《2018-2019高中物理 第四章 力與運動 微型專題 動力學連接體問題和臨界問題學案 粵教版必修1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019高中物理 第四章 力與運動 微型專題 動力學連接體問題和臨界問題學案 粵教版必修1.doc（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

微型專題　動力學連接體問題和臨界問題 [學習目標]　1.會用整體法和隔離法分析動力學的連接體問題.2.掌握動力學臨界問題的分析方法，會分析幾種典型臨界問題的臨界條件. 一、動力學的連接體問題 1.連接體：兩個或兩個以上相互作用的物體組成的具有相同加速度的整體叫連接體.如幾個物體疊放在一起，或并排擠放在一起，或用繩子、細桿等連在一起，在求解連接體問題時常用的方法有整體法與隔離法. 2.整體法：把整個連接體系統(tǒng)看做一個研究對象，分析整體所受的外力，運用牛頓第二定律列方程求解.其優(yōu)點在于它不涉及系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用力. 3.隔離法：把系統(tǒng)中某一物體(或一部分)隔離出來作為一個單獨的研究對象，進行受力分析，列方程求解.其優(yōu)點在于將系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用的內(nèi)力轉(zhuǎn)化為研究對象所受的外力，容易看清單個物體(或一部分)的受力情況或單個過程的運動情形. 4.整體法與隔離法的選用 求解各部分加速度都相同的連接體問題時，要優(yōu)先考慮整體法；如果還需要求物體之間的作用力，再用隔離法.求解連接體問題時，隨著研究對象的轉(zhuǎn)移，往往兩種方法交叉運用.一般的思路是先用其中一種方法求加速度，再用另一種方法求物體間的作用力或系統(tǒng)所受合力.無論運用整體法還是隔離法，解題的關鍵還是在于對研究對象進行正確的受力分析. 例1　如圖1所示，物體A、B用不可伸長的輕繩連接，在豎直向上的恒力F作用下一起向上做勻加速運動，已知mA＝10 kg，mB＝20 kg，F(xiàn)＝600 N，求此時輕繩對物體B的拉力大小(g取10 m/s2). 圖1 答案　400 N 解析　對A、B整體受力分析和單獨對B受力分析，分別如圖甲、乙所示： 對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有： F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 物體B受輕繩的拉力和重力，根據(jù)牛頓第二定律，有： FT－mBg＝mBa，聯(lián)立解得：FT＝400 N. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 當物體各部分加速度相同且不涉及求內(nèi)力的情況，用整體法比較簡單；若涉及物體間相互作用力時必須用隔離法.整體法與隔離法在較為復雜的問題中常常需要有機地結(jié)合起來運用，這將會更快捷有效. 針對訓練1　在水平地面上有兩個彼此接觸的物體A和B，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，若用水平推力F作用于A物體，使A、B一起向前運動，如圖2所示，求兩物體間的相互作用力為多大？ 圖2 答案　 解析　以A、B整體為研究對象，其受力如圖甲所示，由牛頓第二定律可得 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 所以a＝－μg 再以B物體為研究對象，其受力如圖乙所示，由牛頓第二定律可得FAB－μm2g＝m2a 聯(lián)立得兩物體間的作用力FAB＝. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 例2　如圖3所示，裝有支架的質(zhì)量為M(包括支架的質(zhì)量)的小車放在光滑水平地面上，支架上用細線拖著質(zhì)量為m的小球，當小車在光滑水平地面上向左勻加速運動時，穩(wěn)定后細線與豎直方向的夾角為θ.重力加速度為g，求小車所受牽引力的大小. 圖3 答案　(M＋m)gtan θ 解析　小球與小車相對靜止，它們的加速度相同，小車的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛頓第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如圖所示，小球所受合力的大小為mgtan θ. 由牛頓第二定律有mgtan θ＝ma　 ① 對小車和小球組成的整體，運用牛頓第二定律有 F＝(M＋m)a ② 聯(lián)立①②解得：F＝(M＋m)gtan θ. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 二、動力學的臨界問題 1.臨界問題：某種物理現(xiàn)象(或物理狀態(tài))剛好要發(fā)生或剛好不發(fā)生的轉(zhuǎn)折狀態(tài). 2.關鍵詞語：在動力學問題中出現(xiàn)的“最大”“最小”“剛好”“恰能”等詞語，一般都暗示了臨界狀態(tài)的出現(xiàn)，隱含了相應的臨界條件. 3.