高中物理微专题讲义：微专题15牛顿运动定律应用之临界与极值问题

1、微专题15牛顿运动定律应用之临界与极值问题【核心要点提示】五种典型临界条件(1)物体离开接触面的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力Fn = 0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑 动的临界条件是：静摩擦力达到最大值.(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度的，绳子断与不断的临界条 件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：Ft=0. TOC o 1-5 h z (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时.(5)物块与弹簧脱离的临界条件：弹力Fn=0,速度相等，加速度相等【微专题训练

2、】 类型一：物体与弹簧分离临界问题【例题1】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为 k,初始时物体处于静止状态。现用竖直 向上的拉力F作用在物体A上，使物体 A开始向上做加速度为 a的匀加速运动，测得两个 物体的v-t图象如图乙所示(重力加速度为g),则()乙A.施加外力前，弹簧的形变量为 胃 kB.外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为 M(g- a)C. A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值答案 B解析 施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg=kx,

3、解得x=-2Mg,故kA错误；施加外力 F的瞬间，对物体 B,根据牛顿第二定律有 F弹一MgFAB=Ma,其中F 弹=2Mg,解得Fab= M(ga),故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此日A、 B具有共同的v和a,且Fab=0,对B有F弹一Mg = Ma,解得F弹=M(g+a),故C错误； 当F弹=Mg时，B达到最大速度，故 D错误。【变式1】如图所示，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B在水平外力F作用下向右做加速度始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态

4、，现使物块1 / 13大小为2 m/s / 13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= 0.5, g = 10 m/s2 求：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.【解析】(1)物块A、B分离时，对B： F-mg= ma解得：F= 21 N(2)A、B 静止时，对 A、B： kxi=2mgA、B 分离时，对 A： kx2- mg= ma此过程中：xi -X2 = at2解得：t=0.3 s.【答案】(1)21 N (2)0.3 s类型二：物体与接触面分离临界问题【例题2】(2018福建福州质检)倾角为0= 45、外表面

5、光滑的楔形滑块 M放在水平面AB上，滑块M的顶端。处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m = gkg,当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g= 10 m/s2)()A. 10 NB. 5 NC. .5 ND. .10 N解析：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有：Ftcos 0= ma0FTsin 0 mg= 0其中0= 45解得a0=gffl2则知当滑块向右运动的加速度a= 2g时，小球已 飘”起来了，此时小球受力如图 2所示，则有Ft cos= m 2

6、gFt sin mg = 0解得Ft=X10 N= 10 No故选项A正确。答案： A【变式2】如图甲所示，水平面上有一倾角为。的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度 a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和Fn。若T-a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g= 10 m/s2。则()A . a= 70 m/s2 时，Fn= 0B.小球质量m= 0.1 kg 3C.斜面倾角。的正切值为4D.小球离开斜面之前，Fn = 0.8+ 0.06a(N)答案 ABC解析 小球离开斜面之前，以小球为研究对象

7、，进行受力分析，可得Tcos 0- FNsin 0= ma,Tsin。+ Fncos0= mg,联立解得 Fn= mgcos。 masin a T= macos。+ mgsin 9,所以小球离开 斜面之前，T-a图象呈线性关系，由题图乙可知a= m/s2时，Fn = 0, A正确；当a=0时，402T= 0.6 N ,此时小球静止在斜面上，其受力如图1所不，所以mgsin 0= T;当a= 3 m/s时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以 产;=ma,联立可得tan仁3 mtan43 / 13=0.1 kg , B、C 正确；将 。和 m 的值代入 FN= mgcos 0 ma

8、sin 0,彳# FN = 0.8 0.06a(N) , D 错误。类型三：极值问题【例题32018淮安质检将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的ii,对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为截面直径，环与杆间的动摩擦因数为 的拉力F,使圆环以加速度)ma+ 丁 mgA.cos 0+ 因in 0ma C.sin 0【答案】Co对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等 于0。(1)若环受到的弹力为 0,则:解得：F =吟F =皿。sin 0 cos 0Fcos 0= ma, Fsin 0= mg(2)若环受到的弹力的方向向上，则:Fco

