课时作业11：专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题

专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
1．足够长光滑固定斜面BC 倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F 作用，如图1甲所示．小物块在AB 段运动的速度－时间图象如图乙所示，到达B 点迅速撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：
图1
(1)小物块所受到的恒力F 的大小；
(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；
(3)小物块最终离A 点的距离．
答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)3.6 m
解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0
m /s 2＝0.5 m/s 2， 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1，
得F ＝ma 1＋μmg cos α＋μsin α
＝11 N. (2)在BC 段，对小物块有mg sin α＝ma 2，解得a 2＝g sin α＝8 m/s 2，小物块从B 到最高点所用时间与从最高点到B 所用时间相等，所以小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的
时间为t ＝2v B a 2
＝0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3 ，a 3＝μg ＝5 m/s 2，
由B 至停下小物块的位移x ＝v B 22a 3＝0.4 m ，x AB ＝0＋v B 2t 0
＝4.0 m ，Δx A ＝x AB －x ＝3.6 m. 2．(2018·湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg 的物体放在长为1 m 的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图2
(1)若由静止释放物体，1 s 后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？
(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？
(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为 1.5 m/s 2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？
答案 (1)2 m/s (2)0.5 (3)5 N
解析 (1)设物体到达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：x ＝12v t ，v ＝2x t ＝2×11
m /s ＝2 m/s ；
(2)由运动学公式得a 1＝v t
＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，联立解得μ＝0.5；
(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 合，则F 合sin θ－μF 合cos θ＝ma 2，将a 2＝1.5 m/s 2，θ＝37°，μ＝0.5代入，可得F 合＝15 N ，
F 合＝mg －F ＝15 N ，解得F ＝5 N.
3．如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝6.5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ，经过时间t ＝2.0 s ，玩具移动了距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：
图3
(1)玩具与地面间的动摩擦因数．
(2)松手后玩具还能滑行多远？
(3)当力F 与水平方向夹角θ为多少时拉力F 最小？
答案 (1)33 (2)335
m (3)30° 解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12
at 2，解得a ＝ 3 m/s 2， 对玩具，由牛顿第二定律得
F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma
解得μ＝33
. (2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′
解得a ′＝1033
m/s 2 由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′
＝335 m. (3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则F cos θ－F f >0，F f ＝μF N 在竖直方向上，由平衡条件得
F N ＋F sin θ＝mg
解得F >μmg cos θ＋μsin θ
因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)
所以当θ＝30°时，拉力最小．
4．(2019·河南省洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N 的小球，在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止出发沿AB 向上运动，F 作用1.2 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36
，杆足够长，取g ＝10 m/s 2.求：
图4
(1)有F 作用的过程中小球的加速度；
(2)撤去F 瞬间小球的加速度；
(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点为2.25 m 的B 点．
答案 (1)2.5 m /s 2 方向沿杆向上 (2)7.5 m/s 2
方向沿杆向下 (3)0.2 s 或0.75 s
解析 (1)小球的质量m ＝G g
＝1 kg 取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作用时的加速度大小为a 1，此时小球的受力如图所示，
F cos 30°＝
G cos 30°＋F N
F sin 30°－
G sin 30°－μF N ＝ma 1
联立解得：a 1＝2.5 m/s 2，方向沿杆向上
(2)撤去F 瞬间，小球的受力如图所示，
设此时小球的加速度为a 2，F N ′＝G cos 30°
－G sin 30°－μF N ′＝ma 2
联立解得：a 2＝－7.5 m /s 2，即大小为7.5 m/s 2，方向沿杆向下
(3)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s
小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝1.8 m 撤去F 后，小球继续向上运动的时间为t 2＝0－v 1a 2
＝0.4 s 小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 12
2a 2＝0.6 m 则小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m
在上滑阶段通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12
a 2t 32 解得t 3＝0.2 s 或者t 3＝0.6 s(舍) 小球返回时，受力如图所示，
设此时小球的加速度为a 3，
－G sin 30°＋μF N ′＝ma 3
得a 3＝－2.5 m /s 2，即大小为2.5 m/s 2，方向沿杆向下
小球由顶端返回B 点时有－(x m －x AB )＝12
a 3t 42 解得t 4＝35
s 则通过B 点时间为t ＝t 2＋t 4≈0.75 s.。