粤教版高中物理必修一专题 临界问题
新教材高中物理第三章相互作用专题练动态平衡及临界极值问题含解析粤教版必修第一册
动态平衡及临界、极值问题一、选择题1.如图所示，两根细绳AO和BO连接于O点，O点的下方用细绳CO悬挂一花盆并处于静止状态。
在保持O点位置不动的情况下，调整细绳BO的长度使悬点B在竖直墙壁上向上移动，此过程中绳AO受到的拉力( )A.逐渐增大B．逐渐减小C.先增大后减小 D．先减小后增大【解析】选B。
对结点O受力分析如图由图可知，当BO绳拉力逆时针转动过程中，绳AO受到的拉力一直减小。
【解题指南】三角形图解法适用于物体所受的三个力中，有一个力的大小、方向均不变(通常为重力，也可以是其他力)，另一个力的方向不变，大小变化，第三个力大小、方向均发生变化的问题。
2.如图，小球用细绳系住，绳另一端固定于O 点。
现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于拉直状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力N以及绳对小球的拉力T的变化情况是( )A.N逐渐减小，T逐渐增大B.N逐渐减小，T逐渐减小C.N逐渐增大，T先增大后减小D.N逐渐增大，T先减小后增大【解析】选D。
先对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成—个闭合的矢量三角形，如图所示由于重力不变、支持力N方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力T与水平方向的夹角β减小，当β＝θ时，拉力T和支持力N垂直，此时细绳的拉力T最小，由图可知，随β的减小，斜面的支持力N不断增大，T先减小后增大。
3．(金榜原创题)如图，一物体通过细绳悬挂于O点，用作用于A点的水平外力F1缓慢拉动细绳，在θ角逐渐增大的过程中，外力F1和细绳OA的拉力F2的变化规律是( )A.F1不变，F2变小B.F1和F2都变大C.F1变小、F2变大D.F1变大、F2变小【解析】选B。
A点的受力如图根据共点力平衡得F2＝mgcos θ，F1＝mg tan θθ增大，则F1增大，F2增大，故选B。
4．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是( )A.MN对Q的弹力逐渐减小B.地面对P的摩擦力逐渐增大C.P、Q间的弹力先减小后增大D.Q所受的合力逐渐增大【解析】选B。
高中物理新教材同步 必修第一册第4章 专题强化 动力学中的临界问题
专题强化动力学中的临界问题[学习目标] 1.掌握动力学临界、极值问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件(重难点)。
2.进一步熟练应用牛顿第二定律解决实际问题(重点)。
临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。
一、接触与脱离的临界问题接触与脱离的临界条件(1)加速度相同。
(2)相互作用力F N＝0。
例1如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。
(1)当滑块A以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？(2)当滑块以2g的加速度向左运动时，细线上的拉力为多大？(不计空气阻力)答案(1)g(2)5mg解析(1)由牛顿第三定律知，小球对滑块压力刚好为零时，滑块对小球支持力也为零。
此时，滑块和小球的加速度仍相同，当F N＝0时，小球受重力和拉力作用，如图甲所示，F合＝mgtan 45°＝g。
由牛顿第二定律得F合＝ma，则a＝gtan 45°所以此时滑块的加速度a块＝g。
(2)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离滑块，只受细线的拉力和小球的重力的作用，如图乙所示，设细线与水平方向夹角为α，此时对小球受力分析，由牛顿第二定律得F T′cos α＝ma′，F T′sin α＝mg，解得F T′＝5mg。
例2 如图，A 、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg 。
从t ＝0开始，推力F A 和拉力F B 分别作用于A 、B 上，F A 、F B 随时间的变化规律为F A ＝(8－2t )N ，F B ＝(2＋2t )N 。
(1)两物体何时分离？(2)求物体B 在1 s 时和5 s 时运动的加速度大小？ 答案 (1)2 s (2)1 m/s 2 2 m/s 2解析 (1)设两物体在t 1时刻恰好分离(即相互作用的弹力为0)，此时二者的加速度仍相同，由牛顿第二定律得F A m A ＝F Bm B，代入数据解得t 1＝2 s 。
高中物理必修一 第四章 专题强化 动力学临界问题
当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界状态) 的加速度为a0，受力分析如图甲所示. 由牛顿第二定律和平衡条件得： Tsin 37°＝ma0， Tcos 37°＝mg， 联立并代入数据得： a0＝7.5 m/s2.
12345678
当汽车以加速度a1＝2 m/s2<a0向右匀减速行驶时，小球受力分析如图 乙所示. 由牛顿第二定律和平衡条件得： T1sin 37°－FN1＝ma1， T1cos 37°＝mg， 联立并代入数据得： T1＝50 N，FN1＝22 N， 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N.
4.解答临界问题的三种方法 (1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而 找出临界条件. (2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即 假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再 根据实际情况处理. (3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角 函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件.
A.g2
m k
C.g
2m k
√B.g
m 2k
D.2g
m k
12345678
静止时弹簧压缩量 x1＝2mk g，分离时 A、B 之间的压 力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为 x2，对 B：kx2－ mg＝ma，得 x2＝32mkg，物块 B 的位移 x＝x1－x2＝m2kg， 由 v2＝2ax 得：v＝g 2mk，B 正确.
第四章
专题强化
探究重点 提升素养 / 专题强化练
动力学临界问题
学习目标
1.掌握动力学临界问题的分析方法. 2.会分析几种典型临界问题的临界条件.
粤教版高中物理必修第一册精品课件 第3章 相互作用 分层作业22 动态平衡问题 平衡中的临界极值问题
的动摩擦因数为0.75(滑动摩擦力等于最大静摩擦力),则梯形的底角必须
满足( A )
A.小于53°
B.大于53°
C.小于60°
D.大于60°
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析 设梯形的底角为θ,对金砖进行受力分析,如图所示,商家的要求是无论
为多少?
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析 (1)球受力情况如图所示,根据平衡条件知
F1cos θ=mg
F1sin θ=F2
解得
F1=cos
F2=mgtan θ.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
(2)对正方体和球整体进行受力分析如图所示,根据平衡条件知
的摩擦力f=mgsin θ,屋顶对他的支持力FN=mgcos θ,他在屋顶上向上缓慢爬
行的过程,θ减小,则摩擦力减小,支持力变大.故选A.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
3.(2024天津南开期末)挂灯笼是我国年俗文化的重要组成部分.图甲中灯
笼竖直悬挂在轻绳OA和OB的结点O处,轻绳OA与水平杆的夹角为60°,轻
成θ角的拉力F,若要使绳都能伸直,下列F的大小不可能的是(g取10 m/s2)
( A )
A.4 3 N
B.8 3 N
C.10 3 N
D.12 3 N
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析 由平衡条件,在水平方向有TBcos θ+TC=Fcos θ,
竖直方向有TBsin θ+Fsin θ=mg,
已知两木棍间距d=8 cm,与水平面的夹角α=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,
高一物理必修1-牛顿运动定律临界问题.ppt
则 F2=2 F1
即(40-4t) =2(10+4t） 解得 t=5/3 (s)
BB
F1
B
AF2aa Nhomakorabea练习
有一质量M=4kg的小车置于光滑水平桌面上，在小车上放一质量m=6kg的物块，动摩擦因素µ=0.2,现对物块施加F=25N的水平拉力,如图所示，求小车的加速度？（设车与物块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且g取10m/s2)
如图所示，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。
课后练习
A
B
﹚60°
F
分析：当水平推力F很小时，A与B一起作匀加速运动，当F较大时，B对A的弹力竖直向上的分力等于A的重力时，地面对A的支持力为零，此后，物体A将会相对B滑动。显而易见，本题的临界条件就是水平力F为某一值时，恰好使A沿AB面向上滑动，即物体A对地面的压力恰好为零.
