微专题15--牛顿运动定律应用之临界与极值问题.pdf

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1、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：物体与弹簧分离临界问题【例题

2、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2gk 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 A10 N B5 N C.5 N D 10 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

3、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 ma0 FTsin 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 m2g FTsin mg0 解得FT 5mg 55510 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图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10

4、m/s2。则()Aa403 m/s2时，FN0 B小球质量m0.1 kg C斜面倾角的正切值为34 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a403 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a403 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mgtanma

5、，联立可得 tan34，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.mamgcossin B.mamgcossin C.masin D.mgsin【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，Fsi

6、nmg 解得：Fmgsin或Fmacos。(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcos(mgFsin)ma 所以：Fmamgcossin。(3)若环受到的弹力的方向向下，则：Fcos(Fsinmg)ma 所以：Fmamgcossin。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

7、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)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kmgtan 0v0.(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为FN，有 FNsin kvma FNcos mg 得 tan agvv0tan 0.(3)以

8、速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有 Fmgcos 0 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txv0v02a 球不从球拍上掉落的条件12at2r 得 sin 2rcos 0gxv0v02a2.【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g C弹簧的劲度系数等于mgh D在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动

9、【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，hx0 x，解以上各式得kmgh，综上所述，只有 C 项正确【答案】C 2.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

10、/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 N B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，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

11、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x12at2，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)gxWF12(mM)v2，联立vat并代入数据得WF3.84 J，D 对【答案】CD 3.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，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g2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

12、中FN、F随x变化的图象正确的是()【解析】根据题述，B以g2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，2mgkxF2mg2，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，mgFNFmg2，解得FNmg2kx.当弹簧的弹力增大到mg2，即xmg2k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动时的mg2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mg2，此后B与A分离，力F保持mg2不变，故选项 D 正确【答案】D 4.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

13、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()Aa403 m/s2时，FN0 B小球质量m0.1 kg C斜面倾角的正切值为34 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 FNsin 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a403 m

14、/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a403 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mgtan ma，联立可得 tan 34，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、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

15、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：FAmgmatan，FCmasin，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：FBmamgtan，FCmgcos，FB与a也成线性关系，FC不变，C 项错误【答案】B 6.(

16、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.2FmmMM B.2FmmMm C.2FmmMM(mM)g D.2FmmMM(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F2FmmMM，选项 A 正确【答案】A 7.(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扣放在B

17、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所受的摩擦

18、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：AD 8.(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

19、线的张力增大 Bb 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 TbTacosmg0 Tasin0(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 Tcmgcos，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 Tamasin，Tbmgmatan 在右车中，根据牛顿第二定律可知 TdTcsinma，Tccosmg，解得 Tcmgcos，Tdma

20、mgtan 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.(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33.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 Lv0t12at2 vv0at 联立式，代入数据得 a3 m/s2 v8 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 Ffma Fsin FNmgcos 0 又FfFN 联立式得 Fmg(sin cos)macos sin 由数学知识得 cos 33sin 2 33sin(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 Fmin1335 N【答案】(1)3 m/s2 8 m/s(2)30 13 35 N