2024年高中物理新教材同步学案 必修第一册第4章　专题强化　动力学中的临界问题（含解析）

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专题强化　动力学中的临界问题[学习目标]　1.掌握动力学临界、极值问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件(重难点)。2.进一步熟练应用牛顿第二定律解决实际问题(重点)。临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。一、接触与脱离的临界问题接触与脱离的临界条件(1)加速度相同。(2)相互作用力FN＝0。例1　如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。(1)当滑块A以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？(2)当滑块以2g的加速度向左运动时，细线上的拉力为多大？(不计空气阻力)答案　(1)g　(2)eq \r(5)mg解析　(1)由牛顿第三定律知，小球对滑块压力刚好为零时，滑块对小球支持力也为零。此时滑块和小球的加速度仍相同，当FN＝0时，小球受重力和拉力作用，如图甲所示，F合＝eq \f(mg,tan 45°)，由牛顿第二定律得F合＝ma，则a＝eq \f(g,tan 45°)＝g。所以此时滑块的加速度a块＝g。(2)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离滑块，只受细线的拉力和小球的重力的作用，如图乙所示，设细线与水平方向夹角为α，此时对小球受力分析，由牛顿第二定律得FT′cos α＝ma′，FT′sin α＝mg，解得FT′＝eq \r(5)mg。例2　如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量分别为mA＝4 kg，mB＝6 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝(8－2t)N，FB＝(2＋2t)N。(1)两物体何时分离？(2)求物体B在1 s时和5 s时运动的加速度大小？答案　(1)2 s　(2)1 m/s2　2 m/s2解析　(1)设两物体在t1时刻恰好分离(即相互作用的弹力为0)，此时二者的加速度仍相同，由牛顿第二定律得eq \f(FA,mA)＝eq \f(FB,mB)，代入数据解得t1＝2 s。(2)在t＝1 s内，两物体以共同的加速度运动。对A、B系统，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a1，代入数据解得a1＝1 m/s25 s时，A、B两物体已分离，对B物体，由牛顿第二定律有FB＝mBa2代入数据解得a2＝2 m/s2。二、相对静止(或相对滑动)的临界问题如图，物块A放在物块B上，A、B质量分别为m、M，A、B间的动摩擦因数为μ，水平地面光滑，现用水平向右的力F拉A。(1)若A、B没有发生相对滑动，求A、B的加速度大小。(2)A、B未发生相对滑动，随着F的增大，A所受的摩擦力如何变化？(3)A、B发生相对滑动的临界条件是什么？答案　(1)对A、B整体：F＝(m＋M)a，a＝eq \f(F,M＋m)。(2)对物块A：Ff＝maFf＝eq \f(m,M＋m)F，随着F增大，Ff增大。(3)A所受摩擦力达到最大静摩擦力。两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。例3　如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ，现对物块施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将发生相对滑动，重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力，则恒力F的临界值为(　　)A．μmg B．μMgC．μmg(1＋eq \f(m,M)) D．μmg(1＋eq \f(M,m))答案　C解析　物块与长木板恰好不发生相对滑动时，对整体有F＝(M＋m)a，对长木板有μmg＝Ma解得F＝μmg(1＋eq \f(m,M))，C正确。例4　(多选)如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动且B不下滑，则力F的大小可能是(　　)A．50 N B．100 NC．125 N D．150 N答案　CD解析　若B不下滑，对B有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律得FN＝m2a；对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，则F≥(m1＋m2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,μ1)＋μ2))g＝125 N，选项C、D正确。三、绳子断裂或松弛的临界问题绳子所能承受的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳子上的张力为零。例5　一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，如图所示。已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为45°，当车以加速度a＝eq \f(1,2)g(重力加速度为g)向左做匀加速直线运动时，求1、2两绳拉力的大小。