压轴题14 动力学中的临界和极值问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)
高三物理高考物理题型归纳汇编临界与极值问题
临界与极值问题题型一：竖直平面内作圆周运动的临界问题解决这类问题需要注意：我们不能只盯着最高点，而要对小球作全面的、动态的分析，目的就是找出小球最不容易完成圆周运动的关键点，只要保证小球在这一点上恰能作圆周运动，就能保证它在竖直平面内作完整的圆周运动，如此这类临界问题得以根本解决。
这一关键点并非总是最高点，也可以是最低点，或其他任何位置。
［例1］如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，以带负电荷的小球从高h 的A 处静止开始下滑，沿轨道ABC 运动后进入圆环内作圆周运动。
已知小球所受到电场力是其重力的3／4，圆滑半径为R ，斜面倾角为θ，s BC =2R 。
若使小球在圆环内能作完整的圆周运动，h 至少为多少？［解析］小球所受的重力和电场力都为恒力，故可两力等效为一个力F ，如图所示。
可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向左偏下37º，从图6中可知，能否作完整的圆周运动的临界点是能否通过D 点，若恰好能通过D 点，即达到D 点时球与环的弹力恰好为零。
由圆周运动知识得：Rv m F D 2=即：R v m m g D 225.1= 由动能定理有：221)37sin 2cot (43)37cos (D mv R R h mg R R h mg =︒++⨯-︒--θ 联立①、②可求出此时的高度h 。
［变式训练1］如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O 点的水平轴自由转动。
现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a 、b 分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是（ ）A ．a 处为拉力，b 为拉力B ．a 处为拉力，b 为推力C ．a 处为推力，b 为拉力D ．a 处为推力，b 为推力题型二：关于摩擦力的临界与极值问题解决这类问题需要注意：对于临界条件不明显的物理极值问题，解题的关键在于通过对物理过程的分析，使隐蔽的临界条件暴露，从而找到解题的突破口，根据有关规律求出极值。
高考物理一轮复习第三章专题动力学中的临界极值问题备考精炼
26 动力学中的临界极值问题[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．(2020·玄武区模拟)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F A、F B和F C.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F A和F B不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是( )图12．(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2A．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3mgD．恒力F的最小值为32mg3．(多选)如图3所示，质量m＝20 kg的物块，在与水平方向成θ＝37°的拉力F＝100 N作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )图3A ．物体的合力可能大于80 NB ．地面对物体的支持力一定等于140 NC ．物块与水平面间的动摩擦因数一定小于47D ．物块的加速度可能等于2 m/s 24．(2020·溧水中学模拟)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F 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F 的大小，使B 以g 2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F N 、F 随x 变化的图象正确的是( )图45．(多选)(2020·伍佑中学月考)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 ＝10 m/s 2)，有( )图5A ．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．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＝3 kg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＝100 N/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/s2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＝10 m/s2.求：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．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＝4 kg的物块P，Q为一质量为m2＝8 kg的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/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/s2.求力F的最大值与最小值．图8答案精析1．B [对小球进行受力分析，当a≤gtan θ时如图甲，根据牛顿第二定律：水平方向：F C sin θ＝ma竖直方向：F C cos θ＋F A ＝mg联立得：F A ＝mg －ma tan θ，F C ＝ma sin θ， F A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝gtan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝gsin θ时，F C ＝mg ，A 项错误，B 项正确；当a ＞gtan θ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律，水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma竖直方向：F C cos θ＝mg联立得：F B ＝ma －mgtan θ，F C ＝mg cos θ， F B 与a 也成线性关系，F C 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 ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，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，由tan 30°＝mg F，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，由sin 60°＝F min mg ，解得F min ＝mgsin 60°＝32mg ，选项D 正确．] 3．BCD [若水平面光滑，则合力为F 合＝Fcos 37°＝100×0.8 N＝80 N ；若水平面粗糙，则合力为：F 合＝Fcos 37°－F f ＝80 N －F f <80 N ，所以合力不可能大于80 N ，故A 错误；在竖直方向上Fsin 37°＋F N ＝mg ，则F N ＝mg －Fsin 37°＝200 N －100×0.6 N＝140 N ，故B 正确；若水平面粗糙，水平方向Fcos 37°－μF N ＝ma ，解得μ＝Fcos 37°－ma F N ＝80－20a 140<80140＝47，故C 正确；当水平面光滑时，合力为80 N ，则加速度a ＝F 合m ＝8020m/s 2＝4 m/s 2 水平面粗糙时，a ＝Fcos 37°－μF N m ＝80－μ×14020，当μ＝27时，a 等于2 m/s 2 ，故D 正确．]4．D [根据题述，B 以g 2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，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m·g 2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图象C.选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋F N ′－F ＝mg 2，解得F N ′＝mg 2－kx.由牛顿第三定律得F N ′＝F N ，当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg 2k 时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg 2不变，故选项D 正确．] 5．BC6．(1)(μ1＋μ2)(M ＋m )g k (2)(M ＋m)μ22g 22k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：kt 2－μ1(M ＋m)g ＝(M ＋m)a ，联立解得：t 2＝(μ1＋μ2)(M ＋m )g k(2)木板刚开始滑动时，μ1(M ＋m)g ＝kt 1，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(t 2－t 1)＝(M ＋m)v联立解得：v ＝ (M ＋m)μ22g 22k7．(1)21 N (2)0.3 s解析 (1)物块A 、B 分离时，对B ：F －μmg＝ma解得：F ＝21 N(2)A 、B 静止时，对A 、B ：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ：kx 2－μmg＝ma此过程中：x 1－x 2＝12at 2 解得：t ＝0.3 s.8．72 N 36 N解析 设刚开始时弹簧压缩量为x 0.根据平衡条件和胡克定律得：(m 1＋m 2)gsin 37°＝kx 0得：x 0＝(m 1＋m 2)gsin 37°k ＝(4＋8)×10×0.6600 m ＝0.12 m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0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力．在0.2 s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：对P：kx1－m1gsin θ＝m1a前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1，则x0－x1＝12at2联立解得a＝3 m/s2当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有对PQ整体：F min＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3 N＝36 N当P、Q分离时拉力最大，此时有对Q：F max－m2gsin θ＝m2a得F max＝m2(a＋gsin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高中物理-动力学中的临界和极值问题
