微专题15--牛顿运动定律应用之临界与极值问题(共16页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上微专题15 牛顿运动定律应用之临界与极值问题【核心要点提示】 五种典型临界条件(1)物体离开接触面的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN0.(2)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，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值(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度的，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：FT0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时(5)物块与弹簧脱离的临界条件：弹力FN0，速度相等，加速度相等【微专题训练】类型一：物体与弹

2、簧分离临界问题【例题1】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示(重力加速度为g)，则()A施加外力前，弹簧的形变量为B外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(ga)CA、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值答案B解析施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mgkx，解得x，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有

3、F弹MgFABMa，其中F弹2Mg，解得FABM(ga)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB0，对B有F弹MgMa，解得F弹M(ga)，故C错误；当F弹Mg时，B达到最大速度，故D错误。【变式1】如图所示，质量均为m3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5，g10 m/s2.求：(1)物块

4、A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间【解析】(1)物块A、B分离时，对B：Fmgma解得：F21 N(2)A、B静止时，对A、B：kx12mgA、B分离时，对A：kx2mgma此过程中：x1x2at2解得：t0.3 s.【答案】(1)21 N(2)0.3 s类型二：物体与接触面分离临界问题【例题2】(2018福建福州质检)倾角为45、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为mkg，当滑块M以a2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g10 m/s2)()A10 NB5 NC. N

5、D N解析：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有：FTcos ma0FTsin mg0其中45解得a0g则知当滑块向右运动的加速度a2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有FTcos m2gFTsin mg0解得FTmg10 N10 N。故选项A正确。答案：A【变式2】如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若Ta图象如图乙

6、所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s2。则()Aa m/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.06a(N)答案ABC解析小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得TcosFNsinma，TsinFNcosmg，联立解得FNmgcosmasin，Tmacosmgsin，所以小球离开斜面之前，Ta图象呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，FN0，A正确；当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinT；当a m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以ma，联立

7、可得tan，m0.1 kg，B、C正确；将和m的值代入FNmgcosmasin，得FN0.80.06a(N)，D错误。类型三：极值问题【例题3】2018淮安质检将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是()A. B.C. D.【答案】C。对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0。(1)若环受到的弹力为0，则：Fcosma，Fsinmg解得：F或F。(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcos(mgFsin)m

8、a所以：F。(3)若环受到的弹力的方向向下，则：Fcos(Fsinmg)ma所以：F。所以A、B、D可能，C不可能，选C。【变式3】(2012重庆理综)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为x.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点整个过程中球一直保持在球拍中心不动比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为0，如图所示设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；(2

9、)求在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比0大了并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求应满足的条件【解析】 (1)在匀速运动阶段，有mgtan 0kv0得k.(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为FN，有FNsin kvmaFNcos mg得tan tan 0.(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F球拍倾角为0时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a，有Fsin ma设匀速跑阶段所用时间为t，有t球不从球拍上掉落的条件at

10、2r得sin .【答案】见解析【巩固习题】1.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离下列说法正确的是()AB和A刚分离时，弹簧长度等于原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动【解析】A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB0，对B：Fmgma，对A：kxmgma.即Fkx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，由Fmg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，又2mgkx0，hx0x，解以上各

11、式得k，综上所述，只有C项正确【答案】C2.如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数k100 N/m，其下端拴一质量m1 kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M2 kg的物体B，现对B施加一个竖直向上、大小为38 N的力F，系统处于静止状态，现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a2 m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g10 m/s2，则()A两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为8 NB两物体分离时，弹簧刚好恢复原长C改变力F的大小后经0.4 s A、B两物体分离D从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84 J【解析】系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x1，

12、则F0(mM)gkx1，代入数据得x10.08 m，A、B两物体刚开始匀加速下降时有kx1(mM)gF(mM)a，代入数据得F32 N，A错；设经时间t两物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x2，则对A有mgkx2ma，代入数据得x20.08 m，B错；A、B分离时A、B两物体组成的系统下降的距离为xx1x20.16 m，而xat2，代入数据得t0.4 s，C对；因刚开始和两物体分离时，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理知(mM)gxWF(mM)v2，联立vat并代入数据得WF3.84 J，D对【答案】CD3.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固

