专题112 动力学中的临界极值问题解析版Word格式文档下载.docx
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【解析】 A、B的运动过程如图所示:
(1)A被敲击后,B静止,A向右运动,由牛顿第二定律知,A的加速度大小aA=μg
A在B上滑动时有2aAL=v
解得:
vA=
。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,A相对B滑动,B所受合外力大小
F=μmg+2μmg=3μmg
由牛顿第二定律得F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B相对静止,整体所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿第二定律得F′=2maB′,得aB′=μg。
(3)设B被敲击后,经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A的加速度大小等于aA
则v=aAt,v=vB-aBt
xA=
aAt2,xB=vBt-
aBt2
且xB-xA=L
vB=2
【2012·
重庆理综】某校举行托乒乓球跑步比赛,赛道为水平直道,比赛距离为x.比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球拍中心不动.比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示.设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦,球的质量为m,重力加速度为g.
(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k;
(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式;
(3)整个匀速跑阶段,若该同学速度仍为v0,而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变,不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化,为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落,求β应满足的条件.
【答案】见解析
【解析】
(1)在匀速运动阶段,有mgtanθ0=kv0
得k=
.
(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为F′N,有
F′Nsinθ-kv=ma
F′Ncosθ=mg
得tanθ=
+
tanθ0.
(3)以速度v0匀速运动时,设空气阻力与重力的合力为F,有
F=
球拍倾角为θ0+β时,空气阻力与重力的合力不变,设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′,有Fsinβ=ma′
设匀速跑阶段所用时间为t,有t=
-
球不从球拍上掉落的条件
a′t2≤r
得sinβ≤
【方法技巧】.
处理临界问题的三种方法
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,特别是有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
【最新考向解码】
【例1】
(2019·
安徽宣城高三上学期期末)质量为m=1kg、大小不计的物块,在水平桌面上向右运动,经过O点时速度为v=4m/s,此时对物块施加F=6N的方向向左的拉力,一段时间后撤去拉力,物块刚好能回到O点。
已知与桌面间动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g=10m/s2。
(1)此过程中物块到O点的最远距离;
(2)撤去F时物块到O点的距离。
【答案】
(1)1m
(2)
m
【解析】
(1)物块向右做匀减速运动时,设物块向左的加速度大小为a1,物块与O点的最远距离为x1,
则有F+μmg=ma1
解得a1=8m/s2;
由v2=2a1x1,
可得x1=1m。
(2)物块向左运动过程中,有力F作用时做匀加速运动,设加速度大小为a2,最大速度大小为v1,加速位移大小为x2,撤去拉力F后做匀减速运动,设加速度大小为a3,减速位移大小为x3,则有
F-μmg=ma2,解得a2=4m/s2
μmg=ma3,解得a3=2m/s2
由v
=2a2x2
v
=2a3x3
x2+x3=x1
联立解得x3=
m,
即撤去F时物块到O点的距离为
m。
【例2】
湖北黄冈中学模拟)如图所示,水平地面上有一车厢,车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相
同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上,已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ,车厢静止时,
两弹簧长度相同,A恰好不下滑,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速
运动,为保证A、B仍相对车厢静止,则( )
A.速度可能向左,加速度可大于(1+μ)gB.加速度一定向右,不能超过(1-μ)g
C.加速度一定向左,不能超过μgD.加速度一定向左,不能超过(1-μ)g
【答案】:
B
【解析】:
开始A恰好不下滑,对A分析有fA=mg=μFNA=μF弹,解得F弹=
,此时弹簧处于压缩状态.当车厢做加速运动时,为了保证A不下滑,侧壁对A的支持力必须大于等于
,根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右.对B分析,有fBm=μFNB=μ(F弹-mg)≥ma,解得a≤(1-μ)g,故选项B正确,A、C、D错误.
【例3】
辽宁葫芦岛六校联考)如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°
时,可
视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板
向上运动,随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度为g.
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数;
(2)当θ角为何值时,小木块沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值.
(2)60°
【解析】
(1)当θ=30°
时,木块处于平衡状态,对木块受力分析:
mgsinθ=μFN
FN-mgcosθ=0
解得μ=tanθ=tan30°
=
(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则-mgsinθ-μmgcosθ=ma
由0-v
=2ax得
x=
其中tanα=μ,则当α+θ=90°
时x最小,即θ=60°
所以x最小值为xmin=
【微专题精练】
1.如图所示,质量m=2kg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.g取10m/s2.
下列说法正确的是( )
A.当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20N
B.当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为30N
C.当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为40N
D.当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为60N
【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Fcosθ=ma0,Fsinθ-mg=0,代入数据解得a0≈13.3m/s2.