臨界問題的常見類型及臨界條件： (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸(或脫離)的臨界條件是彈力為零. (2)相對靜止或相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大靜摩擦力. (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的，繩子斷與不斷的臨界條件是實際張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是繩上的張力為零. (4)加速度最大與速度最大的臨界條件：當物體在變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化，當所受合力最大時，具有最大加速度；當所受合力最小時，具有最小加速度.當出現(xiàn)加速度為零時，物體處于臨界狀態(tài)，對應的速度達到最大值或最小值. 4.解題關鍵：正確分析物體運動情況，對臨界狀態(tài)進行判斷與分析，其中處于臨界狀態(tài)時存在的獨特的物理關系即臨界條件. 例3　如圖4所示，矩形盒內(nèi)用兩根細線固定一個質(zhì)量為m＝1.0 kg的均勻小球，a線與水平方向成53角，b線水平.兩根細線所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N.(cos 53＝0.6，sin 53＝0.8，g取10 m/s2)求： 圖4 (1)當該系統(tǒng)沿豎直方向勻加速上升時，為保證細線不被拉斷，加速度可取的最大值. (2)當該系統(tǒng)沿水平方向向右勻加速運動時，為保證細線不被拉斷，加速度可取的最大值. 答案　(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2 解析　(1)豎直向上勻加速運動時小球受力如圖所示，當a線拉力為15 N時，由牛頓第二定律得： 豎直方向有：Fmsin 53－mg＝ma 水平方向有：Fmcos 53＝Fb 解得Fb＝9 N，此時加速度有最大值a＝2 m/s2 (2)水平向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得： 豎直方向有：Fasin 53＝mg 水平方向有：Fb－Facos 53＝ma′ 解得Fa＝12.5 N 當Fb＝15 N時，加速度最大，有a′＝7.5 m/s2 【考點】動力學中的臨界、極值問題 【題點】彈力發(fā)生突變的臨界、極值問題 例4　如圖5所示，細線的一端固定在傾角為45的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球.(重力加速度為g) 圖5 (1)當滑塊至少以多大的加速度向右運動時，線對小球的拉力剛好等于零？ (2)當滑塊至少以多大的加速度向左運動時，小球?qū)瑝K的壓力等于零？ (3)當滑塊以a′＝2g的加速度向左運動時，線中拉力為多大？ 答案　(1)g　(2)g　(3)mg 解析　(1)當FT＝0時，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如圖甲，則 FNcos 45＝mg，F(xiàn)Nsin 45＝ma 解得a＝g.故當向右運動的加速度為g時線上的拉力為0. (2)假設滑塊具有向左的加速度a1時，小球受重力mg、線的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如圖乙所示.由牛頓第二定律得 水平方向：FT1cos 45－FN1sin 45＝ma1， 豎直方向：FT1sin 45＋FN1cos 45－mg＝0. 由上述兩式解得FN1＝，F(xiàn)T1＝. 由此兩式可以看出，當加速度a1增大時，球所受的支持力FN1減小，線的拉力FT1增大. 當a1＝g時，F(xiàn)N1＝0，此時小球雖與斜面接觸但無壓力，處于臨界狀態(tài)，這時繩的拉力為FT1＝mg.所以滑塊至少以a1＝g的加速度向左運動時小球?qū)瑝K的壓力等于零. (3)當滑塊加速度大于g時，小球?qū)ⅰ帮h”離斜面而只受線的拉力和重力的作用，如圖丙所示，此時細線與水平方向間的夾角α<45.由牛頓第二定律得FT′cos α＝ma′，F(xiàn)T′sin α＝mg，解得FT′＝m＝mg. 【考點】動力學中的臨界、極值問題 【題點】彈力發(fā)生突變的臨界、極值問題 1.(連接體問題)如圖6所示，質(zhì)量為2m的物塊A與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為m的物塊B與地面的摩擦不計，在大小為F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速運動，則A和B之間的作用力大小為(　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　D 解析　以A、B組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律得，F(xiàn)－μ2mg＝(2m＋m)a，整體的加速度大小為a＝；以B為研究對象，由牛頓第二定律得A對B的作用力大小為FAB＝ma＝，即A、B間的作用力大小為，選項D正確. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 2.