θ
a
例题分析
解：
G
FN
F
易见 ：支持力FN 随加速度a 的增大而减小 当a=gcotθ= 4g/3 时，支持力FN =0 小球即将脱离斜面
则沿x轴方向 Fcosθ-FNsinθ=ma 沿y轴方向 Fsinθ+FNcosθ=mg
高一物理常见的临界问题类型：
1.追击问题的临界条件（相遇、最远、最近） 2.两个物体分离的临界条件（与固定物体分离或者两个运动物体分离） 3.绳子和弹簧所涉及的临界条件（断与否，有或无，分离与否） 4.靠摩擦力连接的物体间不发生相对滑动的临界条件
临界状态是两个关联过程、关联状态的过渡状态,是旧事物的某一方面量变的终止点,新事物某一方面量变的起始点.因此它总与新旧事物保持着千丝万缕的联系, 往往兼有新旧事物的特性,所以在处理临界问题时,我们既可以从旧事物或新事物着手,找出与问题密切相关的某一变量的变化规律,分别代人其量变终止值、量变开始值求解,也可以直接从临界状态人手, 利用事物在临界状态具有的新旧事物的共有特征求解
粤教版高中物理必修第一册第四章素养培优课(四)动力学中的三类典型问题学案
素养培优课(四)动力学中的三类典型问题1．掌握临界问题，能找到几种典型问题的临界条件，能解决几类典型的临界问题．2．能够正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型．3．会对传送带上的物体进行受力分析，正确判断物体的运动情况．考点1动力学中的临界问题1．临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态．2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．3．常见类型(1)弹力发生突变的临界条件弹力发生在两物体的接触面之间，是一种被动力，其大小由物体所处的运动状态决定．相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是弹力为零．(2)摩擦力发生突变的临界条件①静摩擦力为零是状态方向发生变化的临界状态；②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止的临界状态．【典例1】如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，细线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，细线中拉力为多大？思路点拨：拉力刚好为零和压力等于零就是临界条件，当a′＝2g时小球已脱离斜面了．[解析](1)F T＝0时，小球受重力mg和斜面支持力F N的作用，如图甲所示，则F N cos 45°＝mgF N sin 45°＝ma解得a ＝g ．故当滑块向右加速度为g 时细线的拉力为0．(2)假设滑块具有向左的加速度a 1，小球受重力mg 、细线的拉力F T1和斜面的支持力F N1的作用，如图乙所示．由牛顿第二定律得乙水平方向：F T1cos 45°－F N1sin 45°＝ma 1，竖直方向：F T1sin 45°＋F N1cos 45°－mg ＝0由上述两式解得F N1＝√2m (g−a 1)2，F T1＝√2m (g+a 1)2由此两式可以看出，当加速度a 1增大时，球所受的支持力F N1减小，细线的拉力F T1增大当a 1＝g 时，F N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F T1＝√2mg ．所以滑块至少以a 1＝g 的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零．(3)当滑块加速度大于g 时，小球将“飘”离斜面而只受细线的拉力和重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°．由牛顿第二定律得F T ′cos α＝ma ′，F T ′sin α＝mg ，解得F T ′＝m √a ′2+g 2＝√5mg ．。
高一物理平衡问题中的临界与极值问题归纳粤教版知识精讲
高一物理平衡问题中的临界与极值问题归纳粤教版【本讲教育信息】一. 教学内容：平衡问题中的临界与极值问题归纳二. 学习目标：1、掌握共点力作用下的物体平衡条件的应用问题的分析方法。
2、掌握平衡问题中临界与极值问题的特征。
3、熟练掌握典型的临界与极值问题的常用处理方法和技巧。
考点地位：共点力作用下的物体平衡问题中的极值与临界问题是处理平衡问题的难点所在，这局部内容重点表现与数学知识的融合，表现了高考大纲中所要求的运用数学方法分析物理问题的能力，同时这局部内容在高考中常与库仑力、安培力等相互结合，难度较大。
三. 重难点解析：1. 共点力作用下物体平衡的条件在共点力作用下物体平衡的条件是：物体所受的合力为零。
即0F =合〔矢量式〕。
用正交分解法解决有关在共点力作用下的物体平衡问题时，平衡条件可表示为： ⎪⎩⎪⎨⎧==.0F ，0F y x 合合 用平衡条件的正交表达形式解题具有三大优点：其一，将矢量运算转变为代数运算，使难度降低。
其二，将求合力的复杂的解斜三角形问题，转变为正交分解后的直角三角形问题，使运算简便易行。
其三，当所求平衡问题中需求两个未知力时，这种表达形式可列出两个方程，使得求解十分方便。
2. 力的平衡作用在物体上所有力的合力为零，这种情形叫做力的平衡。
〔1〕当物体只受两个力作用而平衡时，这两个力大小一定相等，方向一定相反，且作用在同一直线上。
这两个力叫做一对平衡力。
〔2〕当物体受到三个力的作用而平衡时，这三个力必在同一平面内，且三个力的作用线或作用线的延长线相交于一点，这就是三力汇交原理。
3. 一对平衡力与一对作用力和反作用力的区别〔1〕平衡力作用于同一物体上。
作用力和反作用力分别作用在两个物体上。
〔2〕作用力与反作用力性质一样。
平衡力的性质不一定一样。
例如静止在水平桌面上的物体，重力与桌面的支持力是一对平衡力；支持力是弹力，与重力的性质不同。
〔3〕作用力与反作用力同时产生、同时变化、同时消失，平衡力中的某一力变化或消失时，其他力不一定变化或消失。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：圆周运动的临界问题
专题强化六圆周运动的临界问题目标要求 1.掌握水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会分析水平面内、竖直面内和斜面上圆周运动的临界问题．题型一水平面内圆周运动的临界问题物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态．1．常见的临界情况(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力．(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．2．分析方法分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态．确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．例1(2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是()A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 NC．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2答案 D解析汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩车转弯的速度为20 m/s时，根据F＝m v2R＝擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为a m＝fm7.0 m/s 2，D 正确．例2 (多选)(2023·广东省广州五中月考)如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l .木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a 有f a ＝mωa 2l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mωa 2l ，ωa ＝kgl；对木块b 有f b ＝mωb 2·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mωb 2·2l ，ωb ＝kg2l，则ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度，所以b 先达到最大静摩擦力，即b 比a 先开始滑动，选项A 、C 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，则f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；ω＝2kg3l<ωa ＝kg l ，a 没有滑动，则f a ′＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 例3 细绳一端系住一个质量为m 的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h 高度处，绳长l 大于h ，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g .若要小球不离开桌面，其转速不得超过( )A.12π g l B ．2πgh C.12πh gD.12πg h答案 D解析对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力F N、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋F N＝mg，F sin θ＝m v2R＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，F N＝0，转速n有最大值，此时n m＝12πgh，故选D.例4(2023·广东深圳市调研)如图所示，用两根长l1、l2的细线拴一小球a，细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处，当竖直杆以某一范围角速度(ω1≤ω≤ω2)转动时，小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动，此时两根细线均被拉直，圆周半径为r，已知l1∶l2∶r＝20∶15∶12，则ω1∶ω2为()A．3∶4 B．3∶5C．4∶5 D．1∶2答案 A解析设绳l1与竖直杆的夹角为θ1，绳l2与竖直杆的夹角为θ2，将绳子拉力沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力大小等于重力，水平方向分力提供向心力，则有F向1＝mg tan θ1＝mω12r，F向2＝mg tan θ2＝mω22r，由几何关系可得r＝l1sin θ1＝l2sin θ2，又l1∶l2∶r＝20∶15∶12，联立解得ω1∶ω2＝3∶4，B、C、D错误，A正确．题型二竖直面内圆周运动的临界问题1．两类模型对比轻绳模型(最高点无支撑) 轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F 弹向下或等于零F 弹向下、等于零或向上力学方程mg ＋F 弹＝m v 2Rmg ±F 弹＝m v 2R临界特征F 弹＝0mg ＝m v min 2R即v min ＝gRv ＝0 即F 向＝0 F 弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v ≥gR ，F 弹＋mg ＝m v 2R，绳或轨道对球产生弹力F 弹(2)若v <gR ，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v ＝0时，F 弹＝mg ，F 弹背离圆心 (2)当0<v <gR 时，mg －F 弹＝m v 2R ，F 弹背离圆心并随v 的增大而减小 (3)当v ＝gR 时，F 弹＝0(4)当v >gR 时，mg ＋F 弹＝m v 2R ，F 弹指向圆心并随v 的增大而增大2.