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高中物理必修一素養提升學案
第四章 運動和力的關系
專題強化5　動力學中的臨界問題
【專題問題解讀】
1.產生臨界值或極值的條件
臨界或極值狀態 對應條件
兩物體剛好接觸或剛好脫離 彈力FN＝0
兩物體由相對靜止開始相對滑動 靜摩擦力達到最大值
繩子斷裂 張力為繩子所能承受的最大張力
繩子恰被拉直 張力FT＝0
加速度最大或最小 當所受合力最大時，具有最大加速度；合力最小時，具有最小加速度
速度最大或最小 加速度為零
2.求解臨界或極值問題的方法
在分析和求解臨界或極值問題時，要注意通過分析物理過程，并根據條件變化或過程中的受力情況和狀態的變化，找到臨界點及臨界條件.通常采用如下分析思路.
思想方法 適用情境 分析思路
極限思想 題目中出現“最大”“最小”“剛好”等字眼時，一般都隱含著臨界問題 把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現象（或狀態）暴露出來，達到快速求解的目的
假設推理 物理過程中沒有明顯出現臨界問題的線索，但在變化過程中可能出現臨界問題 一般先假設出某種臨界狀態，再分析物體的受力情況及運動情況是否與題設相符，最后根據實際情況進行處理
數學方法 利用臨界值或臨界條件作為求解問題的思維起點，在解決實際問題時經常用到 將物理過程轉化為數學表達式，通過求解數學表達式的極值，求解臨界問題
【分類解析】
一、接觸與脫離的臨界問題
【典例1】　如圖,A、B兩個物體相互接觸,但并不粘連,放置在水平面上,水平面與物體間的摩擦力可忽略,兩物體的質量分別為mA=4 kg,mB=6 kg。從t=0開始,推力FA和拉力FB分別作用于A、B上,FA、FB隨時間的變化規律為FA=(8-2t)N,FB=(2+2t)N。
(1)經過多長時間兩物體分離
(2)求物體B在1 s時和5 s時運動的加速度大小
答案　(1)2 s　(2)1 m/s2　2 m/s2
解析　(1)設兩物體在t1時刻恰好分離(即相互作用的彈力為0),此時二者的加速度仍相同,由牛頓第二定律得=,代入數據解得t1=2 s。
(2)在t=1 s內,兩物體以共同的加速度運動。對A、B系統,由牛頓第二定律有FA+FB=(mA+mB)a1,代入數據解得a1=1 m/s2
5 s時,A、B兩物體已分離,對B物體,由牛頓第二定律有FB=mBa2
代入數據解得a2=2 m/s2。
【典例2】　如圖所示,細線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處,細線的另一端拴一質量為m的小球(重力加速度為g)。
(1)當滑塊A以多大的加速度向左運動時,小球對滑塊的壓力剛好等于零
(2)當滑塊以2g的加速度向左運動時,細線上的拉力為多大 (不計空氣阻力)
答案　(1)g　(2)mg
解析　
(1)由牛頓第三定律知,小球對滑塊壓力剛好為零時,滑塊對小球支持力也為零。此時滑塊和小球的加速度仍相同,當FN=0時,小球受重力和拉力作用,如圖甲所示,F合=,
由牛頓第二定律得F合=ma,則a==g。
所以此時滑塊的加速度a=g。
(2)
當滑塊加速度大于g時,小球將“飄”離滑塊,只受細線的拉力和小球的重力的作用,如圖乙所示,設細線與水平方向夾角為α,此時對小球受力分析,由牛頓第二定律得FT'cos α=ma',FT'sin α=mg,解得FT'=mg。
二、相對靜止(或相對滑動)的臨界問題
【典例3】如圖,物塊A放在物塊B上,A、B質量分別為m、M,A、B間的動摩擦因數為μ,水平地面光滑,現用水平向右的力F拉B。
(1)若A、B沒有發生相對滑動,求A、B的加速度大小。
(2)A、B未發生相對滑動,隨著F的增大,A所受的摩擦力如何變化
(3)A、B發生相對滑動的臨界條件是什么
答案　(1)對A、B整體:F=(m+M)a,
解得a=。
(2)對物塊A:Ff=ma
Ff=F,隨著F增大,Ff增大。
(3)A所受摩擦力達到最大靜摩擦力。
【歸納總結】
兩物體相接觸且處于相對靜止時,常存在著靜摩擦力,則相對靜止或相對滑動的臨界條件是:靜摩擦力達到最大值。
【典例3】如圖所示,質量為M的長木板位于光滑水平面上,質量為m的物塊靜止在長木板上,兩者之間的動摩擦因數為μ,現對物塊施加水平向右的恒力F,若恒力F超過某一臨界數值,長木板與物塊將發生相對滑動,重力加速度大小為g,物塊與長木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動摩擦力,則恒力F的臨界值為 (　　)
A.μmg B.μMg
C.μmg(1+) D.μmg(1+)
答案　C
解析　物塊與長木板恰好不發生相對滑動時,對整體有F=(M+m)a,對長木板有μmg=Ma
解得F=μmg(1+),C正確。
【典例4】如圖所示,質量分別為m、M的兩物塊A、B疊放在光滑的水平面上,m∶M=2∶1,A、B間的動摩擦因數為μ,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,用水平力分別作用在A、B上,恰能使A、B不發生相對滑動時,其作用力分別是如圖中的F1、F2。則F1∶F2等于 (　　)