(連接體問題)如圖7所示，光滑水平面上，水平恒力F作用在小車上，使小車和木塊一起做勻加速直線運動，小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，它們的共同加速度為a，木塊與小車間的動摩擦因數(shù)為μ，則在運動過程中(　　) 圖7 A.木塊受到的摩擦力大小一定為μmg B.木塊受到的合力大小為(M＋m)a C.小車受到的摩擦力大小為 D.小車受到的合力大小為(m＋M)a 答案　C 解析　把小車和木塊看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝.木塊水平方向只受靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得f＝ma＝，故A錯誤；對木塊運用牛頓第二定律得F合＝ma，故B錯誤；小車受到的摩擦力與f大小相等，故C正確；對小車運用牛頓第二定律得F車合＝Ma，故D錯誤. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 3.(動力學的臨界問題)如圖8所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m的A、B兩個物體，A、B間的最大靜摩擦力為μmg，現(xiàn)用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度運動，則拉力F的最大值為(　　) 圖8 A.μmg B.2μmg C.3μmg D.4μmg 答案　C 解析　當A、B之間恰好不發(fā)生相對滑動時力F最大，此時，A物體所受的合力為μmg，由牛頓第二定律知aA＝＝μg，對于A、B整體，加速度a＝aA＝μg.由牛頓第二定律得F＝3ma＝3μmg. 【考點】動力學中的臨界、極值問題 【題點】摩擦力發(fā)生突變的臨界、極值問題 分析多物體的平衡問題，關鍵是研究對象的選取，若一個系統(tǒng)中涉及兩個或兩個以上的物體，在選取研究對象時，要靈活運用整體法和隔離法.對于多物體問題，如果不求物體間的相互作用力，我們優(yōu)先采用整體法，這樣涉及的研究對象少，未知量少，方程少，求解簡便. 典題1　如圖9所示，粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑半圓球B，整個裝置處于平衡狀態(tài).已知A、B的質(zhì)量分別為m和M，半圓球B與柱狀物體A半徑均為R，半圓球B的圓心到水平地面的豎直距離為R，重力加速度為g.求： 圖9 (1)物體A對地面的壓力大??； (2)物體A對地面的摩擦力. 答案　見解析 解析　(1)把A、B看成一個系統(tǒng)，對其運用整體法，該系統(tǒng)在豎直方向上受到豎直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，所以FN＝(M＋m)g 得物體A對地面的壓力大小為(M＋m)g. (2)在水平方向上，該系統(tǒng)肯定受到豎直墻水平向右的彈力的作用，那么一定也受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于彈力大??；再選取半圓球B為研究對象，運用隔離法，受力分析如圖所示. 根據(jù)力的分解和力的平衡條件可得： FN1＝，F(xiàn)N2＝Mgtan θ 半圓球B的圓心到水平地面的豎直距離為R，所以θ＝45 所以FN2＝Mg 根據(jù)受力分析及牛頓第三定律，物體A對地面的摩擦力大小等于FN2，所以物體A對地面的摩擦力大小為Mg，方向水平向右. 【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題) 【題點】整體法和隔離法解平衡問題 求解本題時要優(yōu)先考慮整體法解題，這樣很容易求得物體對地面的壓力大小；然后隔離半圓球B應用平衡條件就可求出物體A對地面的摩擦力. 典題2　(多選)如圖10，在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體A，A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態(tài).把A向右移動少許后，它們?nèi)蕴幱陟o止狀態(tài)，則下列判斷正確的是(　　) 圖10 A.A對地面的壓力減小 B.B對墻的壓力增大 C.A與B之間的作用力減小 D.地面對A的摩擦力減小 答案　CD 解析　以A、B為整體分析，豎直方向上受重力及地面的支持力，兩物體重力不變，故A對地面的壓力不變，故A錯誤；對圓球B受力分析，作出平行四邊形如圖所示，A移動前后，B受力平衡，即B球受墻壁及A的彈力的合力與重力大小相等，方向相反；A向右移動少許，弧形斜面的切線順時針旋轉(zhuǎn)，A對球的彈力減小，墻對球的彈力減小，故B錯誤，C正確；分析A、B整體，水平方向上受墻壁的彈力和地面的摩擦力而處于平衡狀態(tài)，墻壁的彈力減小，則摩擦力減小，故D正確. 【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題) 【題點】整體法和隔離法解平衡問題 1.如圖11所示，一幼兒園小朋友在水平桌面上將三個形狀不規(guī)則的石塊成功疊放在一起，受到老師的表揚.下列說法正確的是(　　) 圖11 A.石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力 B.石塊b對a的支持力一定等于a受到的重力 C.