解题技巧(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程； (2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．例5 (2023·陕西延安市黄陵中学)如图所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球(可视为质点)，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g ＝10 m/s 2，下列说法不正确的是( )A ．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/sB ．当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力为15 NC ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 2 m/sD ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 m/s 答案 D解析 设小球通过最高点时的最小速度为v 0，则根据牛顿第二定律有mg ＝m v 02R ，解得v 0＝2 m/s ，故A 正确；当小球在最高点的速度为v 1＝4 m/s 时，设轻绳拉力大小为F T ，根据牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 12R ，解得F T ＝15 N ，故B 正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有F Tm －mg ＝m v m 2R ，解得v m ＝4 2 m/s ，故C 正确，D 错误．例6 (2023·山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l ，中点装在水平轴O 上，两端分别固定着小球A 和B (均可视为质点)，A 球质量为m ，B 球质量为2m ，重力加速度为g ，两者一起在竖直平面内绕O 轴做圆周运动．(1)若A 球在最高点时，杆的A 端恰好不受力，求此时B 球的速度大小；(2)若B 球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O 轴的受力大小和方向； (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O 轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A 、B 球的速度大小． 答案 (1)gl (2)2mg 方向竖直向下(3)能；当A 、B 球的速度大小为3gl 时，O 轴不受力解析 (1)A 在最高点时，对A 根据牛顿第二定律得mg ＝m v A 2l ，解得v A ＝gl ，因为A 、B 两球的角速度相等，半径相等，则v B ＝v A ＝gl ；(2)B 在最高点时，对B 根据牛顿第二定律得2mg ＋F T OB ′＝2m v B 2l代入(1)中的v B ，可得F T OB ′＝0 对A 有F T OA ′－mg ＝m v A 2l可得F T OA ′＝2mg根据牛顿第三定律，O 轴所受的力大小为2mg ，方向竖直向下；(3)要使O 轴不受力，根据B 的质量大于A 的质量，设A 、B 的速度为v ，可判断B 球应在最高点对B有F T OB″＋2mg＝2m v2l对A有F T OA″－mg＝m v2lO轴不受力时有F T OA″＝F T OB″联立可得v＝3gl所以当A、B球的速度大小为3gl时，O轴不受力．题型三斜面上圆周运动的临界问题物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmg cos θ－mg sin θ＝mω2R.例7(多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是()A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是1.0 rad/sD．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是 3 rad/s答案BC解析当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A 错误，B 正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 F N ＝mg cos 30°，摩擦力f ＝μF N ＝μmg cos 30°，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R ，解得ω＝1.0 rad/s ，故C 正确，D 错误．课时精练1．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为( ) A ．15 m/s B ．20 m/s C ．25 m/s D ．30 m/s答案 B解析 当F N ′＝F N ＝34G 时，有G －F N ′＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ；当F N ＝0时，G ＝m v ′2r ，所以v ′＝2v ＝20 m/s ，选项B 正确．2．(多选)(2023·广东广州市模拟)一质量为1.0×103 kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为车重的0.6倍，g ＝10 m/s 2，当汽车经过弯道时，下列判断正确的是( )A ．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力B ．汽车转弯时所受到的径向静摩擦力均为6×103 NC ．设计汽车转弯不发生侧滑的最大速率为20 m/s ，则弯道半径应不少于50 mD ．汽车能安全转弯的向心加速度不超过6.0 m/s 2 答案 AD解析 汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A 正确；汽车转弯时所需的向心力可以小于6×103 N ，不一定取最大值，B 错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得f m ＝m v 2r ，解得r ＝2003 m>50 m ，C 错误；汽车能安全转弯的最大向心加速度a ＝0.6g ，得a ＝6.0 m/s 2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过6.0 m/s 2，D 正确．3.(2023·广东中山市模拟)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l .当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳张力可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω超过某一特定值时，b 绳将出现弹力D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化 答案 C解析 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，A 错误；根据竖直方向上受力平衡得F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mg sin θ，可知a 绳的拉力始终不变，B 错误；当b 绳拉力为零时，有mgtan θ＝mlω2，解得ω＝gl tan θ，可知当角速度大于gl tan θ时，b 绳出现弹力，C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 错误． 4.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB 水平、OA 竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B 点以某一初速度v 0进入细管，之后从管内的A 点以大小为v A 的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>3gRB ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gRC ．为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2D ．小球从A 点飞出的水平初速度必须满足v A >gR ，因而不可能使小球从A 点水平飞出后再返回B 点 答案 BC解析 小球能从A 点飞出，则在A 点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有12m v 02>mgR ，则小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gR ，选项A 错误，B 正确；为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，则R ＝v A t ，R ＝12gt 2，联立解得v A ＝gR 2，12m v 02＝mgR ＋12m v A 2，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2，选项C 正确；要使小球从A 点飞出，则小球在A 点的速度大于零即可，由选项C 的分析可知，只要小球在A 点的速度为gR2，小球就能从A 点水平飞出后再返回B 点，选项D 错误．5.如图所示，质量为1.6 kg 、半径为0.5 m 的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A 和B (均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg.某时刻，小球A 、B 分别位于圆管最低点和最高点，且A 的速度大小为v A ＝3 m/s ，此时杆对圆管的弹力为零．则B 球的速度大小v B 为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s答案 B解析 对A 球，合外力提供向心力，设管对A 的支持力为F A ，由牛顿第二定律有F A －m A g ＝m A v A 2R ，代入数据解得F A ＝28 N ，由牛顿第三定律可得，A 球对管的力竖直向下为28 N ，设B 球对管的力为F B ′，由管的受力平衡可得F B ′＋28 N ＋m 管g ＝0，解得F B ′＝－44 N ，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B 球的力F B 为44 N ，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有F B＋m B g＝m B v B2R，解得v B＝4 m/s，故选B.6.(2023·湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B及物体C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度需要满足ω≤μg rD．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体答案 B解析由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为f A＝3mω2r，又有0<f A≤f max＝3μmg，由于角速度大小不确定，B对A的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg，A错误，B正确；若物体A达到最大静摩擦力，则3μmg＝3mω12r，解得ω1＝μgr，若转台对物体B达到最大静摩擦力，对A、B整体有5μmg＝5mω22r，解得ω2＝μgr，若物体C达到最大静摩擦力，则μmg＝mω32×1.5r，解得ω3＝2μg3r，可知ω1＝ω2>ω3，由于物体A、B及物体C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝2μg3r，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误．