高中物理-动力学中的临界和极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题时，会出现一些临界或极值条件的标志： 1．若题目中出现“恰好”“刚好”等字眼，明显表示过程中存在临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就对应临界状态．3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明过程中存在着极值，而极值点往往是临界点．4．若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等即是求收尾加速度或收尾速度． 一、接触与分离的临界条件物体分离的临界条件是相互作用力由原来的不为零变为零．因此解答此类问题，应该对原状态下研究对象的受力和运动状态进行分析，由牛顿第二定律或平衡条件列方程，令其中相互作用的弹力为零解得临界状态的加速度，以临界加速度为依据分析各种状态下物体的受力情况及运动状态的变化．质量为m 、半径为R 的小球用长度也为R 的轻质细线悬挂在小车车厢水平顶部的A 点，现观察到小球与车顶有接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )A ．小车正向右做减速运动，加速度大小可能为3gB ．小车正向左做减速运动，加速度大小可能为33gC ．若小车向右的加速度大小为23g ，则车厢顶部对小球的弹力为mgD ．若细线张力减小，则小球一定离开车厢顶部 [解析] 如图所示，小球恰好与车顶接触的临界状态是车顶对小球的弹力恰为零，故临界加速度a 0＝g tan θ，由线长等于小球半径可得，θ＝60°，a 0＝3g .小球与车顶接触时，小车具有向右的加速度，加速度大小a ≥3g ，A 、B 项错；当小车向右的加速度大小a ＝23g 时，ma F N ＋mg＝tan θ，解得F N ＝mg ，C 项正确；细线张力F T ＝ma sin θ，小球与车顶接触的临界(最小)值F Tmin ＝2mg ，当张力的初始值F T >2mg 时，张力减小时只要仍大于或等于临界值，小球就不会离开车厢顶部，D 项错误．[答案] C二、绳子断裂与松弛的临界条件绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是F T ＝0.如图所示，小车内固定一个倾角为θ＝37°的光滑斜面，用一根平行于斜面的细线系住一个质量为m ＝2 kg 的小球，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：(1)当小车以a 1＝5 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？(2)当小车以a 2＝20 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？[解析] 本题中存在一个临界状态，即小球刚好脱离斜面的状态，设此时加速度为a 0，对小球受力分析如图甲所示．将细线拉力分解为水平x 方向和竖直y 方向两个分力，则得到F cos θ＝ma 0 F sin θ－mg ＝0a 0＝g tan θ＝403m/s 2.(1)a 1＝5 m/s 2<a 0，这时小球没有脱离斜面，对小球受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得 F cos θ－F N sin θ＝ma 1 F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0 解得F ＝20 N ，F N ＝10 N.(2)a2＝20 m/s2>a0，这时小球脱离斜面，设此时细线与水平方向之间的夹角为α，对小球受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律得F cos α＝ma2F sin α＝mg两式平方后相加得F2＝(ma2)2＋(mg)2解得F＝(ma2)2＋(mg)2＝20 5 N.[答案](1)20 N(2)20 5 N三、相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值，并且还要考虑摩擦力方向的多样性．(多选)如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝kx－μmgm，且小车只能向左加速运动C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为kx＋μmgm，最小值为kx－μmgm[解析]若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－F f＝ma，当F f＝μmg时，加速度方向向左且最小值为a min＝kx－μmgm，随着加速度的增加，F f减小到零后又反向增大，当再次出现F f＝μmg时，加速度方向向左达最大值a max ＝kx＋μmgm，但小车可向左加速，也可向右减速，B错；若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车的加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为μmg－kxm，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为μmg＋kxm，则小车的加速度最大值为kx＋μmgm，最小值为0，D错．[答案]AC四、加速度或速度最大的临界条件当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．(多选)(2016·潍坊模拟)如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F 1＝kv ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )A ．最大加速度为FmB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mgk[解析] 当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －kv )＝ma ，当v ＝mg k 时，圆环的加速度最大，即a max ＝Fm ，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，F 1＝kv >mg ，由牛顿第二定律得F －μ(kv －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误． [答案] AC五、数学推导中的极值问题将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件，通常用到三角函数关系．如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2. (1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？[解析] (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得： L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据解得：a ＝3 m/s 2，v ＝8 m/s.(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ③F sin α＋F N －mg cos θ＝0④ 又F f ＝μF N ⑤联立③④⑤解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α⑥由数学知识得：cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑦ 由⑥⑦式可知对应的F 最小值与斜面的夹角α＝30°⑧ 联立⑥⑧式，代入数据得F 的最小值为： F min ＝1335N. [答案] (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°1335N 六、滑块一滑板模型中的临界问题在滑块—滑板模型中，若两者一起运动时优先考虑“被动”的“弱势”物体，该物体通常具有最大加速度，该加速度也为系统一起运动的最大加速度，否则两者将发生相对运动．(2016·湖北荆州模拟)物体A 的质量m 1＝1 kg ，静止在光滑水平面上的木板B 的质量为m 2＝0.5 kg 、长l ＝1 m ，某时刻A 以v 0＝4 m/s 的初速度滑上木板B 的上表面，为使A不至于从B 上滑落，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，若A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，试求拉力F 应满足的条件．(忽略物体A 的大小)[解析] 物体A 滑上木板B 以后，做匀减速运动， 加速度a A ＝μg ①木板B 做加速运动，有F ＋μm 1g ＝m 2a B ②物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v t ，则v 20－v 2t 2a A ＝v 2t2a B＋l ③ 且v 0－v t a A ＝v ta B④ 由③④式，可得a B ＝v 202l－a A ＝6 m/s 2，代入②式得F ＝m 2a B －μm 1g ＝0.5×6 N －0.2×1×10 N ＝1 N ，若F ＜1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1 N. 