(1)由于a1=5m/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
F1sinθ+FNcosθ-mg=0
F1cosθ-FNsinθ=ma1
代入数据解得F1=20N,选项A正确,B错误.
(2)由于a2=20m/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
F2cosα=ma2,F2sinα-mg=0
代入数据解得F2=20
N,选项C、D错误.
2.(2019·
河北衡水中学二调)如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为mA=2.0kg,小车上放一个物体B,其质量为mB=1.0kg.如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0N时,A、B开始相对滑动.如果撤去F,对A施加一水平推力F′,如图乙所示.要使A、B不相对滑动,则F′的最大值Fmax为( )
A.2.0N B.3.0N
C.6.0ND.9.0N
【答案】C
.根据题图甲所示,设A,B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时,系统的加速度为a.
根据牛顿第二定律,对A、B整体有F=(mA+mB)a,
对A有Ffmax=mAa,
代入数据解得Ffmax=2.0N.
根据题图乙所示情况,设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′,
根据牛顿第二定律得:
以B为研究对象有Ffmax=mBa′
以A、B整体为研究对象,有Fmax=(mA+mB)a′
代入数据解得Fmax=6.0N.故C正确.
3.如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时,B与A分离.下列说法正确的是( )
A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长B.B和A刚分离时,它们的加速度为g
C.弹簧的
劲度系数等于
D.在B与A分离之前,它们做匀加速直线运动
【解析】A、B分离前,A、B共同做加速运动,由于F是恒力,而弹力是变力,故A、B做变加速直线运动,当两物体要分离时,FAB=0,对B:
F-mg=ma,
对A:
kx-mg=ma.
即F=kx时,A、B分离,此时弹簧处于压缩状态,
由F=mg,设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0,
又2mg=kx0,h=x0-x,
解以上各式得k=
,综上所述,只有C项正确.
4.如图所示,悬挂于O点的轻质弹簧,劲度系数k=100N/m,其下端拴一质量m=1kg的小物体A,紧挨物体A有一质量M=2kg的物体B,现对B施加一个竖直向上、大小为38N的力F,系统处于静止状态,现突然改变力F的大小,使物体A、B以加速度a=2m/s2匀加速下降,直到A、B两物体分离,取g=10m/s2,则( )
A.两物体刚开始匀加速下降时,力F大小为8N
B.两物体分离时,弹簧刚好恢复原长
C.改变力F的大小后经0.4sA、B两物体分离
D.从改变力F到两物体分离的过程中,系统克服力F做的功为3.84J
【答案】CD
【解析】系统静止时,弹簧处于压缩状态,令压缩量为x1,则F0=(m+M)g+kx1,代入数据得x1=0.08m,A、B两物体刚开始匀加速下降时有kx1+(m+M)g-F=(m+M)a,代入数据得F=32N,A错;
设经时间t两物体分离,A、B间的弹力为0,弹簧处于拉伸状态,令拉伸量为x2,则对A有mg-kx2=ma,代入数据得x2=0.08m,B错;
A、B分离时A、B两物体组成的系统下降的距离为x=x1+x2=0.16m,而x=
at2,代入数据得t=0.4s,C对;
因刚开始和两物体分离时,弹簧的形变量一样,整个过程弹簧弹力做功为零,由动能定理知(m+M)gx-WF=
(m+M)v2,联立v=at并代入数据得WF=3.84J,D对.
5.(2019·
陕西宝鸡中学月考)不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮,绳的一端系一质量M=15kg的重物,重物静止于地面上,有一质量m=10kg的小猴从绳的另一端沿绳上爬,如图所示,不计滑轮摩擦,在重物不离开地面的条件下,小猴向上爬的最大加速度为(g取10m/s2)( )
A.5m/s2 B.10m/s2
C.15m/s2D.25m/s2
A
小猴以最大加速度向上爬行时,重物对地压力为零,故小猴对细绳的拉力等于重物的重力,即F=Mg;
小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力,即F′=F;
对小猴受力分析,受重力和拉力,根据牛顿第二定律,有F′-mg=ma,解得a=
=5m/s2,A正确.
6.如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的vt图线如图(b)所示.若重力加速
度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出( )
A.斜面的倾角B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
ACD
根据牛顿第二定律,向上滑行过程
=gsinθ+μgcosθ,向下滑行过程
=gsinθ-μgcosθ,整理可得gsinθ=
,从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数,选项A、C对.小球滑上斜面的初速度v0已知,向上滑行过程为匀变速直线运动,末速度0,那么平均速度即
,所以沿斜面向上滑行的最远距离s=
t1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssinθ=
t1×
=v0
,选项D对.仅根据速度—时间图象,无法求出物块质量,选项B错.
