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高考复习 物理第三章微专题21——动力学中的临界和极值问题 试卷
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这是一份高考复习 物理第三章微专题21——动力学中的临界和极值问题 试卷，共6页。
微专题21 动力学中的临界和极值问题
1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、FN＝0.2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程.4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．
1.(多选)如图所示，一块足够长的轻质木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为( )
A．1 m/s2 B．2 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2
答案 AB
解析 当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，将轻质长木板和B看成整体，由牛顿第二定律得μmAg＝mBaBmax，解得aBmax＝ m/s2＝2 m/s2，因为aBmax<μg＝4 m/s2，所以结果是合理的，因此，B的加速度大小可能为1 m/s2、2 m/s2，不可能为3 m/s2、4 m/s2，故A、B正确，C、D错误.
2.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量m＝0.2 kg的小球．若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是( )
A．当a＝5 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
B．当a＝15 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
C．当a＝5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
答案 A
解析 设加速度为a0时滑块对小球的支持力恰好等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向有F合＝Fcos 45°＝ma0，竖直方向有Fsin 45°＝mg，解得a0＝10 m/s2.当a＝5 m/s2时，小球未离开滑块，水平方向有Fcos 45°－FNcos 45°＝ma，竖直方向有Fsin 45°＋FNsin 45°＝mg，解得FN＝ N，故A正确；当a＝15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和细线的拉力，滑块对小球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C、D错误．
3.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M、倾角为α，其斜面上有一静止的滑块(可视为质点)，质量为m，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值为( )
A. B. C. D．Mg
答案 A
解析 设滑块由静止到斜面体底端的距离为l，滑块做自由落体运动到达地面时竖直方向的位移为lsin α，在水平向右的力F的最小值作用下，斜面体在水平方向的位移恰好为lcos α，对滑块有lsin α＝gt2，对斜面体有lcos α＝at2，F＝Ma，解得F＝，故选项A正确．
4．(多选)如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2 kg，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为1 kg的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP连线与水平线的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)，则( )
A．容器的加速度大小为7.5 m/s2
B．容器对物块的支持力大小为12.5 N
C．推力F的大小为42 N
D．地面对容器的支持力大小等于30 N
答案 ABD
解析 物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得＝ma，解得a＝7.5 m/s2，故A正确；
由平衡条件可知，容器对物块的支持力FN＝＝ N＝12.5 N，故B正确；以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，代入数据解得F＝30 N，故C错误；对物块与容器组成的系统，在竖直方向没有加速度，受力平衡，由平衡条件可知，地面对容器的支持力大小FN地＝(m＋M)g＝(1＋2)×10 N＝30 N，故D正确．
5.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
答案 BCD
解析 当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即Ff＝2μmg.对物块B，根据牛顿第二定律得2μmg－μ×3mg＝ma，解得a＝μg.对整体，根据牛顿第二定律有F－μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg，可知当F>3μmg时，A、B发生相对滑动，故C正确．当F<2μmg时，即水平拉力小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不会发生相对滑动；对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力Ffmax＝μ×3mg＝μmg，当F≤μmg时，A、B相对地面静止，故A错误．当F＝μmg<3μmg时，A、B保持相对静止，对整体分析，根据牛顿第二定律有F－μ×3mg＝3ma，解得A的加速度为μg，故B正确．设B的最大加速度为amax，由牛顿第二定律得2μmg－μmg＝mamax，得amax＝μg，可知B的加速度不会超过μg，故D正确．
6．(多选)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与弹簧连接，A、B均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时刻物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动，测得A、B的v－t图像如图乙所示，物体B的v－t图像在t2时刻的斜率与t轴平行，已知重力加速度大小为g，则( )
A．施加力F前，弹簧的形变量为
B．施加力F的瞬间，A、B间的弹力大小为m(g＋a)
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力等于B的重力
D．B上升速度最大时，A、B间的距离为at22－
答案 AD
解析 施加力F前，A、B整体受力平衡，则弹簧弹力F0＝2mg＝kx0，解得弹簧的形变量x0＝，选项A正确；施加力F的瞬间，即t＝0时刻，对B，根据牛顿第二定律有F0－mg－FAB＝ma，解得A、B间的弹力大小FAB＝m(g－a)，选项B错误；A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且FAB＝0，对B有F1－mg＝ma，解得此时弹簧弹力大小F1＝m(g＋a)，选项C错误；t2时刻B上升速度最大，加速度为零，则kx2＝mg，解得此时弹簧的形变量x2＝，B上升的高度h＝x0－x2＝，A上升的高度H＝at22，所以A、B间的距离Δh＝at22－，选项D正确．
7.如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体的质量为M＝2 kg，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施加一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
答案 14.4 N≤F≤33.6 N
解析 假设水平推力F较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力F具有最小值，设大小为F1，此时物块受力如图甲所示，取加速度方向为x轴正方向，
对物块分析，在水平方向有
FNsin θ－μFNcos θ＝ma1
竖直方向有FNcos θ＋μFNsin θ－mg＝0
对整体有F1＝(M＋m)a1
代入数值得a1≈4.8 m/s2，F1≈14.4 N；
假设水平推力F较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F具有最大值，设大小为F2，此时物块受力如图乙所示，对物块分析，在水平方向有
FN′sin θ＋μFN′cos θ＝ma2
在竖直方向有FN′cos θ－μFN′sin θ－mg＝0
对整体有F2＝(M＋m)a2
代入数值得a2≈11.2 m/s2，F2≈33.6 N，
综上所述可知推力F的取值范围为14.4 N≤F≤33.6 N.
