《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 微專(zhuān)題27 動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問(wèn)題加練半小時(shí) 粵教版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 微專(zhuān)題27 動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問(wèn)題加練半小時(shí) 粵教版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專(zhuān)題27 動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問(wèn)題 [方法點(diǎn)撥]　(1)用極限分析法把題中條件推向極大或極小，找到臨界狀態(tài)，分析臨界狀態(tài)的受力特點(diǎn)，列出方程．(2)將物理過(guò)程用數(shù)學(xué)表達(dá)式表示，由數(shù)學(xué)方法(如二次函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等)求極值． 1．(2018·山東青島二中模擬)如圖1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(shí)接觸．擋板A、B和斜面C對(duì)小球的彈力大小分別為FA、FB和FC.現(xiàn)使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．若FA和FB不會(huì)同時(shí)存在，斜面傾角為θ，重力加速度為g，則下列圖像中，可能正確的是(　　) 圖1

2、 2．(多選)如圖2所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ(0°≤θ≤90°)，一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上．給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放．改變直桿與水平方向的夾角θ，當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時(shí)，小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，重力加速度為g，則(　　) 圖2 A．恒力F一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向 B．恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向 C．若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為mg D．恒力F的最小值為mg 3．(多選)(2017·廣東順德一模)如圖3所示，質(zhì)量m＝20k

3、g的物塊，在與水平方向成θ＝37°的拉力F＝100N作用下，一直沿足夠長(zhǎng)的水平面做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．物體的合力可能大于80N B．地面對(duì)物體的支持力一定等于140N C．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定小于 D．物塊的加速度可能等于2m/s2 4．(2018·湖北荊州質(zhì)檢)如圖4所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量也為m的托盤(pán)B上，以N表示B對(duì)A的作用力，x表示彈簧的伸長(zhǎng)量．初始時(shí)，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

4、)．現(xiàn)改變力F的大小，使B以的加速度勻加速向下運(yùn)動(dòng)(g為重力加速度，空氣阻力不計(jì))，此過(guò)程中N、F隨x變化的圖像正確的是(　　) 圖4 5．(多選)(2017·江西師大附中3月月考)如圖5所示，水平地面上有一楔形物塊a，傾角為θ＝37°，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上．a(chǎn)與b之間光滑，a與b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)(物塊a與粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g＝10m/s2)，有(　　) 圖5 A．若μ＝0.1，則細(xì)繩的拉力為零，地面對(duì)a的支持力變小 B．若μ＝0.1，則細(xì)繩的拉力

5、變小，地面對(duì)a的支持力不變 C．若μ＝0.75，則細(xì)繩的拉力為零，地面對(duì)a的支持力不變 D．若μ＝0.8，則細(xì)繩的拉力變小，地面對(duì)a的支持力變小 6．(2017·湖南株洲一模)如圖6所示，在水平桌面上放置一質(zhì)量為M且足夠長(zhǎng)的木板，木板上再疊放一質(zhì)量為m的滑塊，木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，開(kāi)始時(shí)滑塊與木板均靜止．今在木板上施加一水平拉力F，它隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F＝kt，k為已知的比例系數(shù)．假設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，求滑塊剛好開(kāi)始在木板上滑動(dòng)時(shí)， 圖6 (1)拉力作用的時(shí)間； (2)木板的速度大小． 7．如圖7所示，質(zhì)量

6、均為m＝3kg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＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上．開(kāi)始時(shí)兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使物塊B在水平外力F(圖中未畫(huà)出)作用下向右做加速度大小為2 m/s2的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)直至與A分離，已知兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g＝10m/s2.求： 圖7 (1)物塊A、B分離時(shí)，所加外力F的大小； (2)物塊A、B由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離所用的時(shí)間． 8．(2018·陜西黃陵中學(xué)模擬)如圖8所示，一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝4

7、kg的物塊P，Q為一質(zhì)量為m2＝8kg的重物，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0.2 s時(shí)間內(nèi)F為變力，0.2 s以后F為恒力，已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2.求力F的最大值與最小值． 圖8 答案精析 1．B　[對(duì)小球進(jìn)行受力分析，當(dāng)a≤gtanθ時(shí)如圖甲， 根據(jù)牛頓第二定律： 水平方向：FCsinθ＝ma 豎直方向：FCcosθ＋FA＝mg 聯(lián)立得：FA＝mg－，F(xiàn)C＝， FA與a成線(xiàn)性關(guān)系，當(dāng)a＝0時(shí)，F(xiàn)A＝mg，