7．(2023·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时()A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg ＝m v B 22L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L ，解得F ＝1.5mg ，即杆受到的弹力大小为1.5mg ，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg ，C 正确，D 错误．8.(2023·重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L ＝0.8 m 的轻杆，杆一端固定在O 点，可绕O 点自由转动，另一端系一质量为m ＝0.05 kg 的小球(可视为质点)，小球在斜面上做圆周运动，g 取10 m/s 2.要使小球能到达最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s答案 A解析 小球恰好到达A 点时的速度大小为v A ＝0，此时对应B 点的速度最小，设为v B ，对小球从A 到B 的运动过程，由动能定理有12m v B 2－12m v A 2＝2mgL sin α，代入数据解得v B ＝4 m/s ，故选A.9．(多选)(2023·广东惠州市模拟)如图所示为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子，绳上挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面，若转筒中心轴开始缓慢加速转动，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．角速度慢慢增大，一定是线长的那个球先离开圆锥筒B．角速度达到一定值的时候两个球一定同时离开圆锥筒C．两个球都离开圆锥筒后，它们一定高度相同D．两个球都离开圆锥筒时两绳中的拉力大小相同答案AC解析设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒的支持力为0，则有mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝gl cos θ，则绳子越长其角速度的临界值越小，越容易离开圆锥筒，所以A正确，B错误；两个球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动，有相同的角速度，则小球的高度为h＝l cos θ，代入数据解得h＝gω2，所以C正确；小球离开圆锥筒时绳子的拉力为F T＝mgcos θ，由于绳子长度不同，则两绳与竖直方向的夹角也不同，所以绳中拉力大小也不相同，所以D错误．10.(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)()A．当ω>2Kg3L时，A、B会相对于转盘滑动B．当ω>Kg2L，绳子一定有弹力C．ω在Kg2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大D ．ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大 答案 ABD解析 当A 、B 所受摩擦力均达到最大值时，A 、B 相对转盘即将滑动，则有Kmg ＋Kmg ＝mω2L ＋mω2·2L ，解得ω＝2Kg3L，A 项正确；当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有Kmg ＝m ·2L ·ω2，解得ω＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B 项正确；当ω> Kg2L时，B 已达到最大静摩擦力，则ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 受到的摩擦力不变，C 项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A 相对转盘是静止的，A 所受摩擦力为静摩擦力，所以由f －F T ＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D 项正确．11.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O 点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A 、B 两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB 从O 点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB 断开前后瞬间，轻绳OA 的张力之比为( )A ．1∶1B ．25∶32C ．25∶24D ．3∶4答案 B解析 轻绳OB 断开前，小球以A 、B 中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v ，绳长为L ，小球质量为m ，轻绳的张力为F 1，由向心力公式有2F 1sin 53°－mg ＝m v 2L sin 53°，轻绳OB 断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A 点的正下方，设轻绳的张力为F 2，有F 2cos 53°＝m v 2L cos 53°，F 2sin 53°＝mg ，联立解得F 1F 2＝2532，故B 正确．12．(多选)(2023·湖北省重点中学检测)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为m 的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A 、B 两点分别为轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )A ．铁球可能做匀速圆周运动B ．铁球绕轨道转动时机械能守恒C ．铁球在A 点的速度一定大于或等于gRD ．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg 答案 BD解析 铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B 正确，A 错误；铁球在A 点时，有mg ＋F 吸－F N A ＝m v A 2R ，当F N A ＝mg ＋F 吸时，v A ＝0，选项C 错误；铁球从A 到B 的过程，由动能定理有2mgR ＝12m v B 2－12m v A 2，当v A ＝0时，铁球在B 点的速度最小，解得v B min ＝2gR ，球在B 点处，轨道对铁球的磁性引力最大，F 吸－mg －F N B ＝m v B 2R ，当v B ＝v B min ＝2gR 且F N B ＝0时，解得F 吸min ＝5mg ，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg ，选项D 正确．。
粤教版高中物理必修第一册精品课件 第3章 相互作用 专题提升4 动态平衡问题 平衡中的临界极值问题
1 2 3
解析 工人受到重力、支持力和拉力作用,如图所示,根据共点力平衡条件,
有F2=
cos
,F1=Gtan α,故A、B错误;
当工人缓慢下移时,细绳与竖直方向的夹角α变小,
故F1变小,F2变小,故C正确,D错误.
1 2 3
2.(动态平衡)如图所示,将质量为m的白板展开静置于水平地面,两只立脚
化过程分析,找出平衡中
的临界点和极值点.
(2)临界条件必须在变化中寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而
是要把某个物理量推向极端,即极大或极小,并依此作出准确的推理分析,
从而给出判断或结论.
对点演练
3.如图所示,三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂
在水平天花板上,相距2L,现在C点悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持
(3)若小球刚好掉不下来,则筷子对小球的最大静摩擦力恰好达到滑动摩擦
力,由对称性可知
FN1=FN2,f1=f2
对小球由平衡条件可得
2FN1sin θ+mg=2μFN1cos θ
解得筷子对小球的压力大小为
FN1=2(cos -sin ).
(4)由(3)的解析可知,要能夹住小球,FN1表达式要有意义,
寻找两个变力的方向之间的关系,或者寻找矢量三角形与问题情境中空间
三角形的对应关系.其中有一类问题是矢量三角形与空间几何三角形相似,
可利用相似三角形对应边成比例求解.
典例剖析
【例题1】 (多选)如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一
个光滑的小孔,质量为m的小球套在圆环上,一根细线的下端系着小球,上端
穿过小孔用手拉住,现拉动细线,使小球沿圆环缓慢上移,在移动过程中下
粤教版高中物理必修一专题 临界问题
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作专题 临界问题一、学法指导（一） 临界问题1．临界状态：在物体的运动状态变化的过程中，相关的一些物理量也随之发生变化。
当物体的运动变化到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，该物理量的值叫临界值，这个特定状态称之为临界状态。
临界状态是发生量变和质变的转折点。
2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”、“最小”、“刚好”、“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。
3．解题关键：解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述，对临界状态的判断与分析。
4．常见类型：动力学中的常见临界问题主要有两类：一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离、绳子的绷紧与松弛问题；一是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题。
（二）、解决临界值问题的两种基本方法1．以物理定理、规律为依据，首先找出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析和讨论其特殊规律和特殊解。
2．直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，找出相应的物理规律和物理值。
二、例题分析【例1】质量为0.2kg 的小球用细线吊在倾角为 ＝060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4-70所示，不计摩擦，求在下列三种情况下，细线对小球的拉力（取g ＝10 2/s m ）(1) 斜面体以232/s m 的加速度向右加速运动； (2) 斜面体以432/s m ，的加速度向右加速运动；【解析】解法1:小球与斜面体一起向右加速运动，当a 较小时，小球与斜面体间有挤压；当a 较大时，小球将飞离斜面，只受重力与绳子拉力作用。
