高中物理微專題講義：微專題15牛頓運動定律應(yīng)用之臨界與極值問題

1、微專題15牛頓運動定律應(yīng)用之臨界與極值問題【核心要點提示】五種典型臨界條件(1)物體離開接觸面的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力Fn = 0.(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑 動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值.(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條 件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是：Ft=0. TOC o 1-5 h z (4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：當(dāng)加速度變?yōu)?時.(5)物塊與彈簧脫離的臨界條件：彈力Fn=0,速度相等，加速度相等【微專題訓(xùn)練

2、】 類型一：物體與彈簧分離臨界問題【例題1】如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為 k,初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直 向上的拉力F作用在物體A上，使物體 A開始向上做加速度為 a的勻加速運動，測得兩個 物體的v-t圖象如圖乙所示(重力加速度為g),則()乙A.施加外力前，彈簧的形變量為 胃 kB.外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為 M(g- a)C. A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零D.彈簧恢復(fù)到原長時，物體B的速度達到最大值答案 B解析 施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg=kx,

3、解得x=-2Mg,故kA錯誤；施加外力 F的瞬間，對物體 B,根據(jù)牛頓第二定律有 F彈一MgFAB=Ma,其中F 彈=2Mg,解得Fab= M(ga),故B正確；由題圖乙知，物體A、B在t1時刻分離，此日A、 B具有共同的v和a,且Fab=0,對B有F彈一Mg = Ma,解得F彈=M(g+a),故C錯誤； 當(dāng)F彈=Mg時，B達到最大速度，故 D錯誤?！咀兪?】如圖所示，質(zhì)量均為 m = 3 kg的物塊A、B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物 塊A的左側(cè)連接一勁度系數(shù)為k= 100 N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上.開B在水平外力F作用下向右做加速度始時兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)

4、，現(xiàn)使物塊1 / 13大小為2 m/s / 13的勻加速直線運動直至與A分離，已知兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為= 0.5, g = 10 m/s2 求：物塊A、B分離時，所加外力 F的大??；(2)物塊A、B由靜止開始運動到分離所用的時間.【解析】(1)物塊A、B分離時，對B： F-mg= ma解得：F= 21 N(2)A、B 靜止時，對 A、B： kxi=2mgA、B 分離時，對 A： kx2- mg= ma此過程中：xi -X2 = at2解得：t=0.3 s.【答案】(1)21 N (2)0.3 s類型二：物體與接觸面分離臨界問題【例題2】(2018福建福州質(zhì)檢)傾角為0= 45、外表面

5、光滑的楔形滑塊 M放在水平面AB上，滑塊M的頂端。處固定一細線，細線的另一端拴一小球，已知小球的質(zhì)量為m = gkg,當(dāng)滑塊M以a=2g的加速度向右運動時，則細線拉力的大小為(取g= 10 m/s2)()A. 10 NB. 5 NC. .5 ND. .10 N解析：當(dāng)滑塊向右運動的加速度為某一臨界值時，斜面對小球的支持力恰好為零，此時小球受到兩個力：重力和線的拉力(如圖1所示)，根據(jù)牛頓第二定律，有：Ftcos 0= ma0FTsin 0 mg= 0其中0= 45解得a0=gffl2則知當(dāng)滑塊向右運動的加速度a= 2g時，小球已 飄”起來了，此時小球受力如圖 2所示，則有Ft cos= m 2

6、gFt sin mg = 0解得Ft=X10 N= 10 No故選項A正確。答案： A【變式2】如圖甲所示，水平面上有一傾角為。的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為m的小球。斜面以加速度 a水平向右做勻加速直線運動，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和Fn。若T-a圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g= 10 m/s2。則()A . a= 70 m/s2 時，F(xiàn)n= 0B.小球質(zhì)量m= 0.1 kg 3C.斜面傾角。的正切值為4D.小球離開斜面之前，F(xiàn)n = 0.8+ 0.06a(N)答案 ABC解析 小球離開斜面之前，以小球為研究對象

7、，進行受力分析，可得Tcos 0- FNsin 0= ma,Tsin。+ Fncos0= mg,聯(lián)立解得 Fn= mgcos。 masin a T= macos。+ mgsin 9,所以小球離開 斜面之前，T-a圖象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a= m/s2時，F(xiàn)n = 0, A正確；當(dāng)a=0時，402T= 0.6 N ,此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所不，所以mgsin 0= T;當(dāng)a= 3 m/s時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖2所示，所以 產(chǎn);=ma,聯(lián)立可得tan仁3 mtan43 / 13=0.1 kg , B、C 正確；將 。和 m 的值代入 FN= mgcos 0 ma