当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才能不会从B的左端滑落．即有：F ＝(m 1＋m 2)a ， μm 1g ＝m 1a ，所以F ＝3 N ，若F 大于3 N ，A 就会相对B 向左端滑下． 综上，力F 应满足的条件是1 N ≤F ≤3 N. [答案] 1 N ≤F ≤3 N1．(2016·西安质检)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于()A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m ＋m)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．2．(多选)(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，下列结论正确的是()A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B．弹簧的劲度系数为750 N/mC．物体的质量为2 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2解析：选ACD.物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从题图乙中可知ma ＝10 N，ma＝30 N－mg，解得物体的质量为m＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝mgx0＝200.04N/m＝500 N/m，所以选项B错误．3．(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是()A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图丙所示，则F N1cos θ＝mg①对B：F′N1sin θ＝ma1②由牛顿第三定律可知F′N1＝F N1③乙方式中，F 最大时，B 刚要离开地面，B 受力如图丁所示，则F N2cos θ＝mg ④ F N2sin θ＝ma 2⑤由①③④可知F N2＝F N1＝F N1′⑥由②⑤⑥式可得a 2＝a 1，对整体易知F 2＝F 1， 故选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．4.如图所示，水平桌面光滑，A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A 物体质量为2m ，B 和C 物体的质量均为m ，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A 、B 、C 三个物体相对静止共同向左运动的情况下，B 、C 间绳子所能达到的最大拉力是( )A.12μmg B ．μmg C ．2μmg D ．3μmg 解析：选B.因桌面光滑，当A 、B 、C 三者共同的加速度最大时，F BC ＝m C a 才能最大．这时，A 、B 间的相互作用力F AB 应是最大静摩擦力2μmg ，对B 、C 整体来讲：F AB ＝2μmg ＝(m B ＋m C )a ＝2ma ，a ＝μg ，所以F BC ＝m C a ＝μmg ，选项B 正确．5.如图所示，用细线将质量为m 的氢气球拴在车厢地板上的A 点，此时细线与水平方向成θ＝37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触，小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为气球重力的12.重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8.现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是( )A ．小车向右加速运动，加速度大小为12gB ．小车向左加速运动，加速度大小为12gC ．小车向右减速运动，加速度大小为23gD ．小车向左减速运动，加速度大小为23g解析：选C.小车静止时细线无弹力，气球受到重力mg 、空气浮力f 和车顶压力F N ，由平衡条件得f ＝mg ＋F N ＝32mg ，即浮力与重力的合力为12mg ，方向向上．要使传感器示数为零，则细线有拉力F T ，气球受力如图甲所示，由图乙可得12mg ma ＝tan 37°，小车加速度大小为a ＝23g ，方向向左．故小车可以向左做加速运动，也可以向右做减速运动，C 选项正确．6.如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体，放在倾角θ＝37°的斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝9.8 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.要使物体与斜面相对静止且一起沿水平方向向左做加速运动，则其加速度多大？解析：当物体恰不向下滑动时，受力分析如图甲所示 F N1sin 37°－F f1cos 37°＝ma 1F f1sin 37°＋F N1cos 37°＝mg F f1＝μF N1解得a 1＝3.6 m/s 2当物体恰不向上滑动时，受力分析如图乙所示F N2sin 37°＋F f2cos 37°＝ma2F N2cos 37°＝mg＋F f2sin 37°F f2＝μF N2解得a2＝13.3 m/s2因此加速度的取值范围为3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2.答案：3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2。
2020-2021学年高三物理一轮复习考点专题12 动力学两类基本问题和临界与极值问题
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（12）动力学两类基本问题和临界与极值问题（解析版）考点一 动力学的两类基本问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析．(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法．题型1 已知受力求运动【典例1】如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．取g ＝10 m/s 2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t ＝5 s 时离地面的高度h ；(2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落，求无人机坠落地面时的速度大小；(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上的最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.【答案】(1)75 m (2)40 m/s (3)553s 【解析】(1)设无人机上升时加速度大小为a ，由牛顿第二定律，有F －mg －f ＝ma解得a ＝6 m/s 2由h ＝12at 2，解得h ＝75 m. (2)设无人机坠落过程中加速度大小为a 1，由牛顿第二定律，有mg －f ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1H解得v ＝40 m/s.(3)设无人机恢复升力后向下减速时加速度大小为a 2，由牛顿第二定律，有F －mg ＋f ＝ma 2解得a 2＝10 m/s 2设无人机恢复升力时速度为v m则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝H 解得v m ＝4053m/s 由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553s.题型2 已知运动求受力【典例2】 (多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，取重力加速度g ＝10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N【答案】AD【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5) N ＝4 830 N ，A 项正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B 项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s 后的速度v <at ＝5 m/s ，C 项错误；匀速上升时，F 浮＝F f ＋mg ，所以F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －4 600 N ＝230 N ，D 项正确．题型3 动力学两类问题综合应用【典例3】 随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l ＝180 m ，其中电磁弹射区的长度为l 1＝120 m ，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F 牵．一架质量为m ＝2.0×104 kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F 推＝1.2×105 N ．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v ＝120 m/s ，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取g ＝10 m/s 2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F 牵的大小．【答案】(1)4.0 m/s 2 (2)58 m/s 2 1.1×106 N【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a 2，此过程中的平均阻力f 2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F 推－f 2＝ma 2代入数据解得a 2＝4.0 m/s 2.(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a 1，末速度为v 1.