因此要先确定临界加速度ao （即小球即将飞离斜面，与斜面只接触无挤压时的加速度），此时小球受力情况如图4-71所示，由于小球的加速度始终与斜面体相同，因此小球所受合外力水平向右，将小球所受力沿水平方向和图4-70竖直方向分解解，根据牛顿第二定律有 0cos ma T =θ，mg T =θsin联立上两式得20/77.5s m a =（1）1a =232/s m ＜5.772/s m ,所以小球受斜面的支持力N 1的作用，受力分析如图4-72所示，将T 1,N 1沿水平方向和竖直方向分解，同理有 111s i n c o s ma N T =-θθ，mg s N T =+θθcos sin 11联立上两式得T 1＝2.08N, N 1＝0.4N（2) 2a =432/s m ＞5.772/s m ,所以此时小球飞离斜面，设此时细线与水平方向夹角为0θ，如图4-73所示，同理有 202cos ma T =θ，mg T =02sin θ联立上两式得T 2＝2.43N, 0θ＝arctan 1.44解法2:设小球受斜面的支持力为N ，线的拉力为T ，受力分析如图4-74所示，将T 、N 沿水平方向和竖直方向分解，根据牛顿第二定律有ma N T =-θθsin cos ，mg s N T =+θθcos sin联立上两式得：T ＝m (g sin θ＋a cos θ ) cos θN ＝m (g cos θ一a sin θ）当N ＝0时，即a ＝g cot θ＝5.772/s m 时，小球恰好与斜面接触。
高中物理 第四章 力与运动 微型专题 动力学连接体问题和临界问题学案 粤教版必修1
微型专题动力学连接体问题和临界问题[学习目标] 1.会用整体法和隔离法分析动力学的连接体问题.2.掌握动力学临界问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件.一、动力学的连接体问题1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体.如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法有整体法与隔离法.2.整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解.其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力.3.隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解.其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形.4.整体法与隔离法的选用求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.例1如图1所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知m A＝10 kg，m B＝20 kg，F＝600 N，求此时轻绳对物体B的拉力大小(g取10 m/s2).图1答案400 N解析对A、B整体受力分析和单独对B受力分析，分别如图甲、乙所示：对A、B整体，根据牛顿第二定律有：F－(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a物体B受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：F T－m B g＝m B a，联立解得：F T＝400 N.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.针对训练1 在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，与地面间的动摩擦因数均为μ，若用水平推力F作用于A物体，使A、B一起向前运动，如图2所示，求两物体间的相互作用力为多大？图2答案m2F m1＋m2解析以A、B整体为研究对象，其受力如图甲所示，由牛顿第二定律可得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a所以a＝Fm1＋m2－μg再以B物体为研究对象，其受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得F AB－μm2g＝m2a联立得两物体间的作用力F AB＝m2Fm1＋m2.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用例2如图3所示，装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后细线与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g，求小车所受牵引力的大小.图3答案(M＋m)g tan θ解析小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示，小球所受合力的大小为mg tan θ.由牛顿第二定律有mg tan θ＝ma①对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a ②联立①②解得：F＝(M＋m)g tan θ.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用二、动力学的临界问题1.临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态.2.关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件.3.临界问题的常见类型及临界条件：(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零.(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力.(3)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实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零.(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，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度.当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值.4.解题关键：正确分析物体运动情况，对临界状态进行判断与分析，其中处于临界状态时存在的独特的物理关系即临界条件.例3如图4所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0 kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平.两根细线所能承受的最大拉力都是F m＝15 N.(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)求：图4(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值.(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值. 答案(1)2 m/s2(2)7.5 m/s2解析(1)竖直向上匀加速运动时小球受力如图所示，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得：竖直方向有：F m sin 53°－mg＝ma水平方向有：F m cos 53°＝F b解得F b＝9 N，此时加速度有最大值a＝2 m/s2(2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：竖直方向有：F a sin 53°＝mg水平方向有：F b－F a cos 53°＝ma′解得F a＝12.5 N当F b＝15 N时，加速度最大，有a′＝7.5 m/s2【考点】动力学中的临界、极值问题【题点】弹力发生突变的临界、极值问题例4如图5所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球.(重力加速度为g)图5(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？答案(1)g(2)g(3)5mg解析(1)当F T＝0时，小球受重力mg和斜面支持力F N作用，如图甲，则F N cos 45°＝mg，F N sin 45°＝ma解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力F T1和斜面的支持力F N1作用，如图乙所示.由牛顿第二定律得水平方向：F T1cos 45°－F N1sin 45°＝ma1，竖直方向：F T1sin 45°＋F N1cos 45°－mg＝0.由上述两式解得F N1＝2m(g－a1)2，F T1＝2m(g＋a1)2.由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力F N1减小，线的拉力F T1增大.当a1＝g时，F N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F T1＝2mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F T′cos α＝ma′，F T′sin α＝mg，解得F T′＝m a′2＋g2＝5mg.【考点】动力学中的临界、极值问题【题点】弹力发生突变的临界、极值问题1.(连接体问题)如图6所示，质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ，质量为m的物块B 与地面的摩擦不计，在大小为F 的水平推力作用下，A 、B 一起向右做加速运动，则A 和B 之间的作用力大小为( )图6A.μmg3B.2μmg3C.2F －4μmg3D.F －2μmg3答案 D解析 以A 、B 组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得，F －μ·2mg ＝(2m ＋m )a ，整体的加速度大小为a ＝F －2μmg3m；以B 为研究对象，由牛顿第二定律得A 对B 的作用力大小为F AB＝ma ＝F －2μmg3，即A 、B 间的作用力大小为F －2μmg3，选项D 正确.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用 【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用2.(连接体问题)如图7所示，光滑水平面上，水平恒力F 作用在小车上，使小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们的共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )图7A.木块受到的摩擦力大小一定为μmgB.木块受到的合力大小为(M ＋m )aC.小车受到的摩擦力大小为mF m ＋MD.小车受到的合力大小为(m ＋M )a 答案 C解析 把小车和木块看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a ＝FM ＋m.木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得f ＝ma ＝mFM ＋m，故A 错误；对木块运用牛顿第二定律得F 合＝ma ，故B 错误；小车受到的摩擦力与f 大小相等，故C 正确；对小车运用牛顿第二定律得F 车合＝Ma ，故D 错误.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用3.(动力学的临界问题)如图8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8A.μmgB.2μmgC.3μmgD.4μmg答案 C解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，A 物体所受的合力为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 .【考点】动力学中的临界、极值问题 【题点】摩擦力发生突变的临界、极值问题分析多物体的平衡问题，关键是研究对象的选取，若一个系统中涉及两个或两个以上的物体，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法.