13、定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x0)现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN、F随x变化的图象正确的是() 【解析】根据题述，B以的加速度匀加速向下运动过程中，选择A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mgkxF2m，解得Fmgkx，即F从mg开始线性减小，可排除图象C.选择B作为研究对象，由牛顿第二定律，mgFNF，解得FNkx.当弹簧的弹力增大到，即x时，A和B间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运

14、动时的线性减小到零，选项A、B错误同时，力F由开始时的mg线性减小到，此后B与A分离，力F保持不变，故选项D正确【答案】D4.如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若Ta图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s2。则()Aa m/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.06a(N)解析：选ABC小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos F

15、Nsin ma，Tsin FNcos mg，联立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以小球离开斜面之前，Ta图像呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，FN0，选项A正确；当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin T；当a m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以ma，联立可得tan ，m0.1 kg，选项B、C正确；将和m的值代入FNmgcos masin ，得FN0.80.06a(N)，选项D错误。5.如图所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触挡板A、

16、B和斜面C对小球的弹力大小分别为FA、FB和FC.现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动若FA和FB不会同时存在，斜面倾角为，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是()【解析】小球进行受力分析，当agtan 时如图甲，根据牛顿第二定律：水平方向：FCsin ma竖直方向：FCcos FAmg联立得：FAmg，FC，FA与a成线性关系，当a0时，FAmg，当agtan 时，FA0，FC与a成线性关系，当agsin 时，FCmg，A、D项错误，B项正确；当agtan 时，受力如图乙，根据牛顿第二定律，水平方向：FCsin FBma竖直方向：FCcos mg联立得：FB

17、mamgtan ，FC，FB与a也成线性关系，FC不变，C项错误【答案】B6.(2012江苏卷)如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Fm.若木块不滑动，力F的最大值是()A. B. C. (mM)gD. (mM)g【解析】方法一：整体法、隔离法的交替运用由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿第二定律得，对M有：2FmMgMa对整体M、m有：F(Mm)g(Mm)a联立两式解得F，选项A正确【答案】A7.(多选)(2018广东佛山一模)如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A

18、扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是()A压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大B压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长解析：开始A相对于B静止，则A的重力在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈B的倾角为，有mgsin mgcos ，所以(mgF)sin (mgF)cos ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受

19、的摩擦力Ff(mgF)sin ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误。撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有Fmgma，则B对A的作用力F逐渐减小。当弹簧恢复原长时，A、B具有相同的加速度g，A、B间弹力为零，发生分离。故C错误，D正确。答案：AD8.(2017六安模拟)如图所示，两个相同车里，各用两根细线悬吊质量相同的球，细线均处于拉直状态，细线b竖直、细线d水平，a、c两细线与竖直方向的夹角均为，两车均向左做匀加速直线运动，当两车向左加速运动后，关于细线上张力的变化，下列说法错误的是(加速运动时细线仍处拉直状态)()Aa线的张力增大 Bb

20、线的张力不变Cd线的张力增大 Dc线的张力不变答案B解析两车静止时，在左车中，以小球为研究对象，根据共点力平衡可知TbTacosmg0Tasin0(是a线与竖直方向的夹角)解得Ta0，Tbmg在右车中，根据共点力平衡可知Tccosmg，TcsinTd，解得Tc，Tdmgtan(是c线与竖直方向的夹角)当两车向左加速运动时，根据牛顿第二定律可知在左车中，有Tasinma，TacosTbmg，解得Ta，Tbmg在右车中，根据牛顿第二定律可知TdTcsinma，Tccosmg，解得Tc，Tdmamgtan对比可知，a、d线的张力增大，b线的张力变小，c线的张力不变，故A、C、D项正确，B项错误9.(

21、2013山东理综，22)图5所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【解析】(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N【答案】(1)3 m/s28 m/s(2)30 N专心-专注-专业