备考高考物理专题动力学中的临界极值问题精准突破.docx

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备考高考物理专题动力学中的临界极值问题精准突破

专题动力学中的临界极值问题

【专题诠释】

1．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，表明题述的过程存在临界点．

（2）若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．

2．几种临界状态和其对应的临界条件

临界状态

临界条件

速度达到最大

物体所受的合外力为零

两物体刚好分离

两物体间的弹力FN＝0

绳刚好被拉直

绳中张力为零

绳刚好被拉断

绳中张力等于绳能承受的最大拉力

【高考领航】

【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。

A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。

先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。

接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

求：

（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；

（3）B被敲击后获得的初速度大小vB。

【答案】　

（1）

（2）3μg　μg　（3）2

【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

解得：

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。

求：

（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】（2019·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】（2019·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．

【答案】　

（1）

（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

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

【解析】：

.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

【答案】C

【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

【答案】：

A

【解析】：

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

【答案】：

ACD

【解析】：

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

【答案】：

AC

【解析】：

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．

【答案】：

（1）15N　

（2）6m

【解析】：

（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．

【答案】：

（1）5m/s　

（2）2.5m/s　1.7s

【解析】：

（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．

得：

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？

【答案】：

（1）

（2）

m　（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′＝

m/s2

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．