9、s 0 MmgFsin = ma所以：f= ma+ocos 0+ in 0(3)若环受到的弹力的方向向下，则:Fcos 0 p(Fsin 0 mg)= ma所以: TOC o 1-5 h z l ma mg Focos 0 in 0所以A、B、D可能，C不可能，选Co【变式3】(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4 / 13赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为9b,如图所示.设球

10、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.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。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vo,而球拍的倾角比 均大了 3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3应满足的条件.【解析】(1)在匀速运动阶段，有 mgtan布=kvo得 krmga vo(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为Fn,有Flsin 0 kv= maFncos 0= mg得 tan 0= a+y

11、tan Go. g vo(3)以速度vo匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F,有 l mga,F = cos 9o球拍倾角为 %+ 3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有 Fsin 3= max vo设匀速跑阶段所用时间为t,有 t=_丁vo 2a球不从球拍上掉落的条件1 ,22at42rcos Oo 得 sin r.A vo 2 gwJ 2a， 【答案】见解析【巩固习题】1.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 ()5 / 13B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B和

12、A刚分离时，它们的加速度为gC.弹簧的.劲度系数等于mgD.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,KB： F-mg=ma,对 A： kxmg = 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%,又 2mg = kx0,h = x0 x,解以上各式得k=，综上所述，只有C项正确. h【答案】C2.如图所示，悬挂于 。点的轻质弹簧，劲度系数 k= 100 N/m,其下端拴一质量 小物体A,紧挨物体A有一质量M =

13、2 kg的物体B,现对B施加一个竖直向上、 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m = 1 kg 的大小为38 Na= 2m/s2 匀加速下降，直到 A、B两物体分离，取 g= 10 m/s2,则()A.两物体刚开始匀加速下降时，力 F大小为8 NB.两物体分离时，弹簧刚好恢复原长C.改变力F的大小后经0.4 s A、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 【解析】系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为据得Xi = 0.08 m, A、B两物体刚开始匀加速下降时有F做的功为3.84 Jx1,则 F0=(m+ M)g+ kx1, kx1

14、 + (m+ M)g F = (m+ M)a,代入数代入数据得F = 32 N, A错；设经时间t两物体分离,A、间的弹力为0,弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为X2,则对A有mgkx2=ma,代入数据得物体组成的系统下降的距离为x= x1+x2=0.16 m,x2=0.08 m, B 错；A、B 分离时 A、B 两而x=%t2,代入数据得t=0.4 s, 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)gxWF = :(m+M)v2,联立 v= at 并代入数据得 Wf= 3.84 J, D 对.【答案】CD.如图所示，一劲度系数为 k的轻质弹簧，

15、上端固定，下端连一质量为m的物块A, A放在6 / 13质量也为m的托盘B上，以Fn表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量.初始时，在竖 直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态（x= 0）.现改变力F的大小，使B以乡的 加速度匀加速向下运动（g为重力加速度，空气阻力不计 ）,此过程中fn、f随x变化的图象 正确的是（）【解析】根据题述，B以号的加速度匀加速向下运动过程中，选择A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg- kx- F=2m；,解得F= mg- kx,即F从mg开始线性减小，可排 除图象C.选才i B作为研究对象，由牛顿第二定律，mg+FN-F=02g,解得Fn：kx.当

16、弹簧的弹力增大到詈,即x=黑时,A和B间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由 开始运动时的臂线性减小到零，选项A、B错误.同时，力F由开始时的mg线性减小到甲, 此后B与A分离，力F保持臂不变，故选项D正确.【答案】D.如图甲所示，水平面上有一倾角为。的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度 a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小 球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和Fn。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为 g= 10 m/s2。则（）A . a= 7T m/s2 时，Fn= 0 3B.小球质量m= 0.1 kg7 /