7.如图所示,水平面上有一个足够长的木板A,上面叠放着物块B.已知A、B的质量均为m,A与地面间动
摩擦因数μ1=0.2,A与B间动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2,若给A板一个水平向右的初速度,在以后的运动过程中,A、B加速度的大小可能为( )
A.aA=5m/s2,aB=1m/s2B.aA=2m/s2,aB=2m/s2
C.aA=3m/s2,aB=1m/s2D.aA=1m/s2,aB=1m/s2
AC
A与B间动摩擦因数μ2=0.1,则B物体的最大加速度为aBm=μ2g=1m/s2;
物块A向右滑动,则地面给A的滑动摩擦力向左,大小为fA=μ1·
2mg;
开始时B对A的摩擦力方向向左,则aA1=
=5m/s2;
当后来B相对A向前滑动时,则aA2=
=3m/s2,故选A、C.
8.(2019·
安徽芜湖、马鞍山质检)两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平
推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图(a)所示,在A、B的速度达到6
m/s时,撤去推力F.已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=3kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.3,B与地
面间没有摩擦,B物体运动的vt图象如图(b)所示.g取10m/s2,求:
(1)推力F的大小.
(2)A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离.
(1)15N
(2)6m
(1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的vt图象得a=3m/s2.对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmAg=(mA+mB)a,代入数据解得F=15N.
(2)设物体A匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对于A物体有μmAg=mAaA,aA=μg=3m/s2,
vt=v0-aAt=0,解得t=2s,
物体A的位移为xA=vt=
v0t=6m,
物体B的位移为xB=v0t=12m,所以,A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离为
Δx=xB-xA=6m.
9.(2019·
成都龙泉二中月考)一平台的局部如图甲所示,水平面光滑,竖直面粗糙,物体B与竖直面动摩擦
因数μ=0.5,右角上固定一定滑轮,在水平面上放着一质量mA=1.0kg、大小可忽略的物块A,一轻绳绕过
定滑轮,轻绳左端系在物块A上,右端系住物块B,物块B质量mB=1.0kg,物块B刚好可与竖直面接触.起
始时令两物体都处于静止状态,绳被拉直,设物体A距滑轮足够远,台面足够高,最大静摩擦力等于滑动
摩擦力,忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦,g取10m/s2,求:
(1)同时由静止释放A、B,经t=1s,则A的速度多大;
(2)同时由静止释放A、B,同时也对物块B施加力F,方向水平向左,大小随时间变化规律如图乙所示,求物块B运动过程中的最大速度和物块B经多长时间停止运动.
(1)5m/s
(2)2.5m/s 1.7s
(1)对A、B系统:
mBg=(mA+mB)a
a=
g=5m/s2
v=at=5m/s
(2)A、B先做加速度减小的加速运动,在A、B加速度减为零之前,A、B一起运动,绳子拉紧.
F=kt(k=20N/s)
以A、B系统为研究对象:
mBg-μF=(mA+mB)a
得:
a=-5t+5
0~1s的at图象如图所示,t=1s,a=0,
t=1s,速度最大且为三角形面积
vm=
×
1×
5m/s=2.5m/s
当B开始减速时,绳子松弛,A匀速,B减速
对B:
mBg-μF=mBa得:
a=-10t+10(t≥1s)
1s以后,at图象如图所示.
速度要为零,总面积为零,即两三角形面积相等.
Δt·
10Δt=2.5
解得Δt=
s
t总=(1+
)s≈1.7s.
10.如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一个幼儿用沿与水平面成30°
角的恒力拉着它沿水平面运动,
已知拉力F=6.5N,玩具的质量m=1kg,经过时间t=2.0s,玩具移动了距离x=2
m,这时幼儿松开手,
玩具又滑行了一段距离后停下.g取10m/s2,求:
(1)玩具与地面间的动摩擦因数;
(2)松开手后玩具还能运动多远?
(3)幼儿要拉动玩具,拉力F与水平面夹角多大时,最省力?
(1)
(2)
m (3)30°
(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=
at2
解得a=
m/s2
对玩具,由牛顿第二定律得
Fcos30°
-μ(mg-Fsin30°
)=ma
解得μ=
(2)松手时,玩具的速度v=at=2
m/s
松手后,由牛顿第二定律得μmg=ma′
解得a′=
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′=
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Fcosθ-Ff>0
Ff=μFN
在竖直方向上,由平衡条件得
FN+Fsinθ=mg
解得F>
cosθ+μsinθ=
sin(60°
+θ)
当θ=30°
时,拉力最小,最省力.
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