微专题15--牛顿运动定律应用之临界与极值问题

1/13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.(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】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v­t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则()A．施加外力前，弹簧的形变量为2gkB．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，解得x＝2Mgk，故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－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t1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′＝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＝3kg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＝100N/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止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度2/13大小为2m/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μ＝0.5，g＝10m/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－μmg＝ma解得：F＝21N(2)A、B静止时，对A、B：kx1＝2μmgA、B分离时，对A：kx2－μmg＝ma此过程中：x1－x2＝12at2解得：t＝0.3s.【答案】(1)21N(2)0.3s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θ＝45°、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＝55kg，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＝10m/s2)()A．10NB．5NC.5ND．10N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：FTcosθ＝ma0FTsinθ－mg＝0其中θ＝45°解得a0＝g3/13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′cosα＝m·2gFT′sinα－mg＝0解得FT′＝5mg＝5×55×10N＝10N。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θ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T­a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2。则()A．a＝403m/s2时，FN＝0B．小球质量m＝0.1kgC．斜面倾角θ的正切值为34D．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，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，T­a图象呈线性关系，由题图乙可知a＝403m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝403m/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mgtanθ＝ma，联立可得tanθ＝34，m4/13＝0.1kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，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μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是()A.ma＋μmgcosθ＋μsinθB.ma－μmgcosθ－μsinθC.masinθD.mgsinθ【答案】C。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：Fcosθ＝ma，Fsinθ＝mg解得：F＝mgsinθ或F＝macosθ。(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma所以：F＝ma＋μmgcosθ＋μsinθ。(3)若环受到的弹力的方向向下，则：Fcosθ－μ(Fsinθ－mg)＝ma所以：F＝ma－μmgcosθ－μsinθ。所以A、B、D可能，C不可能，选C。【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5/13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．【解析】(1)在匀速运动阶段，有mgtanθ0＝kv0得k＝mgtanθ0v0.(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为F′N，有F′Nsinθ－kv＝maF′Ncosθ＝mg得tanθ＝ag＋vv0tanθ0.(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＝mgcosθ0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＝xv0－v02a球不从球拍上掉落的条件12a′t2≤r得sinβ≤2rcosθ0gxv0－v02a2.【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()6/13A．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＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝mgh，综上所述，只有C项正确．【答案】C2.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8NB．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【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＝12at2，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＝12(m＋M)v2，联立v＝at并代入数据得WF＝3.84J，D对．【答案】CD3.如图所示，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7/13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g2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g2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·g2，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＝mg2，解得FN＝mg2－kx.当弹簧的弹力增大到mg2，即x＝mg2k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mg2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mg2，此后B与A分离，力F保持mg2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θ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T­a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2。则()A．a＝403m/s2时，FN＝0B．小球质量m＝0.1kg8/13C．斜面倾角θ的正切值为34D．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Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，T­a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝403m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝403m/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mgtanθ＝ma，联立可得tanθ＝34，m＝0.1kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，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