2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题27动力学中的临界极值问题加练半小时粤教版

[方法点拨] (1)用极限分析法把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程．(2)将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．

1．(2018·山东青岛二中模拟)如图1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.现使斜面和小球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θ，重力加速度为g，则下列图像中，可能正确的是( )

图1

2．(多选)如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则( )

图2

A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向

B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向 C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为3mg

3mg 2

D．恒力F的最小值为3．(多选)(2017·广东顺德一模)如图3所示，质量m＝20kg的物块，在与水平方向成θ＝37°的拉力F＝100N作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列说法正确的是( )

2

图3

A．物体的合力可能大于80N

B．地面对物体的支持力一定等于140N 4C．物块与水平面间的动摩擦因数一定小于 7D．物块的加速度可能等于2m/s

4．(2018·湖北荆州质检)如图4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N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(x＝0)．现改变力

2

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N、F随x变化的图像正确的是( )

g

2

图4

5．(多选)(2017·江西师大附中3月月考)如图5所示，水平地面上有一楔形物块a，倾角为θ＝37°，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a与b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，g＝10m/s)，有( )

2

图5

A．若μ＝0.1，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力变小 B．若μ＝0.1，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力不变 C．若μ＝0.75，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力不变 D．若μ＝0.8，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力变小

6．(2017·湖南株洲一模)如图6所示，在水平桌面上放置一质量为M且足够长的木板，木板上再叠放一质量为m的滑块，木板与桌面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，开始时滑块与木板均静止．今在木板上施加一水平拉力F，它随时间t的变化关系为F＝kt，k为已知的比例系数．假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好开始在木板上滑动时，

图6

(1)拉力作用的时间； (2)木板的速度大小．

7．如图7所示，质量均为m＝3kg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k＝100N/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(图中未画出)作用下向右做加速度大小为2 m/s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μ＝0.5，g＝10m/s.求：

22

图7

(1)物块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．

8．(2018·陕西黄陵中学模拟)如图8所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物块P，Q为一质量为m2＝8kg的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s.求力F的最大值与最小值．

2

图8

答案精析

1．B [对小球进行受力分析，当a≤gtanθ时如图甲， 根据牛顿第二定律：

水平方向：FCsinθ＝ma 竖直方向：FCcosθ＋FA＝mg

mama

联立得：FA＝mg－，FC＝，

tanθsinθ

FA与a成线性关系，当a＝0时，FA＝mg，

当a＝gtanθ时，FA＝0，

FC与a成线性关系，当a＝gsinθ时，FC＝mg，

A项错误，B项正确；

当a＞gtanθ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律， 水平方向：FCsinθ＋FB＝ma 竖直方向：FCcosθ＝mg

mg

联立得：FB＝ma－mgtanθ，FC＝，

cosθ

FB与a也成线性关系，FC不变，C、D项错误．]

2．BCD [小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直12

杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝at可知，要使小圆环在直杆

2上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误，B正确；若恒力F的方向水平向右，mg

由tan30°＝，解得F＝3mg，选项C正确；当F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，

FFmin3

由sin60°＝，解得Fmin＝mgsin60°＝mg，选项D正确．]

mg2

3．BCD [若水平面光滑，则合力为F合＝Fcos37°＝100×0.8N＝80N；若水平面粗糙，则合力为：F合＝Fcos37°－f＝80N－f<80N，所以合力不可能大于80N，故A错误；在竖直方向上Fsin37°＋N＝mg，则N＝mg－Fsin37°＝200N－100×0.6N＝140N，故B正确；若水平面Fcos37°－ma80－20a804

粗糙，水平方向Fcos37°－μN＝ma，解得μ＝＝<＝，故C正确；

N1401407F合8022

当水平面光滑时，合力为80N，则加速度a＝＝m/s＝4 m/s

m20

Fcos37°－μN80－μ×14022

水平面粗糙时，a＝＝，当μ＝时，a等于2m/s，故D正确．]

m207g

4．D [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

2g

顿第二定律，2mg－kx－F＝2m·，解得F＝mg－kx，即F从mg开始线性减小，可排除图像

2mgmg

C.选择B作为研究对象，由牛顿第二定律，mg＋N′－F＝，解得N′＝－kx.由牛顿第三

22mgmg

定律得N′＝N，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

22k

mg

者之间的压力由开始运动时的线性减小到零，选项A、B错误．同时，力F由开始时的mg2mgmg

线性减小到，此后B与A分离，力F保持不变，故选项D正确．]

225．BC

μ1＋μ

k

＋

μ22g2

(2)(M＋m)

2k

6．(1)

解析 (1)滑块刚好开始在木板上滑动时，滑块与木板的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律，对滑块有：μ2mg＝ma，

解得：a＝μ2g

对滑块和木板构成的系统，有：

kt2－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，

联立解得：t2＝

μ1＋μ

k

＋

(2)木板刚开始滑动时，μ1(M＋m)g＝kt1，此后滑块随木板一起运动，直至两者发生相对滑动，在这个过程中，拉力的冲量为图中阴影部分的面积I－μ1(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v μ22g2联立解得：v＝ (M＋m)

2k7．(1)21N (2)0.3s

解析 (1)物块A、B分离时，对B：F－μmg＝ma 解得：F＝21N

(2)A、B静止时，对A、B：kx1＝2μmg

A、B分离时，对A：kx2－μmg＝ma

12

此过程中：x1－x2＝at

2解得：t＝0.3s. 8．72N 36N

解析 设刚开始时弹簧压缩量为x0.

根据平衡条件和胡克定律得：(m1＋m2)gsin37°＝kx0

＋

k

＋

600

得：x0＝＝m＝0.12m

从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力． 在0.2s时，由胡克定律和牛顿第二定律得： 对P：kx1－m1gsinθ＝m1a

前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1，则

x0－x1＝at2

联立解得a＝3m/s

当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有 对PQ整体：Fmin＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3N＝36N 当P、Q分离时拉力最大，此时有 对Q：Fmax－m2gsinθ＝m2a

得Fmax＝m2(a＋gsinθ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72N.

2

12