对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便. 典题1 如图9所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与竖直墙之间放一光滑半圆球B ，整个装置处于平衡状态.已知A 、B 的质量分别为m 和M ，半圆球B 与柱状物体A 半径均为R ，半圆球B 的圆心到水平地面的竖直距离为2R ，重力加速度为g .求：图9(1)物体A 对地面的压力大小； (2)物体A 对地面的摩擦力. 答案 见解析解析 (1)把A 、B 看成一个系统，对其运用整体法，该系统在竖直方向上受到竖直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力F N的作用，二力平衡，所以F N＝(M＋m)g得物体A对地面的压力大小为(M＋m)g.(2)在水平方向上，该系统肯定受到竖直墙水平向右的弹力的作用，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弹力大小；再选取半圆球B为研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示.根据力的分解和力的平衡条件可得：F N1＝Mgcos θ，F N2＝Mg tan θ半圆球B的圆心到水平地面的竖直距离为2R，所以θ＝45°所以F N2＝Mg根据受力分析及牛顿第三定律，物体A对地面的摩擦力大小等于F N2，所以物体A对地面的摩擦力大小为Mg，方向水平向右.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)【题点】整体法和隔离法解平衡问题求解本题时要优先考虑整体法解题，这样很容易求得物体对地面的压力大小；然后隔离半圆球B应用平衡条件就可求出物体A对地面的摩擦力.典题2(多选)如图10，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A 的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态.把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则下列判断正确的是( )图10A.A对地面的压力减小B.B对墙的压力增大C.A与B之间的作用力减小D.地面对A的摩擦力减小答案CD解析以A、B为整体分析，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体重力不变，故A对地面的压力不变，故A错误；对圆球B受力分析，作出平行四边形如图所示，A移动前后，B 受力平衡，即B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；A向右移动少许，弧形斜面的切线顺时针旋转，A对球的弹力减小，墙对球的弹力减小，故B错误，C正确；分析A、B整体，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，墙壁的弹力减小，则摩擦力减小，故D正确.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)【题点】整体法和隔离法解平衡问题1.如图11所示，一幼儿园小朋友在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到老师的表扬.下列说法正确的是( )图11A.石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B.石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C.石块c受到水平桌面向左的摩擦力D.石块c对b的作用力一定竖直向上答案 D解析石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B 错误；以三石块作为整体研究，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取a、b 作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与a、b整体的重力平衡，则石块c 对b的作用力一定竖直向上，故D正确.2.(多选)如图12所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则( )A.A与B之间一定存在摩擦力B.B与地面之间可能存在摩擦力C.B对A的支持力可能小于mgD.地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g答案CD解析对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力(M＋m)g、支持力F N和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有F N＝(M＋m)g，故B 错误，D正确.再对木块A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B对A的支持力F N′，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下.当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上.当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零，故A错误.在垂直斜面方向上有F N′＝mg cos θ＋F sin θ(θ为斜劈倾角)，B对A的支持力可能小于mg，C正确.3.如图13所示，在一根水平直杆上套着两个轻环，在环下用两根等长的轻绳拴着一个重物.把两环分开放置，静止时杆对a环的摩擦力大小为f，支持力为F N.若把两环距离稍微缩短一些，系统仍处于静止状态，则( )图13A.F N变小B.F N变大C.f变小D.f变大答案 C解析由对称性可知杆对两环的支持力大小相等.对重物与两环组成的整体受力分析，由平衡条件知竖直方向上2F N＝mg恒定，A、B皆错误.由极限法，将a、b两环间距离减小到0，则两绳竖直，杆对环不产生摩擦力的作用，故两环距离缩短时，f变小，C正确，D错误.4.如图14所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为( )A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析 对物体A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题) 【题点】平衡中的临界、极值问题5.(多选)如图15所示，A 是一质量为M 的盒子，B 的质量为m ，A 、B 用细绳相连，跨过光滑的定滑轮置于倾角为θ的斜面上，B 悬于斜面之外而处于静止状态，斜面放置在水平地面上.现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( )图15A.A 对斜面的压力逐渐增大B.绳子拉力逐渐增大C.地面对斜面的摩擦力始终为零D.A 所受的摩擦力逐渐增大 答案 AC解析 A 对斜面的压力等于A 及沙子的总重力沿垂直于斜面方向的分力，当向A 中缓慢加入沙子时，总重力逐渐增大，A 对斜面的压力逐渐增大，故A 正确；绳子拉力等于B 的重力，保持不变，故B 错误；整个系统始终保持静止，不受水平方向的分力，则地面对斜面没有摩擦力，故C 正确；由于不知道A 的重力沿斜面方向的分力与细绳拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增大也可能减小，故D 错误. 【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题) 【题点】整体法和隔离法解平衡问题一、选择题考点一 动力学的连接体问题1.如图1所示，弹簧测力计外壳质量为m 0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m 的重物.现用一竖直向上的外力F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为( )图1A.mgB.FC.mm ＋m 0FD.m 0m ＋m 0F 答案 C解析 将弹簧测力计及重物视为一个整体，设它们共同向上的加速度为a .由牛顿第二定律得F －(m 0＋m )g ＝(m 0＋m )a ①弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力，设此力为F T . 则对重物由牛顿第二定律得F T －mg ＝ma ②联立①②解得F T ＝mm ＋m 0F ，C 正确.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用 【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用2.如图2所示，放在光滑水平面上的物体A 和B ，质量分别为2m 和m ，第一次水平恒力F 1作用在A 上，第二次水平恒力F 2作用在B 上.已知两次水平恒力作用时，A 、B 间的作用力大小相等.则( )图2A.F 1<F 2B.F 1＝F 2C.F 1>F 2D.F 1>2F 2答案 C解析 设A 、B 间作用力大小为F N ，则水平恒力作用在A 上时，隔离B 受力分析有：F N ＝ma B . 水平恒力作用在B 上时，隔离A 受力分析有：F N ＝2ma A .F 1＝(2m ＋m )a B ，F 2＝(2m ＋m )a A ，解得F 1＝3F N ，F 2＝32F N ，所以F 1＝2F 2，即F 1>F 2.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用 【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用3.如图3所示，在光滑的水平桌面上有一物体A ，通过绳子与物体B 相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长且A 与定滑轮之间的绳水平.如果m B ＝3m A ，则绳子对物体A 的拉力大小为( )图3A.m B gB.34m A gC.3m A gD.34m B g答案 B解析 对A 、B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得m B g ＝(m A ＋m B )a ，对物体A ，设绳的拉力为F ，由牛顿第二定律得，F ＝m A a ，解得F ＝34m A g ，B 正确.【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用 【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用4.如图4所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角.重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图4A.小铁球受到的合外力方向水平向左B.F ＝(M ＋m )g tan αC.系统的加速度为a ＝g sin αD.F ＝mg tan α 答案 B解析 隔离小铁球受力分析得F 合＝mg tan α＝ma 且合外力方向水平向右，故小铁球加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A 、C 错误.对整体受力分析得F ＝(M ＋m )a ＝(M ＋m )g tan α，故B 正确，D 错误. 【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用 【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用 考点二 动力学的临界、极值问题5.