此过程中飞机受到的阻力f 1＝0.05mg根据匀加速直线运动的规律有v 21＝2a 1l 1v 2－v 21＝2a 2(l －l 1) 根据牛顿第二定律有F 牵＋F 推－f 1＝ma 1代入数据解得a 1＝58 m/s 2，F 牵＝1.1×106 N.【变式1】(多选)如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a 1滑行一段距离x 1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不 变，木盒以加速度a 2滑行距离x 2后停止．则( )A ．a 2>a 1B ．a 2＝a 1C ．x 2>x 1D ．x 2<x 1【答案】AD【解析】设木盒的质量为M ，根据牛顿第二定律可得a 1＝μg ，a 2＝μF M＋μg ，a 2>a 1，故A 正确，B 错误；根据匀变速直线运动规律可得v 20＝2ax ，由a 2>a 1得x 2<x 1，故C 错误，D 正确．【变式2】如图所示，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：(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)335m (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x ＝12at 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 ′＝1033m/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．【变式3】如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，作用时间t 1＝1 s 时撤去力F ，物体运动的部分v -t 图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F 的大小；(2)t ＝4 s 时物体的速度和0～4 s 内的位移．【答案】(1)0.5 30 N (2)2 m/s ，方向沿斜面向下29 m ，方向沿斜面向上【解析】(1)根据v -t 图线知，匀加速直线运动阶段的加速度的大小a 1＝20 m/s 2根据牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1匀减速直线运动阶段的加速度的大小a 2＝10 m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2解得F ＝30 N ，μ＝0.5.(2)在物体运动过程中，沿斜面向上加速运动阶段位移x 1＝12a 1t 21 解得x 1＝10 m设撤去力F 后物体运动到最高点的时间为t 2，则有v 1＝a 2t 2解得t 2＝2 s沿斜面向上减速运动阶段位移x 2＝12a 2t 22解得x 2＝20 m物体沿斜面下滑的时间t 3＝t －t 1－t 2＝1 s设下滑加速度为a 3，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3解得a 3＝2 m/s 2物体沿斜面下滑运动阶段位移x 3＝12a 3t 23解得x 3＝1 m所以t ＝4 s 时物体的速度v ＝a 3t 3＝2 m/s ，方向沿斜面向下位移x ＝x 1＋x 2－x 3＝29 m ，方向沿斜面向上．考点二 临界和极值问题1．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)．(2)寻找过程中变化的物理量．(3)探索物理量的变化规律．(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方法极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【典例4】 如图所示，将质量m ＝1.24 kg 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数为μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ＝53°的恒定拉力F ，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s 内前进了2 m(取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：(1)圆环加速度a 的大小；(2)拉力F 的大小．【答案】(1)4 m/s 2 (2)12 N 或124 N【解析】(1)圆环做初速度为0的匀加速直线运动，由运动学公式可知x ＝12at 2 则a ＝2x t 2＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2. (2)对圆环进行受力分析时，杆对环的弹力的方向不能确定，因此我们需要找出临界条件，分别讨论．当弹力恰好为0时，有F sin θ－mg ＝0，F cos θ＝ma ′，则F ＝15.5 N ，a ′＝7.5 m/s 2，环与杆必定接触． 当F <15.5 N 时，环与杆上部接触，受力如图甲所示．由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ＝ma ，F N ＋F sin θ＝mg由此解得F ＝m a ＋μg cos θ＋μsin θ＝12 N 当F >15.5 N 时，环与杆下部接触，受力如图乙所示．由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ′＝ma ，F sin θ＝F N ′＋mg由此解得F ＝m a －μg cos θ－μsin θ＝124 N.【变式4】如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是()A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 NB．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 NC．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 ND．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N【答案】A【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零．斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F cos θ＝ma0，F sin θ－mg ＝0代入数据解得a0＝13.3 m/s2.①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示．以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sin θ＋F N cos θ－mg＝0，F1cos θ－F N sin θ＝ma1代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示．设绳子与水平方向的夹角为α.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F 2cos α＝ma 2，F 2sin α－mg ＝0代入数据解得F 2＝20 5 N ，选项C 、D 错误．【变式5】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6 kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止状态．现给物体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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度a 的大小；(3)力F 的最大值与最小值．【答案】(1)0.16 m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603N 【解析】(1)对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16 m.(2)前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2 联立解得a ＝103m/s 2. (3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603N 对Q 应用牛顿第二定律得F max －m 2g sin θ＝m 2a解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝2803N.。
专题动力学中的临界与极值问题
专题：动力学中的临界与极值问题临界问题：是指物体的某种状态恰能维持而未被破坏的一种特殊状态，这种分界线，通常以临界值和临界状态的形式出现在不同的问题中。
解决这类问题时，应注意“恰好出现”或“恰好不出现”等条件。
极值问题：是指研究动力学问题中某物理量变化时出现的最大值或最小值，一. 动力学中的临界问题例1. 如图1所示，光滑小球恰好放在木块的圆弧槽中，它左边的接触点为A，槽的半径为R，且OA与水平线成α角，通过实验知道，当木块的加速度过大时，小球可以从槽中滚出来，圆球的质量为m，木块的质量为M，各种摩擦及绳和滑轮的质量不计，则木块向右的加速度最小为多大时，小球恰好能滚出圆弧槽练习1.如图所示，质量为M的木板上放着一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，加在小板上的力F为多大，才能将木板从木块下抽出?二．动力学中的极值问题例2. 如图3所示，质量为m=1kg 的物块放在倾角为的斜面体上，斜面质量为，斜面与物块间的动摩擦因数为，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物体m 相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围。
（）点拨：此题有两个临界条件，当推力F 较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物体受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F 较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物体受到的摩擦力沿斜面向下。