答案　eq \f(\r(5),2)mg　0解析　设当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度向左且大小为a0，由牛顿第二定律得F1cos 45°＝mg，F1sin 45°＝ma0，可得a0＝g。因a＝eq \f(1,2)g12 N时，木块才会在木板上滑动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动答案　AC解析　木板与地面间滑动摩擦力的大小为Ff2＝μ2(m＋M)g＝4 N木块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff1＝μ1mg＝6 N当F≤4 N时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力F，故B错误，A正确；当拉力为F0时木块与木板间刚好发生相对滑动，由牛顿第二定律得a0＝eq \f(F0－μ1mg,m)＝eq \f(μ1mg－μ2m＋Mg,M)解得F0＝12 N所以当F>12 N时，木块才会在木板上滑动，故C正确；当F>4 N时，木板向右运动，故D错误。7.(多选)(2022·德州市高一期末)如图所示，甲、乙二人想让水平地面上静止放置的A、B两小车向右运动，两小车相互接触但并不连接，质量分别为mA＝20 kg、mB＝30 kg。从t＝0时刻开始，甲给A水平向右的推力为FA，乙给B水平向右的拉力为FB，FA、FB随时间的变化规律分别为FA＝(10－2t) N，FB＝(2＋2t) N。(车轮与地面间的摩擦忽略不计)(　　)A．A、B两车在2.6 s时分离B．2 s内B车的位移是1.08 mC．4 s时A车的加速度大小为0.24 m/s2D．4 s时B车的加速度大小为eq \f(1,3) m/s2答案　AD解析　两小车分离时aA＝aB且FN＝0，故aA＝eq \f(FA,mA)，aB＝eq \f(FB,mB)，解得t＝2.6 s，A正确。在0～2 s内，a＝eq \f(FA＋FB,mA＋mB)＝0.24 m/s2x＝eq \f(1,2)×0.24×22 m＝0.48 m，B错误。4 s时两小车已分离，aA′＝eq \f(10－8,20) m/s2＝0.1 m/s2aB′＝eq \f(2＋2×4,30) m/s2＝eq \f(1,3) m/s2，C错误，D正确。8.如图所示，两细绳与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g的加速度向右做匀加速直线运动时，求绳1和绳2的拉力大小。(g为重力加速度)答案　eq \r(5)mg　0解析　绳1和绳2的拉力与小车的加速度大小有关。当小车的加速度大到一定值时物体会“飘”起来，导致绳2松弛，没有拉力，假设绳2的拉力恰为0，即FT2为0，则有FT1cos 30°＝ma′，FT1sin 30°＝mg，解得a′＝eq \r(3)g，因为小车的加速度大于eq \r(3)g，所以物体已“飘”起来，绳2的拉力大小FT2′＝0，绳1的拉力大小FT1′＝eq \r(ma2＋mg2)＝eq \r(5)mg。9.一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力，和货车一起保持静止，如图所示。(重力加速度为g)(1)当货车以某一加速度向左加速时，A对C和B对C的支持力大小会增大还是减小？请说明理由。(2)当货车向左运动的加速度增大到一定值时，桶C就脱离A而运动到B的右边，这个加速度为多大？答案　见解析解析　(1)当桶C与货车保持静止时，以C为研究对象，对C进行受力分析，如图所示。由题意知α＝β＝30°货车静止时，对桶C，水平方向上有FBC·sin α＝FAC·sin β，竖直方向上有FBC·cos α＋FAC·cos β＝mCg整理得FAC＝FBC＝eq \f(\r(3),3)mCg货车向左加速时，仍有α＝β＝30°，同理水平方向上有FBC′sin α－FAC′sin β＝mCa竖直方向上有FBC′cos α＋FAC′cos β＝mCg整理得FBC′>eq \f(\r(3),3)mCg，FAC′<eq \f(\r(3),3)mCg综上，货车向左加速时A对C的支持力减小，B对C的支持力增大。(2)当桶C脱离A时，有FAC″＝0，这一瞬间仍有α＝β＝30°，此时有FBC″cos α＝mCg，FBC″sin α＝mCa′解得a′＝eq \f(\r(3),3)g。10．(多选)(2022·泉州市高一期末)如图，两个质量均为m的相同物块A、B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。轻弹簧下端固定在地面上，劲度系数为k。现对A物块施加竖直向上的恒力F＝1.6mg(g为重力加速度)，下列说法正确的是(　　)A．力F作用瞬间，A、B间的弹力大小为0.2mgB．A、B刚分离时，A的加速度大小为gC．A、B刚分离时，弹簧的弹力大小为1.6mgD．从F开始作用到A、B刚分离，弹簧的形变量减小了eq \f(2mg,5k)答案　ACD解析　力F作用瞬间，A、B一起向上加速，根据牛顿第二定律可得A、B整体加速度大小为a＝eq \f(F,2m)＝eq \f(1.6mg,2m)＝0.8g隔离A，由牛顿第二定律有F＋FN－mg＝ma可求得A、B间的弹力大小为FN＝0.2mg，故A正确；A、B刚分离时，A、B间的弹力大小为0，对A由牛顿第二定律可得A的加速度大小为aA＝eq \f(F－mg,m)＝0.6g，此时A、B的加速度大小相等，故B的加速度大小aB＝0.6g，则有F弹－mg＝maB解得F弹＝1.6mg，故B错误，C正确；依题意可得，从F开始作用到A、B刚分离，弹簧弹力的减小量为ΔF弹＝2mg－1.6mg＝0.4mg根据胡克定律可得弹簧形变量减小了Δx＝eq \f(ΔF弹,k)＝eq \f(2mg,5k)，故D正确。