(广东专用)2018年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题16动力学中的临界极值问题粤教版.

[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．(弹力有无的临界极值问题)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.现使斜面和物体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，则下列图象中，可能正确的是(　　)

图1

2．(合力的临界极值问题)(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mg

D．恒力F的最小值为mg

3．(摩擦力的临界极值问题)如图3所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上．现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：

图3

(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；

(2)若F＝30 N，作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长？从开始到A、B均静止，A的总位移是多少？

4．如图4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4

(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．

5．如图5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5

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：FCsin θ＝ma

竖直方向：FCcos θ＋FA＝mg

联立得：FA＝mg－，FC＝，

FA与a成线性关系，当a＝0时，FA＝mg，

当a＝gtan θ时，FA＝0，

FC与a成线性关系，当a＝gsin θ时，FC＝mg，

A、D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：FCsin θ＋FB＝ma

竖直方向：FCcos θ＝mg

联立得：FB＝ma－mgtan θ，FC＝，

FB与a也成线性关系，FC不变，C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＝at2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°＝，解得F＝mg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin 60°＝，解得F的最小值为Fmin＝mgsin 60°＝mg，选项D正确．]

3．(1)25 N　(2)0.75 m　14.4 m

解析　(1)对于A，其刚要与B发生相对滑动时的加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma，a＝4 m/s2

对A、B整体，恰好无相对运动时，A、B具有共同加速度，且大小为a，则Fmin－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，得Fmin＝25 N

(2)设F作用在B上时A、B的加速度大小分别为a1、a2，经t1＝1 s，撤掉F时A、B的速度分别为v1、v2,加速度大小分别为a1′、a2′,A、B共同运动时速度为v3,加速度大小为a3

对于A，μ1mg＝ma1，a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s

对于B，F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s

撤去F后，a1′＝a1＝4 m/s2，a2′＝＝2.25 m/s2

经过t2时间后A、B速度相等，

则v1＋a1′t2＝v2－a2′t2，

解得t2＝0.2 s

共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s

从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为木板的最短长度L

L＝sB－sA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m

A、B速度相等后共同在水平面上做匀减速运动，a3＝μ2g＝1 m/s2

从共速至最终静止位移为s＝＝11.52 m

所以A的总位移为sA总＝sA＋s＝14.4 m.

4．(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：kx1＝2μmg

A、B分离时，对A：kx2－μmg＝ma

此过程中：x1－x2＝at2

解得：t＝0.3 s.

5．72 N　36 N

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)gsin 37°＝kx0

得：x0＝＝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＝at2

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：Fmin＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3 N＝36 N

当P、Q分离时拉力最大，此时有

对Q：Fmax－m2gsin θ＝m2a

得Fmax＝m2(a＋gsin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N.