8、sin 0,彳# FN = 0.8 0.06a(N) , D 錯誤。類型三：極值問題【例題32018淮安質(zhì)檢將質(zhì)量為m的圓環(huán)套在固定的水平直桿上，環(huán)的直徑略大于桿的ii,對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上且與桿夾角為截面直徑，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為 的拉力F,使圓環(huán)以加速度)ma+ 丁 mgA.cos 0+ 因in 0ma C.sin 0【答案】Co對環(huán)受力分析，受重力、拉力、彈力和摩擦力。其中彈力可能向上，也可能向下，也可能等 于0。(1)若環(huán)受到的彈力為 0,則:解得：F =吟F =皿。sin 0 cos 0Fcos 0= ma, Fsin 0= mg(2)若環(huán)受到的彈力的方向向上，則:Fco

9、s 0 MmgFsin = ma所以：f= ma+ocos 0+ in 0(3)若環(huán)受到的彈力的方向向下，則:Fcos 0 p(Fsin 0 mg)= ma所以: TOC o 1-5 h z l ma mg Focos 0 in 0所以A、B、D可能，C不可能，選Co【變式3】(2012重慶理綜)某校舉行托乒乓球跑步比賽，賽道為水平直道，比賽距離為x.比賽時，某同學(xué)將球置于球拍中心，以大小為a的加速度從靜止開始做勻加速直線運動，當(dāng)速度達到V0時，再以V0做勻速直線運動跑至終點. 整個過程中球一直保持在球拍中心不動.比4 / 13賽中，該同學(xué)在勻速直線運動階段保持球拍的傾角為9b,如圖所示.設(shè)球

10、在運動中受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，方向與運動方向相反， 不計球與球拍之間的摩擦，球的質(zhì)量為m,重力加速度為g.求空氣阻力大小與球速大小的比例系數(shù)k ；(2)求在加速跑階段球拍傾角。隨速度v變化的關(guān)系式；(3)整個勻速跑階段，若該同學(xué)速度仍為vo,而球拍的傾角比 均大了 3并保持不變，不計球在球拍上的移動引起的空氣阻力變化，為保證到達終點前球不從球拍上距離中心為r的下邊沿掉落，求3應(yīng)滿足的條件.【解析】(1)在勻速運動階段，有 mgtan布=kvo得 krmga vo(2)加速階段，設(shè)球拍對球的支持力為Fn,有Flsin 0 kv= maFncos 0= mg得 tan 0= a+y

11、tan Go. g vo(3)以速度vo勻速運動時，設(shè)空氣阻力與重力的合力為F,有 l mga,F = cos 9o球拍傾角為 %+ 3時，空氣阻力與重力的合力不變，設(shè)球沿球拍面下滑的加速度大小為有 Fsin 3= max vo設(shè)勻速跑階段所用時間為t,有 t=_丁vo 2a球不從球拍上掉落的條件1 ,22at42rcos Oo 得 sin r.A vo 2 gwJ 2a， 【答案】見解析【鞏固習(xí)題】1.如圖所示，質(zhì)量均為 m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B,運動距離h時，B與A分離.下列說法正確的是 ()5 / 13B和A剛分離時，彈簧長度等于原長B和

12、A剛分離時，它們的加速度為gC.彈簧的.勁度系數(shù)等于mgD.在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動【解析】A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于 F是恒力，而彈力是變力，故 A、B做 變加速直線運動，當(dāng)兩物體要分離時，F(xiàn)ab=0,KB： F-mg=ma,對 A： kxmg = ma.即F=kx時，A、B分離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，由F= mg,設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為%,又 2mg = kx0,h = x0 x,解以上各式得k=，綜上所述，只有C項正確. h【答案】C2.如圖所示，懸掛于 。點的輕質(zhì)彈簧，勁度系數(shù) k= 100 N/m,其下端拴一質(zhì)量 小物體A,緊挨物體A有一質(zhì)量M =

