（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第三章 微專題23 動力學中的臨界極值問題加練半小時（含解析）

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1、動力學中的臨界極值問題 [方法點撥]　(1)用極限分析法把題中條件推向極大或極小，找到臨界狀態(tài)，分析臨界狀態(tài)的受力特點，列出方程.(2)將物理過程用數(shù)學表達式表示，由數(shù)學方法(如二次函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等)求極值. 1. (多選)(2018·山西省康杰中學聯(lián)考)如圖1所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩物體，已知mA＝6kg、mB＝2kg，A、B間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，在物體A上系一細線，細線所能承受的最大拉力是20N，現(xiàn)水平向右拉細線，g取10m/s2，則下列說法正確的是(　　) A.當拉力F<12N時，A靜止不動 B.當拉力F>12N時，A相對B滑動 C.當拉力F＝16N時，A、

2、B之間的摩擦力等于4N D.只要細線不斷，無論拉力F多大，A相對B始終靜止 2.(2019·山東省青島二中模擬)如圖2所示，水平擋板A和豎直擋板B固定在斜面C上，一質(zhì)量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面同時接觸.擋板A、B和斜面C對小球的彈力大小分別為FA、FB和FC.現(xiàn)使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運動.若FA和FB不會同時存在，斜面傾角為θ，重力加速度為g，則下列圖象中，可能正確的是(　　) 圖2 3.(2018·貴州省貴陽市一模)如圖3所示，位于足夠長的光滑固定斜面上的小物塊，在一水平向左推力F的作用下，沿斜面加速下滑，在F逐漸增大、方向保持不變

3、的過程中，物塊的加速度大小將(　　) 圖3 A.逐漸減小 B.逐漸增大 C.先減小后反向增大 D.先增大后反向減小 4.(2018·湖北省荊州市質(zhì)檢)如圖4所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量也為m的托盤B上，以FN表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量.初始時，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)(x＝0).現(xiàn)改變力F的大小，使B以的加速度勻加速向下運動(g為重力加速度，空氣阻力不計)，此過程中FN、F隨x變化的圖象正確的是(　　) 圖4 5.(2018·河北省衡水中學調(diào)研)在光滑水平面上有一輛小車A，其質(zhì)量為m

4、A＝2.0kg，在小車上放一個物體B，其質(zhì)量為mB＝1.0kg，如圖5甲所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0N時，A、B開始相對滑動，如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示，要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fmax為(　　) 圖5 A.2.0NB.3.0NC.6.0ND.9.0N 6.如圖6所示，一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝4kg的物塊P，Q為一質(zhì)量為m2＝8kg的重物，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2s時

5、間內(nèi)F為變力，0.2s以后F為恒力，已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求力F的最大值與最小值. 圖6 答案精析 1.CD　[假設(shè)細線不斷裂，當細線的拉力增大到某一值時，A物體相對于B物體開始滑動，此時A、B之間達到最大靜摩擦力，以B為研究對象，最大靜摩擦力產(chǎn)生最大加速度a，有μmAg＝mBa，解得a＝6m/s2，以整體為研究對象，有Fm＝(mA＋mB)a＝48N，即當細線的拉力達到48N時兩物體才開始相對滑動，細線的最大拉力為20N，A、B錯誤，D正確；當拉力F＝16N<48N(A相對B不滑動)時，由F＝(mA＋mB)a1，解得a1＝2m/s2，再隔離B，由Ff＝mBa

6、1得靜摩擦力Ff＝4N，C正確.] 2.B　[對小球進行受力分析，當a≤gtanθ時如圖甲，根據(jù)牛頓第二定律： 水平方向：FCsinθ＝ma 豎直方向：FCcosθ＋FA＝mg 聯(lián)立得：FA＝mg－，F(xiàn)C＝， FA與a成線性關(guān)系，當a＝0時，F(xiàn)A＝mg， 當a＝gtanθ時，F(xiàn)A＝0， FC與a成線性關(guān)系，當a＝gsinθ時，F(xiàn)C＝mg， A項錯誤，B項正確； 當a＞gtanθ時，受力如圖乙，根據(jù)牛頓第二定律， 水平方向：FCsinθ＋FB＝ma 豎直方向：FCcosθ＝mg 聯(lián)立得：FB＝ma－mgtanθ，F(xiàn)C＝， FB與a也成線性關(guān)系，F(xiàn)C不變，C、D項錯誤

7、.] 3.C [設(shè)斜面的傾角為α，物塊的質(zhì)量為m，加速度大小為a，物塊沿斜面向下加速滑動，受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα－Fcosα＝ma，解得a＝gsinα－cosα，當F增大時，加速度a向下減小，物體向下做加速運動；當F＝mgtanα時加速度a＝0，物體的速度達到最大；當F繼續(xù)增大，則有Fcosα－mgsinα＝ma，此時加速度向上增大，物體向下做減速運動，故C正確.] 4.D　[根據(jù)題述，B以的加速度勻加速向下運動過程中，選擇A、B整體為研究對象，由牛頓第二定律，2mg－kx－F＝2m·，解得F＝mg－kx，即F從mg開始線性減小，可排除圖象C；選擇B作為研究

8、對象，由牛頓第二定律，mg＋FN′－F＝，解得FN′＝－kx.由牛頓第三定律得FN′＝FN，當彈簧的彈力增大到，即x＝時，A和B間的壓力為零，在此之前，二者之間的壓力由開始運動時的線性減小到零，選項A、B錯誤；同時，力F由開始時的mg線性減小到，此后B與A分離，力F保持不變，故選項D正確.] 5.C　[題圖甲中設(shè)A、B間的靜摩擦力達到最大值Ffmax時，系統(tǒng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，對A、B整體，有F＝(mA＋mB)a， 對A，有Ffmax＝mAa， 代入數(shù)據(jù)解得Ffmax＝2.0N， 題圖乙中，設(shè)A、B剛開始滑動時系統(tǒng)的加速度為a′， 根據(jù)牛頓第二定律，以B為研究對象，有Ff

9、max＝mBa′， 以A、B整體為研究對象，有Fmax＝(mA＋mB)a′， 代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝6.0N，故C正確.] 6.72N　36N 解析　設(shè)剛開始時彈簧壓縮量為x0， 根據(jù)平衡條件和胡克定律得：(m1＋m2)gsin37°＝kx0 得x0＝ ＝m＝0.12m 從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0，從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等. 因為在前0.2s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后，F(xiàn)為恒力， 在0.2s時，由胡克定律和牛頓第二定律得： 對P：kx1－m1gsinθ＝m1a 前0.2s時間內(nèi)P、Q向上運動的距離為x0－x1， 則x0－x1＝at2 聯(lián)立解得a＝3m/s2 當P、Q剛開始運動時拉力最小，此時有 對PQ整體：Fmin＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3N＝36N 當P、Q分離時拉力最大，此時有 對Q：Fmax－m2gsinθ＝m2a 得Fmax＝m2(a＋gsinθ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72N. 6