30°=6ma,當(dāng)拉力F作用的木塊受到最大靜摩擦力時(shí)，加速

度最大，以其他三個(gè)木塊為研究對(duì)象，fm+4mgsin30°=4ma,聯(lián)立解得

F=\m,C選項(xiàng)正確。

2

8.【解析】⑴當(dāng)F<U2(nh+m2)g=3N時(shí)，

木塊和木板都沒(méi)有被拉動(dòng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)木塊和木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，

對(duì)mi：

fmax-U2(mi+m2)g=miamax,

fmax-U2g

解得:amax=3m/s2

對(duì)整體有:

Fmax-|i2(mi+m2)g=(mi+m2)amax