13、2 kg的物體B,現(xiàn)對B施加一個豎直向上、 的力F,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然改變力 F的大小，使物體 A、B以加速度m = 1 kg 的大小為38 Na= 2m/s2 勻加速下降，直到 A、B兩物體分離，取 g= 10 m/s2,則()A.兩物體剛開始勻加速下降時，力 F大小為8 NB.兩物體分離時，彈簧剛好恢復(fù)原長C.改變力F的大小后經(jīng)0.4 s A、B兩物體分離D .從改變力F到兩物體分離的過程中，系統(tǒng)克服力 【解析】系統(tǒng)靜止時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，令壓縮量為據(jù)得Xi = 0.08 m, A、B兩物體剛開始勻加速下降時有F做的功為3.84 Jx1,則 F0=(m+ M)g+ kx1, kx1

14、 + (m+ M)g F = (m+ M)a,代入數(shù)代入數(shù)據(jù)得F = 32 N, A錯；設(shè)經(jīng)時間t兩物體分離,A、間的彈力為0,彈簧處于拉伸狀態(tài)，令拉伸量為X2,則對A有mgkx2=ma,代入數(shù)據(jù)得物體組成的系統(tǒng)下降的距離為x= x1+x2=0.16 m,x2=0.08 m, B 錯；A、B 分離時 A、B 兩而x=%t2,代入數(shù)據(jù)得t=0.4 s, C對；因剛開始和兩物體分離時，彈簧的形變量一樣，整個過程彈簧彈力做功為零，由動能定理知(m+ M)gxWF = :(m+M)v2,聯(lián)立 v= at 并代入數(shù)據(jù)得 Wf= 3.84 J, D 對.【答案】CD.如圖所示，一勁度系數(shù)為 k的輕質(zhì)彈簧，

15、上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A, A放在6 / 13質(zhì)量也為m的托盤B上，以Fn表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量.初始時，在豎 直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)（x= 0）.現(xiàn)改變力F的大小，使B以鄉(xiāng)的 加速度勻加速向下運動（g為重力加速度，空氣阻力不計 ）,此過程中fn、f隨x變化的圖象 正確的是（）【解析】根據(jù)題述，B以號的加速度勻加速向下運動過程中，選擇A、B整體為研究對象，由牛頓第二定律，2mg- kx- F=2m；,解得F= mg- kx,即F從mg開始線性減小，可排 除圖象C.選才i B作為研究對象，由牛頓第二定律，mg+FN-F=02g,解得Fn：kx.當(dāng)

16、彈簧的彈力增大到詈,即x=黑時,A和B間的壓力為零，在此之前，二者之間的壓力由 開始運動時的臂線性減小到零，選項A、B錯誤.同時，力F由開始時的mg線性減小到甲, 此后B與A分離，力F保持臂不變，故選項D正確.【答案】D.如圖甲所示，水平面上有一傾角為。的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為m的小球。斜面以加速度 a水平向右做勻加速直線運動，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小 球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和Fn。若T-a圖像如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為 g= 10 m/s2。則（）A . a= 7T m/s2 時，F(xiàn)n= 0 3B.小球質(zhì)量m= 0.1 kg7 /

17、 133C.斜面傾角。的正切值為- 4D.小球離開斜面之前，F(xiàn)n = 0.8+ 0.06a(N)解析：選ABC 小球離開斜面之前，以小球為研究對象， 進行受力分析，可得Tcos 0- FNsin 0= ma, Tsin。+ FNcos 0= mg,聯(lián)立解得 Fn= mgcos。一 masin 0, T = macos。+ mgsin 0,所 以小球離開斜面之前， T-a圖像呈線性關(guān)系，由題圖乙可知 a = 40 m/s2時，F(xiàn)n= 0,選項A 正確；當(dāng)a=0時，T=0.6 N ,此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsin 0=T;當(dāng)a= 40 m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零

18、，其受力如圖2所示，所以-mg- = ma,3tan t)3聯(lián)立可得tan 0= 4, m = 0.1 kg,選項B、C正確；將。和m的值代入 Fn= mgcos 0 masin 0,5.如圖所示，水平擋板 A和豎直擋板B固定在斜面C上，一質(zhì)量為 m的光滑小球恰能與兩 擋板和斜面同時接觸.擋板 A、B和斜面C對小球的彈力大小分別為 Fa、Fb和Fc.現(xiàn)使斜面 和物體一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運動.若Fa和Fb不會同時存在，斜面傾角為0,重力加速度為g,則下列圖象中，可能正確的是 ()【解析】小球進行受力分析，當(dāng) avgtan。時如圖甲，根據(jù)牛頓第二定律:8 / 13水平方向