石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D.石塊c對b的作用力一定豎直向上 答案　D 解析　石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B錯誤；以三石塊作為整體研究，則石塊c不會受到水平桌面的摩擦力，故C錯誤；選取a、b作為整體研究，根據(jù)平衡條件，則石塊c對b的作用力與a、b整體的重力平衡，則石塊c對b的作用力一定豎直向上，故D正確. 2.(多選)如圖12所示，質(zhì)量為m的木塊A放在質(zhì)量為M的三角形斜劈上，現(xiàn)用大小均為F、方向相反的水平力分別推A和B，它們均靜止不動，則(　　) 圖12 A.A與B之間一定存在摩擦力 B.B與地面之間可能存在摩擦力 C.B對A的支持力可能小于mg D.地面對B的支持力的大小一定等于(M＋m)g 答案　CD 解析　對A、B整體受力分析，如圖所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的兩個推力，對于整體，由于兩個推力剛好平衡，故整體與地面間沒有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B錯誤，D正確.再對木塊A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B對A的支持力FN′，當推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力時，摩擦力的方向沿斜面向下.當推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力時，摩擦力的方向沿斜面向上.當推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力時，摩擦力為零，故A錯誤.在垂直斜面方向上有FN′＝mgcos θ＋Fsin θ(θ為斜劈傾角)，B對A的支持力可能小于mg，C正確. 3.如圖13所示，在一根水平直桿上套著兩個輕環(huán)，在環(huán)下用兩根等長的輕繩拴著一個重物.把兩環(huán)分開放置，靜止時桿對a環(huán)的摩擦力大小為f，支持力為FN.若把兩環(huán)距離稍微縮短一些，系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，則(　　) 圖13 A.FN變小 B.FN變大 C.f變小 D.f變大 答案　C 解析　由對稱性可知桿對兩環(huán)的支持力大小相等.對重物與兩環(huán)組成的整體受力分析，由平衡條件知豎直方向上2FN＝mg恒定，A、B皆錯誤.由極限法，將a、b兩環(huán)間距離減小到0，則兩繩豎直，桿對環(huán)不產(chǎn)生摩擦力的作用，故兩環(huán)距離縮短時，f變小，C正確，D錯誤. 4.如圖14所示，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力.A與B的質(zhì)量之比為(　　) 圖14 A. B. C. D. 答案　B 解析　對物體A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；對物體B在豎直方向上有μ1F＝mBg；聯(lián)立解得：＝，選項B正確. 【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題) 【題點】平衡中的臨界、極值問題 5.(多選)如圖15所示，A是一質(zhì)量為M的盒子，B的質(zhì)量為m，A、B用細繩相連，跨過光滑的定滑輪置于傾角為θ的斜面上，B懸于斜面之外而處于靜止狀態(tài)，斜面放置在水平地面上.現(xiàn)在向A中緩慢加入沙子，整個系統(tǒng)始終保持靜止，則在加入沙子的過程中(　　) 圖15 A.A對斜面的壓力逐漸增大 B.繩子拉力逐漸增大 C.地面對斜面的摩擦力始終為零 D.A所受的摩擦力逐漸增大 答案　AC 解析　A對斜面的壓力等于A及沙子的總重力沿垂直于斜面方向的分力，當向A中緩慢加入沙子時，總重力逐漸增大，A對斜面的壓力逐漸增大，故A正確；繩子拉力等于B的重力，保持不變，故B錯誤；整個系統(tǒng)始終保持靜止，不受水平方向的分力，則地面對斜面沒有摩擦力，故C正確；由于不知道A的重力沿斜面方向的分力與細繩拉力的大小關系，故不能確定靜摩擦力的方向，故隨著沙子質(zhì)量的增加，靜摩擦力可能增大也可能減小，故D錯誤. 【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題) 【題點】整體法和隔離法解平衡問題 一、選擇題 考點一　動力學的連接體問題 1.如圖1所示，彈簧測力計外殼質(zhì)量為m0，彈簧及掛鉤的質(zhì)量忽略不計，掛鉤吊著一質(zhì)量為m的重物.現(xiàn)用一豎直向上的外力F拉著彈簧測力計，使其向上做勻加速直線運動，則彈簧測力計的讀數(shù)為(　　) 圖1 A.mg B.F C.F D.F 答案　C 解析　將彈簧測力計及重物視為一個整體，設它們共同向上的加速度為a.由牛頓第二定律得 F－(m0＋m)g＝(m0＋m)a ① 彈簧測力計的示數(shù)等于它對重物的拉力，設此力為FT. 則對重物由牛頓第二定律得FT－mg＝ma ② 聯(lián)立①②解得FT＝F，C正確. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 2.