8.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求力F的最大值与最小值．
答案 72 N 36 N
解析 设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q，应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N.
微专题21 动力学中的临界和极值问题
1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、FN＝0.2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程.4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．
1.(多选)如图所示，一块足够长的轻质木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为( )
A．1 m/s2 B．2 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2
答案 AB
解析 当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，将轻质长木板和B看成整体，由牛顿第二定律得μmAg＝mBaBmax，解得aBmax＝ m/s2＝2 m/s2，因为aBmax<μg＝4 m/s2，所以结果是合理的，因此，B的加速度大小可能为1 m/s2、2 m/s2，不可能为3 m/s2、4 m/s2，故A、B正确，C、D错误.
2.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量m＝0.2 kg的小球．若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是( )
A．当a＝5 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
B．当a＝15 m/s2时，滑块对球的支持力为 N
C．当a＝5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
答案 A
解析 设加速度为a0时滑块对小球的支持力恰好等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向有F合＝Fcos 45°＝ma0，竖直方向有Fsin 45°＝mg，解得a0＝10 m/s2.当a＝5 m/s2时，小球未离开滑块，水平方向有Fcos 45°－FNcos 45°＝ma，竖直方向有Fsin 45°＋FNsin 45°＝mg，解得FN＝ N，故A正确；当a＝15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和细线的拉力，滑块对小球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C、D错误．
3.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M、倾角为α，其斜面上有一静止的滑块(可视为质点)，质量为m，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值为( )
A. B. C. D．Mg
答案 A
解析 设滑块由静止到斜面体底端的距离为l，滑块做自由落体运动到达地面时竖直方向的位移为lsin α，在水平向右的力F的最小值作用下，斜面体在水平方向的位移恰好为lcos α，对滑块有lsin α＝gt2，对斜面体有lcos α＝at2，F＝Ma，解得F＝，故选项A正确．
4．(多选)如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2 kg，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为1 kg的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP连线与水平线的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)，则( )
A．容器的加速度大小为7.5 m/s2
B．容器对物块的支持力大小为12.5 N
C．推力F的大小为42 N
D．地面对容器的支持力大小等于30 N
答案 ABD
解析 物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得＝ma，解得a＝7.5 m/s2，故A正确；
由平衡条件可知，容器对物块的支持力FN＝＝ N＝12.5 N，故B正确；以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，代入数据解得F＝30 N，故C错误；对物块与容器组成的系统，在竖直方向没有加速度，受力平衡，由平衡条件可知，地面对容器的支持力大小FN地＝(m＋M)g＝(1＋2)×10 N＝30 N，故D正确．
5.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
答案 BCD
解析 当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即Ff＝2μmg.对物块B，根据牛顿第二定律得2μmg－μ×3mg＝ma，解得a＝μg.对整体，根据牛顿第二定律有F－μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg，可知当F>3μmg时，A、B发生相对滑动，故C正确．当F<2μmg时，即水平拉力小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不会发生相对滑动；对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力Ffmax＝μ×3mg＝μmg，当F≤μmg时，A、B相对地面静止，故A错误．当F＝μmg<3μmg时，A、B保持相对静止，对整体分析，根据牛顿第二定律有F－μ×3mg＝3ma，解得A的加速度为μg，故B正确．设B的最大加速度为amax，由牛顿第二定律得2μmg－μmg＝mamax，得amax＝μg，可知B的加速度不会超过μg，故D正确．
6．(多选)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与弹簧连接，A、B均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时刻物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动，测得A、B的v－t图像如图乙所示，物体B的v－t图像在t2时刻的斜率与t轴平行，已知重力加速度大小为g，则( )
A．施加力F前，弹簧的形变量为
B．施加力F的瞬间，A、B间的弹力大小为m(g＋a)
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力等于B的重力
D．B上升速度最大时，A、B间的距离为at22－
答案 AD
解析 施加力F前，A、B整体受力平衡，则弹簧弹力F0＝2mg＝kx0，解得弹簧的形变量x0＝，选项A正确；施加力F的瞬间，即t＝0时刻，对B，根据牛顿第二定律有F0－mg－FAB＝ma，解得A、B间的弹力大小FAB＝m(g－a)，选项B错误；A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且FAB＝0，对B有F1－mg＝ma，解得此时弹簧弹力大小F1＝m(g＋a)，选项C错误；t2时刻B上升速度最大，加速度为零，则kx2＝mg，解得此时弹簧的形变量x2＝，B上升的高度h＝x0－x2＝，A上升的高度H＝at22，所以A、B间的距离Δh＝at22－，选项D正确．
7.如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体的质量为M＝2 kg，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施加一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
答案 14.4 N≤F≤33.6 N
解析 假设水平推力F较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力F具有最小值，设大小为F1，此时物块受力如图甲所示，取加速度方向为x轴正方向，
对物块分析，在水平方向有
FNsin θ－μFNcos θ＝ma1
竖直方向有FNcos θ＋μFNsin θ－mg＝0
对整体有F1＝(M＋m)a1
代入数值得a1≈4.8 m/s2，F1≈14.4 N；
假设水平推力F较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F具有最大值，设大小为F2，此时物块受力如图乙所示，对物块分析，在水平方向有
FN′sin θ＋μFN′cos θ＝ma2
在竖直方向有FN′cos θ－μFN′sin θ－mg＝0
对整体有F2＝(M＋m)a2
代入数值得a2≈11.2 m/s2，F2≈33.6 N，
综上所述可知推力F的取值范围为14.4 N≤F≤33.6 N.
8.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求力F的最大值与最小值．
答案 72 N 36 N
解析 设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q，应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N.
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