19、：Fcsin 0= ma豎直方向：Fccos。+ Fa = mg聯(lián)立得:FA=mg-matan OF c=masin OFa與a成線性關(guān)系，當(dāng)a=0時，F(xiàn)a= mg,當(dāng) a= gtan。時，F(xiàn)a= 0,Fc與a成線性關(guān)系，當(dāng) a= gsin。時，F(xiàn)c=mg,A、D項錯誤，B項正確；當(dāng)agtan。時，受力如圖乙，根據(jù)牛頓第二定律, 水平方向：Fcsin 0+ Fb= ma豎直方向： Fccos 0= mg聯(lián)立得： FB=ma mgtan 0, Fc = -mg-, cos 0Fb與a也成線性關(guān)系，F(xiàn)c不變，c項錯誤.【答案】B6.（2012江蘇卷）如圖所示，一夾子夾住木塊，在力 別為m、M,夾子

20、與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為F作用下向上提升.夾子和木塊的質(zhì)量分Fm.若木塊不滑動，力F的最大值是（）A.2F mm+ M MB.2Fm m+MmC.2Fm m+MM(m+ M)gD.2Fm m+MM+ (m+ M)g【解析】方法一：整體法、隔離法的交替運用由題意知當(dāng)M恰好不能脫離夾子時，M受到的摩擦力最大，F(xiàn)取最大值，設(shè)此時提升加速度為 a,由牛頓第二定律得,對 M 有：2Fm- Mg = Ma對整體 M、m 有：F(M + m)g=(M+m)a9 / 13聯(lián)立兩式解得 F = 2Fm 1+M ，選項A正確. M【答案】A.（多選）（2018廣東佛山一模）如圖所示，斜劈 B固定在彈簧上，斜

21、劈 A扣放在B上，A、B 相對靜止，待系統(tǒng)平衡后用豎直向下的變力F作用于A,使A、B緩慢壓縮彈簧，彈簧一直在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是（）A .壓縮彈簧的過程中，B對A的摩擦力逐漸增大.壓縮彈簧的過程中，A可能相對B滑動C.當(dāng)彈簧壓縮量為某值時，撤去力 F,在A、B上升的過程中，B對A的作用力先增大后 減小D.當(dāng)彈簧壓縮量為某值時，撤去力 F,在A、B上升的過程中，A、B分離時，彈簧恢復(fù)原 長 解析： 開始A相對于B靜止，則A的重力在沿斜面方向的分力小于等于最大靜摩擦力， 設(shè)斜劈 B 的傾角為 0,有 mgsin mgos 0,所以（mg+F）sin 0p（mg + F）cos 0,所以

22、A、B 在緩慢壓縮彈簧的過程中，仍然能保持相對靜止，A所受的摩擦力Ff=（mg + F）sin 2對整體分析，F(xiàn)逐漸增大，可知摩擦力逐漸增大，故 A正確，B錯誤。撤去F后，在彈簧恢復(fù) 原長前，整體的加速度逐漸減小，隔離對 A分析，有F- mg = ma,則B對A的作用力F 逐漸減小。當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，A、B具有相同的加速度 g, A、B間彈力為零，發(fā)生分離。故C錯誤，D正確。 答案： AD8.（2017六安*II擬）如圖所示，兩個相同車?yán)铮饔脙筛毦€懸吊質(zhì)量相同的球，細線均處于拉直狀態(tài)，細線 b豎直、細線d水平，a、c兩細線與豎直方向的夾角均為依兩車均向左做勻加速直線運動，當(dāng)兩車向左加速運動后，關(guān)于細線上張力的變化，下列說法錯誤的是（加速運動時細線仍處拉直狀態(tài) ）（）A. a線的張力增大B. b線的張力不變C. d線的張力增大D. c線的張力不變答案 B解析 兩車靜止時，在左車中，以小球為研究對象，根據(jù)共點力平衡可知10 / 13Tb+ T acos 0 mg = 0Tasin。=0（程a線與豎直方向的夾角）解得 Ta= 0, Tb = mgcos a在右車中，根據(jù)共點力平衡可知Tccosa = mg, Tcsin a =Td,解得Tc= mg , Td= mgtan a(a是c線與豎直方向的夾角)當(dāng)兩車向左加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知在左車中,有