8、當(dāng)a＝gtanθ時(shí)，F(xiàn)A＝0， FC與a成線(xiàn)性關(guān)系，當(dāng)a＝gsinθ時(shí)，F(xiàn)C＝mg， A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確； 當(dāng)a＞gtanθ時(shí)，受力如圖乙，根據(jù)牛頓第二定律， 水平方向：FCsinθ＋FB＝ma 豎直方向：FCcosθ＝mg 聯(lián)立得：FB＝ma－mgtanθ，F(xiàn)C＝， FB與a也成線(xiàn)性關(guān)系，F(xiàn)C不變，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．] 2．BCD　[小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿AB對(duì)小圓環(huán)的支持力和恒力F，把光滑直桿AB對(duì)小圓環(huán)的支持力正交分解，沿直桿方向無(wú)分力，由L＝at2可知，要使小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度必須最大，由牛頓第二定律可知，當(dāng)恒力和重力的合力沿光滑直桿

9、方向時(shí)，加速度最大，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝，解得F＝mg，選項(xiàng)C正確；當(dāng)F的方向垂直光滑直桿時(shí)，恒力F最小，由sin60°＝，解得Fmin＝mgsin60°＝mg，選項(xiàng)D正確．] 3．BCD　[若水平面光滑，則合力為F合＝Fcos37°＝100×0.8N＝80N；若水平面粗糙，則合力為：F合＝Fcos37°－f＝80N－f<80N，所以合力不可能大于80N，故A錯(cuò)誤；在豎直方向上Fsin37°＋N＝mg，則N＝mg－Fsin37°＝200N－100×0.6N＝140N，故B正確；若水平面粗糙，水平方向Fcos37°－μN(yùn)＝ma，解得μ＝＝<＝，故C正

10、確；當(dāng)水平面光滑時(shí)，合力為80N，則加速度a＝＝m/s2＝4 m/s2 水平面粗糙時(shí)，a＝＝，當(dāng)μ＝時(shí)，a等于2m/s2，故D正確．] 4．D　[根據(jù)題述，B以的加速度勻加速向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，選擇A、B整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律，2mg－kx－F＝2m·，解得F＝mg－kx，即F從mg開(kāi)始線(xiàn)性減小，可排除圖像C.選擇B作為研究對(duì)象，由牛頓第二定律，mg＋N′－F＝，解得N′＝－kx.由牛頓第三定律得N′＝N，當(dāng)彈簧的彈力增大到，即x＝時(shí)，A和B間的壓力為零，在此之前，二者之間的壓力由開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的線(xiàn)性減小到零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．同時(shí)，力F由開(kāi)始時(shí)的mg線(xiàn)性減小到，此后B與A分離，力F保持不變

11、，故選項(xiàng)D正確．] 5．BC 6．(1)　(2)(M＋m) 解析　(1)滑塊剛好開(kāi)始在木板上滑動(dòng)時(shí)，滑塊與木板的靜摩擦力達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有：μ2mg＝ma， 解得：a＝μ2g 對(duì)滑塊和木板構(gòu)成的系統(tǒng)，有： kt2－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a， 聯(lián)立解得：t2＝ (2)木板剛開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，μ1(M＋m)g＝kt1，此后滑塊隨木板一起運(yùn)動(dòng)，直至兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，在這個(gè)過(guò)程中，拉力的沖量為圖中陰影部分的面積I－μ1(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v 聯(lián)立解得：v＝ (M＋m) 7．(1)21N　(2)0.3s 解析　(1)物塊A、B分離時(shí)，對(duì)B：F

12、－μmg＝ma 解得：F＝21N (2)A、B靜止時(shí)，對(duì)A、B：kx1＝2μmg A、B分離時(shí)，對(duì)A：kx2－μmg＝ma 此過(guò)程中：x1－x2＝at2 解得：t＝0.3s. 8．72N　36N 解析　設(shè)剛開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮量為x0. 根據(jù)平衡條件和胡克定律得：(m1＋m2)gsin37°＝kx0 得：x0＝＝m＝0.12m 從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0，從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看，一起運(yùn)動(dòng)的兩物體恰好分離時(shí)，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 因?yàn)樵谇?.2s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后，F(xiàn)為恒力． 在0.2s時(shí)，由胡克定律和牛頓第二定律得： 對(duì)P：kx1－m1gsinθ＝m1a 前0.2s時(shí)間內(nèi)P、Q向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0－x1，則 x0－x1＝at2 聯(lián)立解得a＝3m/s2 當(dāng)P、Q剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，此時(shí)有 對(duì)PQ整體：Fmin＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3N＝36N 當(dāng)P、Q分離時(shí)拉力最大，此時(shí)有 對(duì)Q：Fmax－m2gsinθ＝m2a 得Fmax＝m2(a＋gsinθ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72N. 7