(多选)如图5所示，已知物块A 、B 的质量分别为m 1＝4 kg 、m 2＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A 与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取10 m/s 2，在水平力F 的推动下，要使A 、B 一起运动而B 不致下滑，则力F 大小可能的是( )图5A.50 NB.100 NC.125 ND.150 N答案 CD解析 对B 不下滑有μ1F N ≥m 2g ，由牛顿第二定律F N ＝m 2a ；对整体有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，得F ≥(m 1＋m 2)⎝⎛⎭⎪⎫1μ1＋μ2g ＝125 N ，选项C 、D 正确.【考点】动力学中的临界、极值问题 【题点】摩擦力发生突变的临界、极值问题6.如图6所示，质量为M 的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m 的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F 将木板抽出，则力F 的大小至少为(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)( )图6A.μmgB.μ(M ＋m )gC.μ(m ＋2M )gD.2μ(M ＋m )g答案 D【考点】动力学中的临界、极值问题 【题点】摩擦力发生突变的临界、极值问题 二、非选择题7.(临界问题)如图7所示，质量为4 kg 的小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°.已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)当汽车以加速度a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.(2)当汽车以加速度a ＝10 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.答案 (1)50 N 22 N (2)40 2 N 0解析 (1)当汽车以加速度a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲.由牛顿第二定律得：F T1cos θ＝mg ，F T1sin θ－F N ＝ma代入数据得：F T1＝50 N ，F N ＝22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N.(2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a 0，受力分析如图乙所示.由牛顿第二定律得：F T2sin θ＝ma 0，F T2cos θ＝mg 代入数据得：a 0＝g tan θ＝10×34 m/s 2＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2＞a 0 所以小球会飞起来，F N ′＝0由牛顿第二定律得：F T2＝(mg )2＋(ma )2＝40 2 N. 【考点】动力学中的临界、极值问题 【题点】弹力发生突变的临界、极值问题。
高一物理离心现象及圆周运动的临界问题粤教版知识精讲
高一物理离心现象及圆周运动的临界问题粤教版【本讲教育信息】一. 教学内容：离心现象及圆周运动的临界问题二. 学习目标：1、掌握离心运动的概念及成因，加深对于离心现象的理解。
2、掌握离心现象问题中典型题型的解题方法与思路。
2、掌握与圆周运动问题相联系的实际问题的相关题型的解法。
三. 重难点解析：（一）离心运动的成因及应用： 1、离心运动 做匀速圆周运动的物体，在合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，叫做离心运动。
2、离心运动的成因 做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周的切线方向飞出的倾向，它所以没有飞出是因为向心力持续地把物体拉到圆周上来，使物体同圆心的距离保持不变，如图所示第三种情况；若向心力突然消失，物体将沿切线方向飞出，离圆心越来越远，如图所示第一种情况；若在合力不足以提供物体做圆周运动所需的向心力时，物体同样会逐渐远离圆心，这时物体虽然不会沿切线方向飞出，但合力不足以把它拉到圆周上来，物体就沿着切线和圆周之间的某条曲线运动，离圆心越来越远，如图所示第二种情况。
说明：对于上述三种情况应做如下理解： 第一种情况，是表示向心力突然消失，消失的位置在圆心O 的正上方，因此小球将沿着切线方向飞出。
第二种情况，是表示由于向心力不足，这一比较小的向心力将不能使小球沿着原来的半径继续做圆周运动，在认为线速度v 不变的条件下，由于惯性，向心力rmv F 2 减小后，从这一即时的情况看，小球只能在曲率半径r 较大的一小段圆弧上运动，这样，相对原来的圆心位置来说距离就远了。
第三种情况，是表示能够沿着原来的圆弧做匀速圆周运动的，所需的向心力能够得到满足，这是正常情况。
3、离心运动的应用 离心运动可以给我们的生活、工作带来方便，如离心干燥器、洗衣机的脱水筒等就是利用离心运动而设计的。
离心干燥器：将湿物体放在离心干燥器的金属网笼里，当网笼转得较快时，水滴的附着力F 不足以提供所需的向心力'F ，水滴就做离心运动，穿过网孔，飞离物体，因而使物体甩去多余的水分。
粤教版高中物理必修第一册精品课件 第4章 牛顿运动定律 分层作业31 连接体问题 动力学中的临界问题
有Fsin θ=ma,竖直方向有Fcos θ=mg,联立可得斜面与车厢后壁间的动摩擦
1
因数μ的值为 tan ,故选B.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
9.(2024云南昆明质检)如图所示,热气球由球囊、
吊篮和加热装置三部分构成,加热装置固定在吊
设第2节车厢对第3节车厢的拉力为T,对第3、4节车厢,由牛顿第二定律T2f=2ma,得T=
1
2 F,根据牛顿第三定律,第3节车厢对第2节车厢的拉力等于第
2节车厢对第3节车厢的拉力,故选B.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
题组二
动力学中的临界问题
4.(2024天津高一期末)用细线系一个质量为0.2 kg的小球,细线另一端系在
B级
关键能力提升练
6.(多选)(2024福建南平期末)海军特战联训在海军某部营区开训.如图,六位
特战队员两人一组通过挂钩固定在绳上.当直升机牵引悬绳竖直向上匀加
速运动时,直升机对悬绳的拉力为F,每位特战队员的质量(含装备)均为m,
不计悬绳的质量和空气阻力,重力加速度为g,
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
块将向下做加速运动,可观察到弹簧测力计上的示数变小,左侧物
块处于失重状态.对于以上实验,请问:左侧物块处于超重状态时,
弹簧测力计的示数是多少?左侧物块处于失重状态时,弹簧测力
计的示数又是多少?(不计连接物块的细线和弹簧测力计的质量)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
解析 左侧物块处于超重状态时,对左侧物块受力分析知
F-2mg=2ma
对右侧的物块受力分析知3mg-F=3ma
2018版物理粤教版必修一文档：第四章 力与运动 习题课
习题课(二)简单连接体问题和临界问题[学习目标]1.学会用整体法和隔离法分析简单的连接体问题.2.认识临界问题，能找到几种典型问题的临界条件，能够处理典型的临界问题．一、简单连接体问题1．所谓“连接体”问题，是指运动中的几个物体或上下叠放在一起、或前后挤靠在一起、或通过细绳、轻弹簧连在一起的物体组．在求解连接体问题时常常用到整体法与隔离法．2．整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解．其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力．3．隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形．例1如图1所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知m A＝10 kg，m B＝20 kg，F＝600 N，求此时轻绳对物体B的拉力大小(g取10 m/s2)．图1答案400 N解析对AB整体受力分析和单独对B受力分析，分别如图甲、乙所示：根据牛顿第二定律F－(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a物体B受细线的拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：F T－m B g＝m B a联立解得：F T＝400 N.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.针对训练如图2所示，质量分别为m1和m2的物块A、B，用劲度系数为k的轻弹簧相连．当用力F沿倾角为θ的固定光滑斜面向上拉使两物块共同加速运动时，弹簧的伸长量为________．图2答案m1Fk(m1＋m2)解析对整体有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a对A有kx－m1g sin θ＝m1a，解得x＝m1Fk(m1＋m2).二、动力学的临界问题1.临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态．2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．3．常见类型(1)弹力发生突变的临界条件弹力发生在两物体的接触面之间，是一种被动力，其大小由物体所处的运动状态决定．相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是弹力为零．(2)摩擦力发生突变的临界条件①静摩擦力为零是状态方向发生变化的临界状态；②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止的临界状态．例2如图3所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．图3(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？答案(1)g(2)g(3)5mg解析(1)F T＝0时，小球受重力mg和斜面支持力F N的作用，如图甲，则F N cos 45°＝mgF N sin 45°＝ma解得a＝g.故当向右加速度为g时线上的拉力为0.(2) 假设滑块具有向左的加速度a1，小球受重力mg、线的拉力F T1和斜面的支持力F N1的作用，如图乙所示．由牛顿第二定律得水平方向：F T1cos 45°－F N1sin 45°＝ma1，竖直方向：F T1sin 45°＋F N1cos 45°－mg＝0.由上述两式解得F N1＝2m(g－a1)2，F T1＝2m(g＋a1)2.由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力F N1减小，线的拉力F T1增大．当a1＝g时，F N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F T1＝2mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零．(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F T′cos α＝ma′，F T′sin α＝mg，解得F T′＝m a′2＋g2＝5mg.1. (连接体问题)如图4所示，质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ，质量为m的物块B 与地面的摩擦不计，在大小为F 的水平推力作用下，A 、B 一起向右做加速运动，则A 和B 之间的作用力大小为( )图4A.μmg 3B.2μmg3C.2F －4μmg 3D.F －2μmg 3答案 D解析 以A 、B 组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得F －μ·2mg ＝(2m ＋m )a ，整体的加速度大小为a ＝F －μ·2mg 2m ＋m ＝F －2μmg 3m ；以B 为研究对象，由牛顿第二定律得A 对B 的作用力大小为F AB ＝ma ＝F －2μmg 3，即A 、B 间的作用力大小为F －2μmg3，选项D 正确．