找准临界状态，是求解此题的关键。
练习2.如图1—1所示，质量为m 的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，对物体施加一个与水平方向成θ角的力F ，试求：使物体在水平面上运动的力F 的取值范围图1—1【跟踪练习】1．质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角为θ=60°的斜面体的顶端，斜面体静止时，小球紧靠在斜面上，线与斜面平行，如图所示，不计摩擦，求在下列二种情况下，细线对小球的拉力和斜面对球的弹力（取g=10 m/s2）(1) 斜面体以23m/s2的加速度向右加速运动；(2) 斜面体以43m/s2，的加速度向右加速运动；2．如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。
浙江专用2021高考物理二轮复习建模提能之1动力学中的临界值和极值问题课件20210325295
速度等于 a2aAm mgg，故a1∶a2=1∶3,C正确,A、B、D错误。故选C。
2.如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块A和B,C为
固定挡板,系统处于静止状态,现开始用变力F沿斜面向上拉动物块A使之做匀
到B点,A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动 摩擦因数μ= 3 。重力加速度g取10 m/s2 。
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(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?
【解析】(1)由运动学方程得:L=v0t+
1 2
at2
(4)加速度最大与速度最大的临界条件:当物体在变化的外力作用下运动时,其 加速度和速度都会不断变化,当所受合外力最大时,具有最大加速度;合外力最 小时,具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时,物体处 于临界状态,所对应的加速度为零。 2.解题策略:解决此类问题重在形成清晰的物理图景,分析清楚物理过程,从而 找出临界条件或达到极值的条件,要特别注意可能出现的多种情况。
x2
mgsin，所以整个匀加速过程中,弹簧的形变量即A的位移为
k
xx1x2
m gsinm gsin2m gsin， 因为A是从静止开始做匀加速直线运动,经历的时间为t,
kk
k
所以有x= 1
2
at2,解得
a
4mgsin，故t
kt2
s末A的速度为 vat4mgsin，C错误,D正
ktΒιβλιοθήκη 确;F随着弹力的变化而变化,当弹簧被压缩过程中,弹力向上,随着弹力的减小
高中物理-微课精练(五) 动力学中的临界、极值问题
微课精练（五）动力学中的临界、极值问题1.如图所示，圆盘的圆心为O，转轴O1O2与水平面的夹角为θ，转轴O1O2通过O点与盘面垂直，B、D两点在通过O点的水平线上，AC⊥BD。
圆盘匀速转动，一小物块(可视为质点)始终静止于圆盘的边缘。
下列说法正确的是()A．通过B点时，物块受到的摩擦力由B指向OB．通过C点时，物块受到的摩擦力由C指向OC．通过A点时，物块一定受到摩擦力D．通过B、D两点时，物块受到的摩擦力相同解析：选B通过B点时，物块受到重力、支持力和摩擦力，三力的合力提供向心力，方向由B指向O点，此时摩擦力不会由B指向O，A错误；通过C点时，受到重力、支持力和摩擦力，三力的合力提供向心力，方向由C指向O，摩擦力由C指向O，B正确；通过A点时，若物块所受的重力和支持力的合力正好提供向心力，则物块不受摩擦力，C错误；通过B、D两点时，物块受到的摩擦力方向不同，D错误。
2．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度大小为g。
用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小解析：选AD设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为a P1＝－T0－μmgm＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为0，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动。
动力学图像、超重失重、等时圆、临界极值问题(解析版)-2024年高考物理一轮复习热点重点难点
动力学图像、超重失重、等时圆、临界极值问题特训目标特训内容目标1动力学图像问题(1T-4T)目标2超重失重问题(5T-8T)目标3等时圆问题(9T-12T)目标4临界极值问题(13T-16T)【特训典例】一、动力学图像问题1一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t变化的关系图像如图所示，物体相应的速度v随时间t变化的关系图像如图丙所示，重力加速度取g=10m/s2，则()A.滑动摩擦力为3NB.全过程物体发生的位移为15mC.动摩擦因数为0.2D.物体的质量为1.5kg【答案】B【详解】A．由v-t图像可知，6~8s内物体做匀速直线运动，根据受力平衡可知，滑动摩擦力为f=F3=2N故A错误；B．根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知全过程物体发生的位移为x=(2+8)2×3m=15m故B正确；C．由v-t图像可知，8~10s内物体做匀减速直线运动的加速度大小为a=32m/s2又a=μmgm=μg联立可得动摩擦因数为μ=0.15故C错误；D．根据f=μmg=2N解得物体的质量为m=43kg故D错误。
故选B。
2如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g= 10m/s2，则()A.当0<F<6N时，滑块与木板之间的摩擦力随F变化的函数关系f=2F3B.当F=8N时，长木板的加速度为1m/s2C.滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.2D.小滑块的加速度随水平拉力的增大一直变大【答案】A【详解】A．当F等于6N时，加速度为a=1m/s2对整体分析，由牛顿第二定律有F=(M+m)a代入数据解得M+m=6kg当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a=F-μmgM=1MF-μmgM图象斜率k=1M=16-4=0.5解得M=2kg滑块的质量m=4kg由牛顿第二定律得，对系统F=(M+m)a对m：f=ma解得f=23F故A正确；BC．根据F大于6N的图线知F=4N时a=0即0=12F-40μ2解得μ=0.1；a=F2-2当F=8N时，长木板的加速度为a=2m/s2故BC错误；D．当F大于6N后，滑块和长木板发生相对滑动，滑块所受的摩擦力大小不变，此后加速度不发生变化，故D错误。
2021-2022年高考物理复习 专题 动力学中的临界问题综合 新人教版
2021年高考物理复习 专题 动力学中的临界问题综合 新人教版 在动力学问题中，常常会出现临界状态，对于此类问题的解法一般有以下三种方法：1．极限法：在题目中如果出现“最大”、“最小”、“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题，处理这类问题时，常常把物理问题或过程推向极端，从而将临界状态及临界条件显露出来，达到尽快求解的目的。
[例1]如图1—1所示，质量为的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为，对物体施加一个与水平方向成角的力F ，试求：（1）物体在水平面上运动时力F 的值；（2）物体在水平面上运动所获得的最大加速度。
解析：要使物体能够运动，水平方向的力必须要大于最大静摩擦力（近似等于此时的滑动摩擦力），当力F 有极小值时，物体恰好在水平面上做匀速直线运动，对物体的受力如图1—2所示，由图示得： ① ② 解得： ③当力F 有最大值时，物体将脱离水平面，此时地面对物体的支持力恰好为零，根据受力分析得： ④ ⑤ 解得： ⑥ ∴物体在水平面上运动所获得的最大加速度： ⑦ 则物体在水平面上运动时F 的范围应满足：≤F ≤[例2]如图甲，质量为m=1Kg 的物块放在倾角为θ的F ﹚θ图1—1 图1—2F X F ﹚θ F y GN斜面上，斜面体质量为M=2Kg ，斜面与物块间的动摩擦因数μ=0.2，地面光滑，θ=370，现对斜面体施一水平推力F ，要使物体m 相对斜面静止，力F 应为多大？（设物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2）[解析]：现采用极限法把F 推向两个极端来分析：当F 较大时（足够大），物块将相对斜面上滑；当F 较小时（趋于零），物块将沿斜面加速下滑；因此F 不能太小，也不能太大，F 的取值是一个范围（1）设物块处于相对斜面向下滑的临界状态时，推力为F 1，此时物块受力如图乙，取加速度a 的方向为x 轴正方向。
对m ：x 方向：NSin θ-μNCos θ=ma 1y 方向：NCos θ+μNSin θ-mg=0对整体：F 1=（M+m ）a 1把已知条件代入，解得：a 1=4.78m/s 2，F 1=14.34N（2）设物块处于相对斜面向上滑的临界状态时，推力为F 2，此时物块受力如图丙， 对m ：x 方向：NSin θ+μNCos θ=ma 2y 方向：NCos θ-μNSin θ-mg=0对整体：F 2=（M+m ）a 2把已知条件代入，解得：a 2=11.2m/s 2，F 2=33.6N则力F 的范围：14.34N ≤F ≤33.6N[例3]如图2—1所示，质量均为M 的两个木块A 、B 在水平力F 的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A 与B 的接触面光滑，且与水平面的夹角为，求使A 与B 一起运动时的水平力F 的范围。
高考物理考前冲刺 临界条件与极值问题专题
高考物理考前冲刺临界条件与极值问题专题【高考要求】1.解决临界与极值问题要综合运用物理知识和数学知识。
2.高考中临界与极值问题的考查往往比较复杂，通常属于中档题或是难度较大的题。
解题时必须仔细阅读题目，弄清楚已知条件，判断出现临界、极值的条件，同时结合数学知识才能解决问题。
【知识梳理】一、临界问题1.临界问题是量变、质变在物理学上的生动体现。
当物质的运动从一种形式（或性质）转变为另一种形式（或性质）时，存在的转折点常称为临界点或临界状态；发生转折所需的条件称为临界条件。
研究临界状态、临界条件的问题就称为临界问题。