A.1∶3 B.3∶1
C.1∶2 D.2∶1
答案　C
解析　對題圖甲,A、B恰好不發生相對滑動時,有
F1=(M+m)a1
μmg=ma1
對題圖乙,A、B恰好不發生相對滑動時,有
F2=(M+m)a2
μmg=Ma2
聯立可得=,故選C。
三、繩子斷裂或松弛的臨界問題
繩子所能承受的張力是有限的,繩子斷裂的臨界條件是實際張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛的臨界條件是繩子上的張力為零。
【典例4】一個質量為m的小球B,用兩根等長的細繩1、2分別固定在車廂的A、C兩點,如圖所示。已知兩繩拉直時,兩繩與車廂前壁的夾角均為45°,當車以加速度a=g(重力加速度為g)向左做勻加速直線運動時,求1、2兩繩拉力的大小。
答案　mg　0
解析　設當細繩2剛好拉直而無張力時,車的加速度向左且大小為a0,由牛頓第二定律得F1cos 45°=mg,F1sin 45°=ma0,可得a0=g。
因a=g【針對性訓練】
1.(2022·江蘇卷)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書,書與桌面間的動摩擦因數為0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。若書不滑動,則高鐵的最大加速度不超過 (　　)
A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2
答案　B
解析　書放在水平桌面上,若書相對于桌面不滑動,則最大靜摩擦力提供加速度即Ffm=μmg=mam,解得am=μg=4 m/s2,書相對高鐵靜止,故若書不滑動,高鐵的最大加速度為4 m/s2,B正確,A、C、D錯誤.
2.質量為0.1 kg的小球,用細線吊在傾角α為37°斜面上,如圖所示,系統靜止時細線與斜面平行,不計一切摩擦。當斜面體向右做勻加速運動時,小球與斜面剛好不分離,則斜面體的加速度為(重力加速度為g) (　　)
A.gsin α B.gcos α
C.gtan α D.
答案　D
解析　
因小球與斜面剛好不分離,即斜面對小球的支持力剛好為零,小球受力如圖所示,由圖知tan α=,由F合=ma,得a=,D正確。
3.如圖所示,A、B兩個物體疊放在一起,靜止在粗糙水平地面上,B與水平地面間的動摩擦因數μ1=0.1,A與B間的動摩擦因數μ2=0.2。已知A的質量m=2 kg,B的質量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2。現對物體B施加一個水平向右的恒力F,為使A與B保持相對靜止,則恒力F的最大值是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (　　)
A.20 N B.15 N
C.10 N D.5 N
答案　B
解析　恒力最大時,對A有μ2mg=ma;對A、B整體有Fmax-μ1(m+M)g=(m+M)a,聯立解得Fmax=15 N,選項B正確。
4.(多選)如圖所示,已知物塊A、B的質量分別為m1=4 kg、m2=1 kg,A、B間的動摩擦因數為μ1=0.5,A與水平地面之間的動摩擦因數為μ2=0.5,設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,g取10 m/s2,在水平力F的推動下,要使A、B一起運動且B不下滑,則力F的大小可能是 (　　)
A.50 N　B.100 N　C.125 N　D.150 N
答案　CD
解析　若B不下滑,對B有μ1FN≥m2g,由牛頓第二定律得FN=m2a;對整體有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,則F≥(m1+m2)g=125 N,選項C、D正確。
5.(12分)(2024·蘭州市高一期末)如圖所示,兩條輕繩將一質量為m的小球懸掛在小車的車廂內,其中輕繩OA沿水平方向,輕繩OB與豎直方向的夾角θ=30°,重力加速度為g。
(1)(4分)若小車在水平路面上向左做勻速直線運動,求兩輕繩拉力的大小;
(2)(4分)若輕繩OA上的拉力恰好為0,求此時小車的加速度大小;
(3)(4分)若小車在水平路面上以加速度a=向右做勻加速直線運動,求兩輕繩拉力的大小。
答案　(1)mg　　(2)g　(3)0　
解析　(1)若小車在水平路面上向左做勻速直線運動,對小球進行受力分析,如圖甲所示
根據平衡條件有
=mgtan θ,=
解得=mg,=
(2)若輕繩OA上的拉力恰好為0,表明小車加速度方向水平向右,對小球進行分析,如圖乙所示
根據牛頓第二定律有
mgtan θ=ma1
解得a1=g
(3)若小車在水平路面上以加速度a=向右做勻加速直線運動,由于
a=>a1=g
可知,此時小球穩定時的位置將處于O點的左上方,輕繩OA處于松弛狀態,則有
=0
對小球分析,如圖丙所示
則有=(mg)2+(ma)2