17、 133C.斜面倾角。的正切值为- 4D.小球离开斜面之前，Fn = 0.8+ 0.06a(N)解析：选ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象， 进行受力分析，可得Tcos 0- FNsin 0= ma, Tsin。+ FNcos 0= mg,联立解得 Fn= mgcos。一 masin 0, T = macos。+ mgsin 0,所 以小球离开斜面之前， T-a图像呈线性关系，由题图乙可知 a = 40 m/s2时，Fn= 0,选项A 正确；当a=0时，T=0.6 N ,此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin 0=T;当a= 40 m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零

18、，其受力如图2所示，所以-mg- = ma,3tan t)3联立可得tan 0= 4, m = 0.1 kg,选项B、C正确；将。和m的值代入 Fn= mgcos 0 masin 0,5.如图所示，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0,重力加速度为g,则下列图象中，可能正确的是 ()【解析】小球进行受力分析，当 avgtan。时如图甲，根据牛顿第二定律:8 / 13水平方向

19、：Fcsin 0= ma竖直方向：Fccos。+ Fa = mg联立得:FA=mg-matan OF c=masin OFa与a成线性关系，当a=0时，Fa= mg,当 a= gtan。时，Fa= 0,Fc与a成线性关系，当 a= gsin。时，Fc=mg,A、D项错误，B项正确；当agtan。时，受力如图乙，根据牛顿第二定律, 水平方向：Fcsin 0+ Fb= ma竖直方向： Fccos 0= mg联立得： FB=ma mgtan 0, Fc = -mg-, cos 0Fb与a也成线性关系，Fc不变，c项错误.【答案】B6.（2012江苏卷）如图所示，一夹子夹住木块，在力 别为m、M,夹子

20、与木块两侧间的最大静摩擦力均为F作用下向上提升.夹子和木块的质量分Fm.若木块不滑动，力F的最大值是（）A.2F mm+ M MB.2Fm m+MmC.2Fm m+MM(m+ M)gD.2Fm m+MM+ (m+ M)g【解析】方法一：整体法、隔离法的交替运用由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为 a,由牛顿第二定律得,对 M 有：2Fm- Mg = Ma对整体 M、m 有：F(M + m)g=(M+m)a9 / 13联立两式解得 F = 2Fm 1+M ，选项A正确. M【答案】A.（多选）（2018广东佛山一模）如图所示，斜劈 B固定在弹簧上，斜

21、劈 A扣放在B上，A、B 相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A,使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A .压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大.压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C.当弹簧压缩量为某值时，撤去力 F,在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后 减小D.当弹簧压缩量为某值时，撤去力 F,在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原 长 解析： 开始A相对于B静止，则A的重力在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力， 设斜劈 B 的倾角为 0,有 mgsin mgos 0,所以（mg+F）sin 0p（mg + F）cos 0,所以

22、A、B 在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力Ff=（mg + F）sin 2对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故 A正确，B错误。撤去F后，在弹簧恢复 原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对 A分析，有F- mg = ma,则B对A的作用力F 逐渐减小。当弹簧恢复原长时，A、B具有相同的加速度 g, A、B间弹力为零，发生分离。故C错误，D正确。 答案： AD8.（2017六安*II拟）如图所示，两个相同车里，各用两根细线悬吊质量相同的球，细线均处于拉直状态，细线 b竖直、细线d水平，a、c两细线与竖直方向的夹角均为依两车均向左做匀加速直线运动，当两车向左加速运动后，关于细线上张力的变化，下列说法错误的是（加速运动时细线仍处拉直状态 ）（）A. a线的张力增大B. b线的张力不变C. d线的张力增大D. c线的张力不变答案 B解析 两车静止时，在左车中，以小球为研究对象，根据共点力平衡可知10 / 13Tb+ T acos 0 mg = 0Tasin。=0（程a线与竖直方向的夹角）解得 Ta= 0, Tb = mgcos a在右车中，根据共点力平衡可知Tccosa = mg, Tcsin a =Td,解得Tc= mg , Td= mgtan a(a是c线与竖直方向的夹角)当两车向左加速运动时，根据牛顿第二定律可知在左车中,有