2.常见的有：静力学中的临界平衡；机车运动中的临界速度；碰撞中的能量临界、速度临界、位移临界；电磁感应中的动态问题的临界速度或加速度；光学中的临界角；光电效应中的极限频率；带电粒子在磁场中运动的边界条件；电路中电学量的临界转折等。
3.思路：找出发生临界问题的原因找准临界状态找到临界条件4.方法：一般有两种方法。
第一是以定律、定理为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解；第二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件求出临界值。
在研究临界问题时，应着重于相应物理量的取值范围和有关物理现象发生或消失条件的讨论。
二、极值问题1.在物理问题中常有一些物理量随另一物理量呈现非单调性的变化，从而存在极值问题，如电源的输出功率，两体运动中的最短距离，力学中的最小拉力等问题。
另外，物理学中还有一些具有边缘特征的问题（过程），其中就包含着一个界限，超过这个界限，将有不同的物理现象和不同的结果，如临界角、极限频率、熔点等。
2.方法：求解极值问题的方法从大的角度可分为物理方法和数学方法。
物理方法包括：⑴利用临界条件求极值；⑵利用问题的边界条件求极值；⑶利用矢量图求极值。
数学方法包括：⑴用三角函数关系求极值；用二次函数的判别式求极值；用不等式的性质求极值。
一般而言，用物理方法求极值直观、形象，对构建模型及动态分析等能力要求较高，而用数学方法求极值思路严谨，对数学能力要求较高。
超级经典实用的临界问题和极值问题(吐血整理)
如图3—51所示，把长方体切成质量分别为m和M的 两部分，切面与底面的夹角为θ长方体置于光滑的 水平地面，设切面亦光滑，问至少用多大的水平力 推m，m才相对M滑动?
如图1所示，质量均为M的两个木块A、B在水平力F 的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A与B的接触面 光滑，且与水平面的夹角为60°，求使A与B一起运 动时的水平力F的范围。
临界问题和极值问题
一、临界状态
在物体的运动状态发生变化的过程中，往往 达到某一特定的状态时，有关物理量将发生 变化，此状态即为临界状态，相应物理量的 值为临界值。【讨论相互作用的物体是否会 发生相对滑动，相互接触的物体是否会分离 等问题就是临界问题】 注意：题目中出现“最大、刚好、恰好、最 小”等词语时，常有临界问题。
F
A
ห้องสมุดไป่ตู้
B 60°
图1
1、在水平向右运动的小车上，有一倾角θ=370的光 滑斜面，质量为 m 的小球被平行于斜面的细绳系住 而静止于斜面上，如图所示。当小车以（1）a1=g, (2) a2=2g 的加速度水平向右运动时，绳对小球的拉 力及斜面对小球的弹力各为多大？
a
θ
二、动力学中常见的临界问题
1、接触的两物体发生脱离（分离）临界条件： 弹力FN=0； 2、两相对静止的物体发生相对滑动的临界条 件：静摩擦力达到最大值，即f=fMax； 3、绳子断裂和松弛的临界条件：（1）断裂 的临界条件：绳子受的拉力达到它能承受拉 力的最大值；（2）松弛临界条件：绳子受的 拉力为零，即FT=0
4、加速度达到最大和最小的临界条件：物体 受到变化的合外力作用，加速度不断变化， 当所受合外力最大时，加速度最大；合外力 最小时，加速度最小； 5、速度最大或最小的临界条件：加速度为零， 即a=0
动力学中的临界极值问题
动力学中的临界极值问题临界和极值问题是物理中的常见题型，结合牛顿运动定律求解的也很多，临界是一个特殊的转换状态，是物理过程发生变化的转折点。
分析此类问题重在找临界条件，常见的临界条件有：1.细线：拉直的临界条件为T=0，绷断的临界条件为T=Tmax2.两物体脱离的临界条件为：接触面上的弹力为零3.接触的物体发生相对运动的临界条件为：静摩擦力达到最大静摩擦 临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．例3 (2013·山东·22)如图5所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.图5(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③ v ＝8 m/s④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知对应最小F的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为F min＝1335N答案(1)3 m/s28 m/s (2)30°1335N动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：F T＝0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时．突破训练3如图6所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F 的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：图6(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F的大小范围；(2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a＝5 m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值．答案(1)μmgcos θ＋μsin θ≤F≤mgsin θ(2)40 5 N解析(1)要使物体运动时不离开水平面，应有：F sin θ≤mg 要使物体能一直向右运动，应有：F cos θ≥μ(mg－F sin θ)联立解得：μmgcos θ＋μsin θ≤F≤mgsin θ(2)根据牛顿第二定律得：F cos θ－μ(mg－F sin θ)＝ma解得：F＝μmg＋ma cos θ＋μsin θ上式变形F＝μmg＋ma1＋μ2sin(θ＋α)，其中α＝sin －111＋μ2，当sin(θ＋α)＝1时F 有最小值解得：F min ＝μmg ＋ma 1＋μ2，代入相关数据解得：F min ＝40 5 N.B 组 动力学中的临界极值问题2．如图所示，一质量为0.2 kg 的小球系着静止在光滑的倾角为53°的斜面上，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，当斜面以10 m/s2加速度水平向右做匀加速直线运动时，求线对小球的拉力和斜面对小球的弹力．(g ＝10 m/s2)3．(2007江苏)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg ．现用水平拉力F 拉其中一个质量为2 m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为（ ）5mg 3μ B ．4mg 3μ C ．2mg3μ D ．mg 3μ例2．一根劲度系数为k 、质量不计的轻弹簧上端固定，下端系一质量为m 的物块，有一水平的木板将物块托住，并使弹簧处于自然长度，如图所示．现让木板由静止开始以加速度a(a<g)匀加速向下移动，经过多长时间木板与物块分离？跟踪训练2．如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上．A 、B 质量分别为6.0 kg 和2.0 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数为0.2.在物体A 上施加水平方向的拉力F ，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增大，在增大到45 N 的过程中，以下判断正确的是( )A ．两物体间始终没有相对运动B ．两物体间从受力开始就有相对运动C ．当拉力F ＜12 N 时，两物体均保持静止状态D ．两物体开始没有相对运动，当F ＞18 N 时，开始相对滑动3如图3－3－3所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )图3－3－3A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg【解析】 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .【答案】 C图3－3－44如图3－3－4所示，一轻质弹簧的一端固定于倾角θ＝30°的光滑斜面的顶端，另一端系有质量m＝0.5 kg 的小球，小球被一垂直于斜面的挡板挡住，此时弹簧恰好为自然长度．现使挡板以恒定加速度a＝2 m/s2沿斜面向下运动(斜面足够长)，已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，g取10 m/s2.(1)求小球开始运动时挡板对小球的弹力的大小．(2)求小球从开始运动到与挡板分离时弹簧的伸长量．(3)判断小球与挡板分离后能否回到原出发点？请简述理由．【审题指导】(1)初始时刻，弹簧处于自然长度，小球受重力和挡板的支持力．(2)球与挡板分离的临界条件为二者之间作用力恰为零．【解析】(1)设小球受挡板的作用力为F1，因为开始时弹簧对小球作用力为零，由牛顿第二定律得：mg sin θ－F1＝maF1＝1.5 N.(2)设小球受弹簧的拉力为F2，因为小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力为零，由牛顿第二定律得：mg sin θ－F2＝maF2＝1.5 N由胡克定律得：F2＝kx，x＝3 cm，(3)小球与挡板分离后不能回到原出发点．因为整个过程中挡板对小球的作用力沿斜面向上，小球位移沿斜面向下，挡板对小球做负功，小球和弹簧组成的系统的机械能减小．THANKS !!!致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习课件等等打造全网一站式需求欢迎您的下载，资料仅供参考。
2021高考物理能力训练-静力学中的临界问题和极值问题附答案