如圖2所示，放在光滑水平面上的物體A和B，質(zhì)量分別為2m和m，第一次水平恒力F1作用在A上，第二次水平恒力F2作用在B上.已知兩次水平恒力作用時，A、B間的作用力大小相等.則(　　) 圖2 A.F1F2 D.F1>2F2 答案　C 解析　設A、B間作用力大小為FN，則水平恒力作用在A上時，隔離B受力分析有：FN＝maB. 水平恒力作用在B上時，隔離A受力分析有：FN＝2maA. F1＝(2m＋m)aB，F(xiàn)2＝(2m＋m)aA，解得F1＝3FN，F(xiàn)2＝FN，所以F1＝2F2，即F1>F2. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 3.如圖3所示，在光滑的水平桌面上有一物體A，通過繩子與物體B相連，假設繩子的質(zhì)量以及繩子與定滑輪之間的摩擦力都可以忽略不計，繩子不可伸長且A與定滑輪之間的繩水平.如果mB＝3mA，則繩子對物體A的拉力大小為(　　) 圖3 A.mBg B.mAg C.3mAg D.mBg 答案　B 解析　對A、B整體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，對物體A，設繩的拉力為F，由牛頓第二定律得，F(xiàn)＝mAa，解得F＝mAg，B正確. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 4.如圖4所示，質(zhì)量為M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽球心和小鐵球的連線與豎直方向成α角.重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.小鐵球受到的合外力方向水平向左 B.F＝(M＋m)gtan α C.系統(tǒng)的加速度為a＝gsin α D.F＝mgtan α 答案　B 解析　隔離小鐵球受力分析得F合＝mgtan α＝ma且合外力方向水平向右，故小鐵球加速度為gtan α，因為小鐵球與凹槽相對靜止，故系統(tǒng)的加速度也為gtan α，A、C錯誤.對整體受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，故B正確，D錯誤. 【考點】整體法與隔離法在動力學中的應用 【題點】整體法與隔離法在動力學中的應用 考點二　動力學的臨界、極值問題 5.(多選)如圖5所示，已知物塊A、B的質(zhì)量分別為m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，A與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推動下，要使A、B一起運動而B不致下滑，則力F大小可能的是(　　) 圖5 A.50 N B.100 N C.125 N D.150 N 答案　CD 解析　對B不下滑有μ1FN≥m2g，由牛頓第二定律FN＝m2a；對整體有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得F≥(m1＋m2)g＝125 N，選項C、D正確. 【考點】動力學中的臨界、極值問題 【題點】摩擦力發(fā)生突變的臨界、極值問題 6.如圖6所示，質(zhì)量為M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板及木板與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，若要以水平外力F將木板抽出，則力F的大小至少為(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)(　　) 圖6 A.μmg B.μ(M＋m)g C.μ(m＋2M)g D.2μ(M＋m)g 答案　D 【考點】動力學中的臨界、極值問題 【題點】摩擦力發(fā)生突變的臨界、極值問題 二、非選擇題 7.(臨界問題)如圖7所示，質(zhì)量為4 kg的小球用細線拴著吊在行駛的汽車后壁上，線與豎直方向夾角為37.已知g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： 圖7 (1)當汽車以加速度a＝2 m/s2向右勻減速行駛時，細線對小球的拉力大小和小球?qū)嚭蟊诘膲毫Υ笮? (2)當汽車以加速度a＝10 m/s2向右勻減速行駛時，細線對小球的拉力大小和小球?qū)嚭蟊诘膲毫Υ笮? 答案　(1)50 N　22 N　(2)40 N　0 解析　(1)當汽車以加速度a＝2 m/s2向右勻減速行駛時，小球受力分析如圖甲. 由牛頓第二定律得： FT1cos θ＝mg，F(xiàn)T1sin θ－FN＝ma 代入數(shù)據(jù)得：FT1＝50 N，F(xiàn)N＝22 N 由牛頓第三定律知，小球?qū)嚭蟊诘膲毫Υ笮?2 N. (2)當汽車向右勻減速行駛時，設小球所受車后壁彈力為0時(臨界條件)的加速度為a0，受力分析如圖乙所示.由牛頓第二定律得：FT2sin θ＝ma0，F(xiàn)T2cos θ＝mg 代入數(shù)據(jù)得：a0＝gtan θ＝10 m/s2＝7.5 m/s2 因為a＝10 m/s2＞a0 所以小球會飛起來，F(xiàn)N′＝0 由牛頓第二定律得：FT2＝＝40 N. 【考點】動力學中的臨界、極值問題 【題點】彈力發(fā)生突變的臨界、極值問題