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.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.(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.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】 类型一：物体与弹簧分离临界

2、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()15 / 13a .施加外力前，弹簧的形变量为2gB .外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为 M(g a)C. A、B在ti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,解得x =严，故

3、 A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Mg Fab = Ma，其中F 弹=2Mg,解得Fab = M(g a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t,时刻分离，此时A、 B具有共同的v和a,且Fab= 0，对B有F弹Mg = Ma，解得F弹丄M(g + a),故C错误； 当F弹'=Mg时，B达到最大速度，故 D错误。B在水平外力F作用下向右做加速度【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 始时两物块压紧弹簧并恰好处于静

4、止状态，现使物块大小为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=0.5， g = 10 m/s2.求：(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.【解析】(1)物块A、B分离时，对B: F 卩mg= ma解得：F= 21 N(2)A、B 静止时，对 A、B: kx1 = 2 卩 mgA、B分离时，对 A: kx2卩mg= ma此过程中：X1 X2 =如2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21(2018福建福州质检)倾角为0= 45°

5、;外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O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 = kg，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a° = gF'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

6、 2所示，则有Ft ' coa= m gFt ' sia mg = 0解得 Ft = 5mg= 5寻X10 N = 10 N。故选项A正确。A . a = 40 m/s2 时，Fn= 0答案： A【变式2】如图甲所示，水平面上有一倾角为B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，B .小球质量m= 0.1 kg3C.斜面倾角B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

7、 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 0+ F ncos 0= mg，联立解得 Fn = mgcos 0 mas in 0, T= macos 0+ mgsi n 0 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= 40 m/s2时，Fn = 0, 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，其受力如图2所示，所以 严=ma，联立可得tan 0=弓，mtan 04=0.1 kg, B、C 正确

8、；将 B和 m 的值代入 FN = mgcos 0 masi n B,得 FN = 0.8 0.06a(N) , D 错误。类型三：极值问题【例题3】2018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截面直径，环与杆间的动摩擦因数为卩，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为)ma+ 卩 mgA.cos 0+ pin 0的拉力F，使圆环以加速度maC.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0o(1)若环受到的弹力为0，则：Fcos0= ma, Fsin 0= mgmgma解得：F= 或F = osin

9、0cos 0若环受到的弹力的方向向上，则:Fcos 0 pmg Fsin 0) = ma所以：$= ma+卩mgocos 0+ pin 0若环受到的弹力的方向向下，则:Fcos 0 pFsin 0 mg) = ma所以：ma p mg 卜cos 0 pin 0所以A、B、D可能，C不可能，选C o【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.比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为,

10、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B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,而球拍的倾角比出大了 B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B应满足的条件.【解析】在匀速运动阶段，有 mgtan %= kvo得 k= mgtan 出vo加速阶段，设球拍对球的支持力为F'n，有FNSi n 0 kv= maF'nc

11、os = mga v 得 tan 0= + tan 00.g v0以速度V0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有mg COS 00球拍倾角为60+ B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= ma'设匀速跑阶段所用时间为t，有 t= -2vo 2a球不从球拍上掉落的条件得sin2rcos 90【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 ()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gC.弹簧的

12、劲度系数等于mghD .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 = kxo, h = x° x,解以上各式得k=乎，综上所述，只有 C项正确.h【答案】Cm = 1 kg 的 大小为38 N a = 2m/s2 匀2如图所示，悬挂于 O点的轻质弹簧，劲度系数k= 100 N/m，其下端

13、拴一质量小物体A,紧挨物体A有一质量M = 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以加速度加速下降，直到 A、B两物体分离，取 g= 10 m/s2,AA .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x1 = 0.08 m , A、B两物体刚开始匀加速下降时有 据得F = 32 N , A错；设经时间t两物体分离，A、 拉伸量为X2,则对A

14、有mg kx2= ma,代入数据得代入数代入数物体组成的系统下降的距离为x= x1+ x2= 0.16 m,F做的功为3.84 JX1，贝V F°= (m+ M)g + 烁，kx1 + (m+ M)g F = (m+ M)a,间的弹力为0,弹簧处于拉伸状态，令X2= 0.08 m , B 错；A、B 分离时 A、B 两 而x=?at2，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)gx Wf = (m+ M)v2，联立 v= at 并代入数据得 WF= 3.84 J, D 对.【答案】CD3.如图所示

15、，一劲度系数为 k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A, A放在质量也为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以号的 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（）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.选择B作为研究对象，由牛顿第二定律，mg+ Fn F =罗，解得Fn=晋kx.当 弹簧的弹力增大到罗即x=贸时，A和B间的压力为零，在此之前，二者之间

16、的压力由 开始运动时的罗线性减小到零，选项A、B错误.同时，力F由开始时的mg线性减小到晋, 此后B与A分离，力F保持罟不变，故选项D正确.【答案】D4如图甲所示，水平面上有一倾角为B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A . a= 40 m/s2 时，Fn= 0B .小球质量m= 0.1 kg3C.斜面倾角B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

17、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- FnsS 0= ma, Ts in 0+ FNcos 0= mg,联立解得 FN = mgcos 0 masi n 0, T= macos 0+ mgs in 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，其受力如图2所示，所以?- = ma,3tan 03联立可得tan 0= 4, m = 0.1

18、kg ,选项B、C正确；将0和m的值代入 Fn = mgcos 0 masin 0,得 Fn = 0.8 0.06a(N)，选项 D 错误。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 ()j?伽aA【解析】小球进行受力分析，当av gtan 0时如图甲，根据牛顿第二定律:水平方向：Fcsin 0= ma竖直方向：Fccos

19、0+ Fa= mg联立得：Fa= mg tma0, Fc=咒tan 0sin 0乙Fa与a成线性关系，当a = 0时，Fa= mg,当 a= gtan 0时，Fa= 0,Fc与a成线性关系，当 a= gsin 0时，Fc = mg,A、D项错误，B项正确；当a> gtan 0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： Fecos 0= mg联立得：Fb ma mgtan 0, Fc g 0, 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，夹子与木块两侧间的最大静摩擦

20、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（）B.C.2Fm m + MMm+ M M2Fm m + Mm+ (m+ M)gD.2Fm m+ MM【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)a联立两式解得f=2Fm M ，选项a正确.M【答案】A7.（多选）（2018广东佛山一模）如图所示，斜劈 B固定在弹簧上，斜劈 A扣放在B上，A、B 相对静止，待系统平衡后用竖直向下

21、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B 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 0<p（mg + F）cos 0,所以 A、B 在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所

22、受的摩擦力Ff = （mg + F）sin 0,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： AD 8.（2017六安模拟）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0,两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）（）B. b线的张力不变D. c线的张力不变A. a线的张力增大C. d线的张力增大答案 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Tb+ T acos 0 mg = 0Tasin 0 = 0（ 0是 a线与竖直方向的夹角） 解得 T a= 0, Tb = mg在右车中，根据共点力平衡可知Tccosa = mg, T csi na = Td，解得T c=, Td= mgta nacos 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 T詬“ 0