能力训练2 静力学中的临界问题和极值问题（时间60分钟，赋分100分）训练指要本套试题训练和考查的重点是：进一步熟悉掌握解决临界问题与极值问题的方法.第14题、第15题为创新题.解答这类题的思路是要紧紧抓住研究对象所处的平衡状态，利用平衡条件，作出矢量图，再利用相关的物理、数学知识来找出所受各力的数值关系及其变化规律.一、选择题（每小题5分，共40分）1.三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图2—2—1所示，其中OB是水平的，A 端、B端固定.若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳图2—2—1A.必定是OAB.必定是OBC.必定是OCD.可能是OB，也可能是OC2.如图2—2—2所示，不可伸长的轻绳的两端分别系于竖立在地面上的两杆的A、B点，绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连一个重物.当B 点沿杆向上滑动时，关于绳中张力的下列说法中，正确的是A.变大B.变小C.不变D.无法判断图2—2—2 图2—2—33.在粗糙水平面上有一个三角形木块a ，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m 1和m 2的两个木块b 和c ，如图2—2—3所示，已知m 1＞m 2，三木块均处于静止，则粗糙水平面对于三角形木块A.有摩擦力作用，摩擦力的方向水平向右B.有摩擦力作用，摩擦力的方向水平向左C.有摩擦力作用，但摩擦力的方向不能确定D.没有摩擦力的作用4.（2001年全国高考综合能力试题）如图2—2—4所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，中间用一条原长为l 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ.现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是A.l +k μm 1g B.l +k μ(m 1+m 2)g图2—2—4C.l +k μm 2gD.l +k μ2121m m m m +g5.如图2—2—5所示，小球放在竖直光滑的墙与装有铰链的光滑薄木板AO 之间，当墙与薄板之间的夹角α缓慢地增大到90°的过程中A.小球对木板的正压力逐渐增大B.小球对墙的正压力逐渐减小C.小球对木板的正压力对轴的力矩逐渐减小D.木板对小球的弹力不可能小于小球的重力图2—2—5 图2—2—66.如图2—2—6所示，细绳OA 、OB 共同吊起质量为m 的物体.OA 与OB 互相垂直.OB 与竖直墙成60°角，OA 、OB 对O 点的拉力分别为T 1、T 2.则A.T 1、T 2的合力大小为mg ，方向竖直向上B.T 1、T 2的合力大于物体所受的重力C.T 1=23mgD.T 2=23mg7.如图2—2—7，把重为20 N的物体放在倾角θ=30°的粗糙斜面上，并静止，物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N，则弹簧对物体的弹力（弹簧与斜面平行）图2—2—7A.可以为22 N，方向沿斜面向上B.可以为2 N，方向沿斜面向上C.可以为2 N，方向沿斜面向下D.弹力可能为零8.如图2—2—8所示，硬杆BC一端固定在墙上的B点，另一端装有滑轮C，重物D用绳拴住通过滑轮固定于墙上的A点.若杆、滑轮及绳的质量和摩擦均不计，将绳的固定端从A点稍向下移，则在移动过程中图2—2—8A.绳的拉力、滑轮对绳的作用力都增大B.绳的拉力减小，滑轮对绳的作用力增大C.绳的拉力不变，滑轮对绳的作用力增大D.绳的拉力、滑轮对绳的作用力都不变二、填空题(每小题6分，共24分)9.两根相等的轻绳，下端悬挂一质量为m的物体，上端分别固定在水平天花板上的M点与N点，M、N两点间的距离为s，如图2—2—9所示.已知两绳所经受的最大拉力均为T，则每根绳的长度不得短于________.图2—2—910.如图2—2—10所示，重为G的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=1/3，物体做匀速直线运动，牵引力F 的最小值是________，方向角θ=________.图2—2—10 图2—2—1111.如图2—2—11所示，长为L的轻绳，用轻环将一端套在水平光滑的横杆上（轻绳和轻环质量均不计），另一端连一质量为m 的小球，开始时，将系球的绳子绷紧并拉至水平横杆平行位置，然后轻轻放手.当绳与横杆成θ角时，小球的速度在水平方向的分量大小是_______，竖直方向分量大小为_______.12.一个弹簧台秤的秤盘和弹簧的质量都不计，盘内放一个物体P 处于静止状态，如图2—2—12所示，P的质量为m=10 kg，弹簧的劲度系数k=500 N/m，现给P施加一个竖直向上的力F，使P由静止开始向上做匀加速直线运动.已知在最初0.2 s内F是变力.在0.2 s以后是恒力.则F的最小值是_______N，最大值是_______N.图2—2—12三、计算题(共36分)13.(12分)如图2—2—13，C点为光滑转轴，绳AB能承受的最大拉力为1000 N，杆AC能承受的最大压力为2000 N.问A点最多能挂多重的物体?(绳、杆的自重不计)图2—2—13 图2—2—1414.（12分）一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面夹角为30°，用一端固定的轻绳系一小球，小球放在斜面上，轻绳与斜面的夹角为30°，如图2—2—14所示.若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈的支持力的k 倍，为使整个系统静止，k的最小值为多少？15.（12分）如图2—2—15所示，物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=60°的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围.图2—2—15参考答案一、1.A2.C （1）以挂钩和重物为研究对象，它受重力mg和两个等大的拉力T作用，设左、右侧绳长分别为L1、L2，绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为L，两杆相距为s，则由平衡条件及几何关系得2T cosθ=mg,L1sinθ+L2sinθ=s,L1+L2=L,由上述三式可知当B点上移时，θ不会变化，因而绳中张力T 不变.3.D4.A5.BCD6.AC7.ABCD8.C 将绳的固定端从A 点稍向下移的过程中，物体仍保持平衡，绳子对物体的拉力与重力平衡，则拉力不变.又因为两根绳子间的夹角逐渐变小，所以绳对滑轮的作用力增大，据牛顿第三定律知，滑轮对绳的作用力增大.二、9.t =Ts /2224g m T -10.F min =)cos(12φθμμ-+G当θ=φ时，cos(θ-φ)取极大值1，F 此时有最小值：F min =21μμ+Gθ=30° 11.0;θsin 2gL 12.100;200三、13.选节点A 为研究对象.设AB 绳的拉力为F 1，杆AC 对A 的支撑力为F 2，受力图如图.由正弦定理得：F 1/sin45°=F 2/sin60°=G /sin75°当F 1=1000 N 时，G =F 1sin75°/sin45°=1366 N当F 2=2000 N 时 G ′=F 2sin75°/sin60°=2230.7 N故G 不能超过1366 N. 14.小球受力如图所示.由平衡条件及正交分解法得T sin60°+F N sin60°=mgT cos60°=F N cos60°所以T =33mg 再以小球与劈为研究对象，由力的平衡条件得 F f =T cos60°F N 地=(m+M )g -T sin60°kF N 地≥F f .因此k ≥M m m 633+,可见最小值为k =M m m 633+15.对物体受力分析，由平衡条件有：mg =T B sin θ+F sin θ F cos θ=T B cos θ+T C 故F =T B +θcos C T ,F =θsin mg -T B 因此2F =θsin mg -θcos C T .由上可知当T C =0时，F max =3340N 当T B =0时，F min =3320N.。
课时学案14动力学的三类典型问题考点2
课时学案14 动力学的三类典型问题(题型研究课)（2）考点2 动力学中的临界、极值问题一、临界、极值问题的标志1.有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
2.若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。
3.若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往又是临界点。
4.若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
二、．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
三．思维方法(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而临界现象(或状态)显现出来，以达到正确解决问题的目的。
(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。
题型1 以“作用力为零”为临界、极值条件的问题例1 如图所示，质量为M ＝2 kg 的长木板位于光滑水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。
现对物块施加水平向右的力F ，下列说法正确的是( )A ．水平力F ＝3 N 时，物块m 将保持静止状态B ．水平力F ＝6 N 时，物块m 将在长木板M 上滑动C ．水平力F ＝7 N 时，长木板M 的加速度大小为2.5 m/s 2D ．水平力F ＝9 N 时，长木板M 受到的摩擦力大小为5 N解题探究 (1)m 和M 相对滑动的临界条件是什么？提示：m 和M 之间的摩擦力达到最大静摩擦力。
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压轴题14 动力学中的临界和极值问题一、单选题1.如图所示，质量为m的物块放在质量为M的薄木板的右端，木板放在光滑的水平地面上，物块与薄木板间的动摩擦因数为μ.现对木板施加一水平向右的恒力F，木板从静止开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是()A. 当F<μmg时，物块相对地面静止B. 当F=μmg时，物块相对木板滑动C. 当F>μmg时，物块相对木板滑动D. 当F>μ(m+M)g时，物块的加速度与恒力F无关【答案】D【解析】A、水平地面是光滑的，当F作用在木板上时木板向右运动，物块相对地面向右运动，故A错误；B、当物块刚相对木板滑动时，对物块有μmg=ma，a=μg.对整体有F=(M+m)a=μ(M+m)g，因此当F=μmg时，物块相对木板静止，故B错误；C、只有当F>μ(m+M)g时，物块才相对木板滑动，故C错误；D、当F>μ(m+M)g时，物块相对木板滑动，对物块有μmg=ma，a=μg，与F无关，故D正确。
故选：D。