解得=。
6.(多選)(2024·涼山州高一期末)如圖所示,A、B兩物塊的質量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為μ,B與地面間的動摩擦因數為0.5μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。現對A施加一水平拉力F,則 (　　)
A.當F>1.5μmg時,A相對B滑動
B.當F>3μmg時,A相對B滑動
C.當F=2.5μmg時,A的加速度為0.25μg
D.無論F為何值,B的加速度不會超過0.5μg
答案　BD
解析　A、B之間最大靜摩擦力Ffmax=2μmg
B與地面間的最大靜摩擦力為
Ffmax'=0.5μ·3mg=1.5μmg
A、B間恰好發生相對滑動時,
設加速度為a0
對A:Fmin-Ffmax=2ma0,
對B:Ffmax-Ffmax'=ma0
聯立解得:a0=0.5μg,
Fmin=3μmg
所以若要A、B發生相對滑動,F不小于3μmg,B的加速度最大值為0.5μg,故A錯誤,B、D正確;
當F=2.5μmg時,A、B一起加速運動,
由牛頓第二定律F-Ffmax'=3ma1
得a1=μg,故C錯誤。
7.(2024·延安市高一期末)如圖所示,細線的一端固定在傾角為30°的光滑楔形滑塊A的頂端P處,細線的另一端拴一質量為m的小球,靜止時細線與斜面平行,(已知重力加速度為g)。則 (　　)
A.當滑塊向左做勻速運動時,細線的拉力為mg
B.若滑塊以加速度a=g向左加速運動時,小球對滑塊壓力為零
C.當滑塊以加速度a=g向左加速運動時,線中拉力2mg
D.當滑塊以加速度a=g向左加速運動時,線中拉力為2mg
答案　D
解析　當滑塊向左做勻速運動時,對小球根據平衡條件可得FT=mgsin 30°=0.5mg,故A錯誤;設當小球貼著滑塊一起向左運動且支持力為零時加速度為a0,小球受到重力、拉力作用,根據牛頓第二定律可得mgtan 60°=ma0,解得a0=g
此時繩中的拉力大小為==2mg,故B錯誤,D正確;
由于aFTsin 30°+FNcos 30°=mg
聯立解得FT=mg,故C錯誤。
8.(多選)(2024·廣東省高一期末)如圖所示,質量都為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,運動距離h時B與A分離,重力加速度為g。則下列說法中正確的是 (　　)
A.B和A剛分離時,彈簧為原長
B.彈簧的勁度系數等于
C.在B與A分離之前,它們的加速度逐漸變大
D.在B與A分離之前,它們的加速度逐漸變小
答案　BD
解析　B和A剛分離時,兩者有共同的加速度,此時對B受力分析,B受重力和拉力F,且F=mg,因此B所受合力為零,加速度為零,則此時A的加速度也為零,因此對A受力分析可知,彈簧對A的彈力等于A自身的重力,即F彈=mg,因此B和A剛分離時,彈簧處于壓縮狀態,故A錯誤;
初始狀態,未施加恒力F時,對整體受力分析得
F彈1=kx1=2mg
B和A剛分離時,對A受力分析有
F彈2=kx2=mg
其中,由幾何關系得x1-x2=h
聯立解得k=,故B正確;
對整體受力分析,由牛頓第二定律得
F+kx-2mg=2ma
其中F=mg
代入整理可得kx-mg=2ma
由題意可知,向上運動過程中,彈簧形變量x逐漸減小,因此加速度a逐漸減小,故C錯誤,D正確。
9.(15分)一輛貨車運載著圓柱形光滑的空油桶。在車廂底,一層油桶平整排列,相互緊貼并被牢牢固定,上一層只有一只桶C,自由地擺放在桶A、B之間,沒有用繩索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力,和貨車一起保持靜止,如圖所示。(重力加速度為g)
(1)(10分)當貨車以某一加速度向左加速時,A對C和B對C的支持力大小會增大還是減小 請說明理由。
(2)(5分)當貨車向左運動的加速度增大到一定值時,桶C就脫離A而運動到B的右邊,這個加速度為多大
答案　(1)A對C的支持力減小,B對C的支持力增大　理由見解析　(2)g
解析　(1)當桶C與貨車保持靜止時,以C為研究對象,對C進行受力分析,如圖所示。
由題意知α=β=30°
貨車靜止時,對桶C,水平方向上有FBCsin α=FACsin β,豎直方向上有FBCcos α+FACcos β=mCg
整理得FAC=FBC=mCg
貨車向左加速時,仍有α=β=30°,同理水平方向上有FBC'sin α-FAC'sin β=mCa
豎直方向上有FBC'cos α+FAC'cos β=mCg
整理得FBC'>mCg,FAC'綜上,貨車向左加速時A對C的支持力減小,B對C的支持力增大。
(2)當桶C脫離A時,有FAC″=0,這一瞬間仍有α=β=30°,此時有
FBC″cos α=mCg,FBC″sin α=mCa'
解得a'=g。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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