2．如图5所示，A 、B 质量分别为0.1 kg 和0.4 kg ，A 、B 间的动摩擦因数为0.5，放置在光滑的桌面上，要使A 沿着B 匀速下降，则必须对物体B 施加的水平推力F 至少为________．(g 取10 m/s 2)图5答案 10 N解析 依题意知A 在竖直方向做匀速直线运动，故μF N ＝m A g ，得F N ＝2m A g ；A 在水平方向有F N ＝m A a ，得a ＝2g .对于A 、B 整体有F ＝(m A ＋m B )a ＝10 N.课时作业一、选择题(1～3为单选题，4～5为多选题)1. 如图1所示，在光滑地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量是M ，木块质量是m ，力大小是F ，加速度大小是a ，木块和小车之间的动摩擦因数是μ.则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )图1A．μmg B.mFM＋mC．μ(M＋m)g D.MFM＋m 答案 B解析以小车和木块组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律知，a＝FM＋m，以木块为研究对象，摩擦力f＝ma＝mFM＋m.故B正确．2. 如图2所示，放在光滑水平面上的物体A和B，质量分别为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．已知两次水平恒力作用时，A、B间的作用力大小相等．则()图2A．F1<F2B．F1＝F2C．F1>F2D．F1>2F2答案 C解析设A、B间作用力大小为F N，则水平恒力F1作用在A上时，隔离B受力分析有：F N ＝ma B.水平恒力F2作用在B上时，隔离A受力分析有：F N＝2ma A.F1＝(2m＋m)a B，F2＝(2m＋m)a A，解得F1＝3F N，F2＝32F N，所以F1＝2F2，即F1>F2.3. 如图3所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是()图3A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．F＝(M＋m)g tan αC．系统的加速度为a＝g sin αD．F＝Mg tan α答案 B解析隔离小铁球受力分析得F合＝mg tan α＝ma且合外力水平向右，故小铁球加速度为g tanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A 、C 错误．整体受力分析得F ＝(M ＋m )a ＝(M ＋m )g tan α，故选项B 正确，D 错误．4. 如图4所示，已知物块A 、B 的质量分别为m 1＝4 kg 、m 2＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A 与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，在水平力F 的推动下，要使A 、B 一起运动而B 不致下滑，则力F 大小可能的是( )图4A ．50 NB ．100 NC ．125 ND ．150 N 答案 CD解析 对B 不下滑有μ1F N ≥m 2g ，由牛顿第二定律F N ＝m 2a ；对整体有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，得F ≥(m 1＋m 2)(1μ1＋μ2)g ＝125 N ，选项C 、D 正确．5．如图5所示，劲度系数为k 的轻弹簧下端系一个质量为m 的小球A ，小球被水平挡板P 托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连)，然后使挡板P 以恒定的加速度a (a <g )开始竖直向下做匀加速直线运动，则( )图5A ．小球与挡板分离的时间为t ＝ ka2m (g －a )B ．小球与挡板分离的时间为t ＝2m (g －a )kaC ．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x ＝mgkD ．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x ＝m (g －a )k答案 BC解析 小球与挡板之间弹力为零时分离，此时小球的加速度仍为a ，由牛顿第二定律得mg －kx ＝ma .由匀变速直线运动的位移公式得x ＝12at 2，解得t ＝2m (g －a )ka.故选项A 错误，B 正确．小球速度最大时所受合力为零，伸长量x ＝mgk ，选项C 正确，D 错误．二、非选择题6. 如图6所示，质量为M 、倾角为θ的光滑斜面静止在粗糙的水平面上，斜面上有一倒扣的直角三角形物块m ，现对物块m 施加一水平向左的推力F ，使物块m 与斜面一起向左做加速度为a 的匀加速直线运动，已知重力加速度为g .求：图6(1)物块对斜面的压力； (2)水平推力F 的大小；(3)粗糙地面与斜面间的动摩擦因数． 答案 (1)mgcos θ，方向垂直于斜面向下 (2)mg tan θ＋ma (3)mg tan θ－Ma (m ＋M )g解析 (1)以m 为研究对象，受力分析如图所示，竖直方向受力平衡，得：F N ＝mgcos θ根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力为： F N ′＝F N ＝mgcos θ，方向垂直于斜面向下(2)以m 为研究对象，水平方向：F －F N sin θ＝ma ， 得：F ＝mg tan θ＋ma(3)以m 、M 整体为研究对象：F －μ(m ＋M )g ＝(M ＋m )a ，可得：μ＝mg tan θ－Ma(m ＋M )g.7.如图7所示，质量为4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°.已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)当汽车以a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小．(2)当汽车以a ＝10 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小．答案 (1)50 N 22 N (2)40 2 N 0解析 (1)当汽车以a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲． 由牛顿第二定律得：F T1cos θ＝mg ，F T1sin θ－F N ＝ma 代入数据得：F T1＝50 N ，F N ＝22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N.(2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a 0，受力分析如图乙所示．由牛顿第二定律得：F T2sin θ＝ma 0，F T2cos θ＝mg 代入数据得：a 0＝g tan θ＝10×34 m /s 2＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2>a 0 所以小球飞起来，F N ′＝0 设此时绳与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得：F T2＝(mg )2＋(ma )2＝40 2 N.。
粤教版高中物理必修第一册精品课件 第4章 牛顿运动定律 专题提升6 连接体问题 动力学中的临界问题
C 正确.
1
1
T3=
F.综上分析可知,细线上拉力始终不变且大小为
F,
1 + 2
1 + 2
规律方法
“串接式”连接体中弹力的“分配协议”
如图所示,对于一起做加速运动的物体系统,A和B间的弹力F12或中间轻绳
的拉力T的大小遵守以下力的“分配协议”:
(1)若外力 F 作用于 A 上,则
获取题目关键信息→明确运动情境:两个物体一起在不同情形下做匀加速
直线运动
→选择规律:整体法、隔离法、牛顿第二定律
↓
1.整体法与隔离法的运用:每一阶段,两物体加速度都相等,可以用整体法列
出牛顿第二定律方程F合=(m1+m2)a;求细线上的拉力可以隔离受力较少的
对象,即后面的物体,同样列出牛顿第二定律方程F1合=m1a.
定律得F-F2=m2a,解得F=24 N,A错误,B正确;在突然撤去F2的瞬间,因为弹
簧的弹力不能发生突变,所以A的受力没有发生变化,故加速度大小仍为2
m/s2,B的受力仅剩弹簧的弹力,对B,由牛顿第二定律得F=m2a',解得a'=12
m/s2,C、D正确.
探究点二
动力学中的临界问题
知识归纳
1.动力学中临界问题的特征
力加速度为g.下列说法正确的是( AD )
A.货车匀速运动,则 B 对 C 的作用力大小为
3
3
B.货车向左加速前进,若加速度增大,则 A 和
B 对 C 的支持力可能同时增大
C.货车向左加速前进,当加速度大小为
3
时,则
3
B 对 C 的作用力为零
D.货车向右加速倒车,则 B 对 C 的作用力可能为零
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题 临界问题
一、学法指导
（一） 临界问题
1．临界状态：在物体的运动状态变化的过程中，相关的一些物理量也随之发生变化。
当物体的运动变化到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，该物理量的值叫临界值，这个特定状态称之为临界状态。
临界状态是发生量变和质变的转折点。
2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”、“最小”、“刚好”、“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。
3．解题关键：解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述，对临界状态的判断与分析。
4．常见类型：动力学中的常见临界问题主要有两类：一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离、绳子的绷紧与松弛问题；一是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题。
（二）、解决临界值问题的两种基本方法
1．以物理定理、规律为依据，首先找出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析和讨论其特殊规律和特殊解。
2．直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，找出相应的物理规律和物理值。
二、例题分析
【例1】质量为0.2kg 的小球用细线吊在倾角为θ＝060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4-70所示，不计摩
擦，求在下列三种情况下，细线对小球的拉力（取g ＝10 2/s m ）
(1) 斜面体以232/s m 的加速度向右加速运动；
(2) 斜面体以432/s m ，的加速度向右加速运动；
【解析】解法1:小球与斜面体一起向右加速运动，当a 较小时，小球与斜面体间有挤压；当a 较大时，小球将飞离斜面，只受重力与绳子拉力作用。
因此要先确定临界加速度ao （即小球即将飞离斜面，与斜面只接触无挤压时的加速度），此时小球受力情况如图4-71所示，由于小球的加速度始终与斜面体相同，因此小球所受合外力水平向右，将小球所受力沿水平
方向和竖直方向分解
解，根据牛顿第二定律有 0cos ma T =θ，mg T =θsin
联立上两式得20/77.5s m a =
（1）1a =232/s m ＜5.772/s m ,
所以小球受斜面的支持力N 1的作用，受力分析如图4-72所示，将
T 1, N 1沿水平方向和竖直方向分解，同理有 111s i n c o s ma N T =-θθ
，
图4-70 图4-71 图4-72。