2.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m A、m B的A，B两个物体，A，B间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，使A，B一起加速运动，拉力F的最大值是A. μm B gB. μ(m A+m B)gC. μm B(m A+m B)gm A D. μm A(m A+m B)gm B【答案】B【解析】当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律可知对B物体：μm B g=m B a，解得：a=μg；对整体：F=(m A+m B)a，解得：F=μ(m A+m B)g，拉力F只要小于最大值两物体即可以相对静止，一起以同一加速度运动；故B正确，故ACD错误。
故选B。
3.如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块B上，B置于粗糙水平面上。
A、B质量分别为m A=2kg，m B=1kg，A、B之间动摩擦因数μ1=0.2，B与地面之间动摩擦因数μ2=0.1，现对A施加水平力F，若F从0开始逐渐增大，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A. 当拉力超过3N时，A、B开始发生相对滑动B. 当拉力超过4N时，A、B开始发生相对滑动C. 当拉力超过5N时，B的加速度为1m/s2D. 当拉力超过6N时，A、B开始发生相对滑动【答案】D【解析】对AB整体，B与地面间的摩擦力：f2=μ2(m A+m B)g=3N，当拉力小于3N时，A、B相对地面都静止，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B间发生相对滑动，f1=μ1m A g=4N，对B，由牛顿第二定律得：a B=f1−f2m B=1m/s2.对系统，由牛顿第二定律得：F−f2=(m A+m B)a B，F=6N，当拉力超过6 N时，A、B开始发生相对滑动，故ABC错误，D正确；故选D．4.光滑的水平面上叠放有质量分别为m和m/2的两个木块．下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示．已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为A. f/kB. 2f/kC. 3f/kD. 4f/k【答案】C【解析】物体做简谐运动，取整体为研究对象，是由弹簧的弹力充当回复力。
取上面的小物块为研究对象，则是由静摩擦力充当回复力。
当两物体间的摩擦力达到最大静摩力时，两物体达到了简谐运动的最大振幅。
又因为两个物体具有共同的加速度，根据牛顿第二定律对小物体有f=12ma，取整体有kx=(12m+m)a，两式联立可得x=3fk，故C正确，ABD错误。
故选C。
二、多选题5.(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是()A. 当x=ℎ+2x0时，小球的动能最小B. 最低点的坐标：x=ℎ+2x0C. 当x=ℎ+2x0时，小球的加速度为−g，且弹力为2mgD. 小球动能的最大值为mgℎ+mgx02【答案】CD【解析】AB.由图乙可知mg=kx0，解得x0=mgk，由F−x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹=12k(x−ℎ)2，由动能定理得mgx−12k(x−ℎ)2=0，即mgx−mg2x0(x−ℎ)2=0，解得x=ℎ+x(1+√1+2ℎx0)，故最低点坐标不是ℎ+2x0，且此处动能不是最小，故AB错误；C.由图可知，mg=kx0，由对称性可知当x=ℎ+2x0时，小球加速度为−g，且弹力为2mg，故C正确；D.小球在x=ℎ+x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(ℎ+x0)+W弹=E km−0，依题可得W弹=−12mgx0，所以E km=mgℎ+12mgx0，故D正确。
6.一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A=1kg和m B=2kg的A、B两物块，A，B 与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10m/s2).则()A. 若F=1N，则物块、木板都静止不动B. 若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC. 若F =4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为2 ND. 若F =8 N ，则B 物块的加速度为1m/s 2 【答案】CD【解析】A 与木板间的最大静摩擦力：f A =μm A g =0.2×1×10N =2N ，B 与木板间的最大静摩擦力：f B =μm B g =0.2×2×10N =4N ；当A 刚好在木板上滑动，B 和木板整体受到摩擦力2N ，轻质木板，质量不计，所以B 的加速度a =22 m/s 2=1m/s 2；此时对整体：F 0=(m A +m B )a =(1+2)×1N =3N 。
A.因水平面光滑，且F =1N <F 0=3N ，所以物块与木板相对静止，一起向右加速，故A 错误； B.因水平面光滑，且F =1.5N <F 0=3N ，所以物块与木板相对静止，一起向右加速，对整体有：F =(m A +m B )a ，解得：a =0.5m/s 2，对木板和B 分析有：f =m B a =1N ，故B 错误；C.因水平面光滑，且F =4N >F 0=3N ，所以物块与木板相对滑动，此时木板受到A 给的摩擦力为f A =2N <f B =4N ，所以B 与木板相对静止，所以B 物块所受摩擦力大小为2N ，故C 正确；D.因水平面光滑，且F =8N >F 0=3N ，所以物块与木板相对滑动，B 和木板整体受到摩擦力2N ，则有：f A =m B a B ，解得B 的加速度aB =1m/s 2，故D 正确。
故选CD 。
7.如下图所示，小车板面上的物体质量为m =8kg ，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1ms 2，随即以1m s 2的加速度做匀加速直线运动下列说法中正确的是( )A. 物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B. 物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C. 当小车加速度向右为0.75m s 2时，物体不受摩擦力作用D. 小车以1ms 2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N 【答案】AC【解析】物体静止不动时，水平方向弹力和向左的静摩擦力二力平衡，有f 静=F 弹=6N 物体随小车一起向右加速，当静摩擦力为零时，有F 弹=ma 1，解得：a 1=0.75m/s 2 当静摩擦力向右时，且达到6N 时，有F 弹+f =ma 2，解得：a 2=1.5m/s 2由于1m/s 2<1.5m/s 2，故物体与小车始终保持相对静止，弹簧伸长量不变，故弹力不变由于0.75m/s 2<1m/s 2<1.5m/s 2，故物体受静摩擦力先向左，减小到零后方向增加，且当小车向右的加速度为0.75m/s 2时，物体不受摩擦力作用，当小车以1m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动时，静摩擦力向右，由于F 弹+f =ma ，解得f =2N ，故 AC 正确，BD 错误。
故选AC 。
8.如图所示，质量均为m 的两个小球A 、B 套在光滑水平直杆P 上，整个直杆被固定在竖直转轴上，并保持水平，两球间用劲度系数为k ，自然长度为L 的轻质弹簧连接在一起，A 球被轻质细绳拴在竖直转轴上，细绳长度也为L ，现欲使横杆AB 随竖直转轴一起在水平面内匀速转动，其角速度为ω，求当弹簧长度稳定后，细绳的拉力和弹簧的总长度各为多大？A. 细绳的拉力为3mω2LB. 弹簧总长度为k+mω2k−mω2LC. 细绳的拉力为mω2L(1+2k k−mω2)D. 弹簧总长度为L +2mω2L k【答案】BC【解析】设直杆匀速转动时，弹簧伸长量为x ， 对A 球有：F T −F =Mω2L ，对B 球有：F =mω2(2L +x) ，F =Kx ，解以上方程组可得：F T =Mω2L +2mω2KL K−mω2，x =2mω2L K−mω2则弹簧的总长为：L′=L +2mω2L K−mω2=K+mω2K−mω2L ，故BC 正确，AD 错误。
故选BC 。
三、计算题9.如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L =2.4m.质量M =2.0kg 的B 物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A 物体相连接，连接B 的细绳与斜面平行．A 的质量m =2.5kg ，绳拉直时用手托住A 物体使其在距地面h 高处由静止释放，着地后立即停止运动．A 、B 物体均可视为质点，取g =10m/s 2，sin37º=0.6，cos37º=0.8． (1)求A 物体下落的加速度大小及绳子拉力T 的大小；(2)求当A 物体从多高处静止释放，B 物体恰好运动至斜面最高点；(3)若A 物体从ℎ1=1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A 物体质量m 的取值范围．(设B 物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)【答案】解：(1)根据牛顿第二运动定律对A有：mg−T=ma对B有：T−Mgsinθ−μMgcosθ=Ma代入数据解得：a=2m/s2绳子拉力大小：T=20N(2)设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1对B有：Mgsinθ+μMgcosθ=Ma1代入数据解得：a1=8m/s2对B由运动学公式得：着地前v2=2aℎ着地后v2=2a1(L−ℎ)代入数据解得：ℎ=1.92m(3)设A着地后B向上滑行距离xv2=2a1x x≤L−ℎ1着地前v2=2aℎ1代入数据解得：m≤4kg另一方面要能拉动必须有：mg>Mgsinθ+μMgcosθ解得m>1.6kg所以物体A的质量范围是1.6kg<m<4kg【解析】(1)分别对A、B根据牛顿第二定律列式，联立求解；(2)A着地后B做匀减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，A着地前和着地后，根据运动学公式列式求解；(3)A着地后，由运动学公式及质量关系得解。