2022届一轮复习专题练习21　动力学中的临界极值问题（解析版）

微专题21　动力学中的临界极值问题

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、N＝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．

1.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于如图1所示状态．设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是(　　)

图1

A．若小车向左运动，N可能为零

B．若小车向左运动，T不可能为零

C．若小车向右运动，N不可能为零

D．若小车向右运动，T不可能为零

答案　A

解析　若小车向左做减速运动，则加速度向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，此时N为零，故A正确；若小车向左加速运动，则加速度向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，故B错误；同理可知当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N和T均可能为零，故C、D错误．

2.(2020·福建六校联考)如图2所示，质量分别为m和2m的两物体P和Q叠放在倾角θ＝30°的固定斜面上，Q与斜面间的动摩擦因数为μ，它们从静止开始沿斜面加速下滑，P恰好能与Q保持相对静止，设P与Q间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则P与Q间的动摩擦因数为(　　)

图2

A.   B.

C．μ   D．2μ

答案　C

解析　对P、Q整体，由牛顿第二定律，(m＋2m)gsin 30°－μ(m＋2m)gcos 30°＝(m＋2m)a，设P与Q之间的动摩擦因数为μ′，P恰好与Q保持相对静止，静摩擦力恰好达到最大，对P，由牛顿第二定律，mgsin 30°－μ′mgcos 30°＝ma，联立解得μ′＝μ，选项C正确．

3.光滑水平面上并排放置质量分别为m1＝2 kg、m2＝1 kg的两物块，t＝0时刻同时施加两个力，其中F1＝2 N、F2＝(4－2t) N，方向如图3所示．则两物块分离的时刻为(　　)

图3

A．1 s   B．1.5 s

C．2 s   D．2.5 s

答案　D

解析　两物块未分离时，设m1与m2之间的作用力为F，对m1：F－F1＝m1a；对m2：F2－F＝m2a.两个物块分离时，F＝0，即有：－F1＝m1a，F2＝m2a.代入数据得t＝2.5 s，选项D正确．

4.如图4所示，水平桌面光滑，A、B物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)，A物体质量为2m，B和C物体的质量均为m，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A、B、C三个物体相对静止共同向左运动的情况下，B、C间绳子所能达到的最大拉力是(　　)

图4

A.μmg   B．μmg

C．2μmg   D．3μmg

答案　B

解析　因桌面光滑，当A、B、C三者共同的加速度最大时，FBC＝mCa才能最大．这时，A、B间的相互作用力FAB应是最大静摩擦力2μmg，对B、C整体来讲：FAB＝2μmg＝(mB＋mC)a＝2ma，a＝μg，所以FBC＝mCa＝μmg，选项B正确．

5.(2020·河南洛阳市上学期期中)某学校组织趣味课外活动——拉重物比赛，如图5所示．设重物的质量为m，重物与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.某同学拉着重物在水平地面上运动时，能够施加的最大拉力为F，求重物运动时的最大加速度为(　　)

图5

A.   B.－μg

C.－μg   D.－μg

答案　D

解析　设拉力F与水平方向的夹角为θ，对重物，在水平方向有Fcos θ－f＝ma, 竖直方向有Fsin θ＋N＝mg，滑动摩擦力f＝μN，根据以上三式联立可以求得a＝－μg，当tan θ＝μ时，加速度最大，最大加速度为amax＝－μg，故D正确，A、B、C错误．

6．(多选)如图6所示，在光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立一维坐标系，现将外力突然反向从零开始增大并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力N与滑块B的位移变化的关系图像可能正确的是(　　)

图6

答案　BD

解析　设A、B质量分别为mA、mB，A、B分离前，对A、B整体，由牛顿第二定律，F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，当x＝0时，得kx0＝(mA＋mB)a，由此可知刚开始阶段，F＝kx，当A、B分离时A仍有加速度，所以轻弹簧不可能处于原长，隔离A，分析受力，由牛顿第二定律，k(x0－x)－N＝mAa，kx0＝(mA＋mB)a，联立解得N＝－kx，当x＝时，N＝0，F在B的位移达到x0前就已恒定不变，A、C错误，B、D正确．

7.如图7所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物块P，Q为一质量为m2＝8 kg的重物，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，g＝10 m/s2，求力F的最大值与最小值．

图7

答案　72 N　36 N

解析　设刚开始时弹簧压缩量为x0，

根据平衡条件和胡克定律得：(m1＋m2)gsin 37°＝kx0

得x0＝

＝ m＝0.12 m

从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．

因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，

在0.2 s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：

对P：kx1－m1gsin θ＝m1a

前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1，

则x0－x1＝at2

联立解得a＝3 m/s2

当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有

对PQ整体：Fmin＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3 N＝36 N

当P、Q分离时拉力最大，此时有

对Q：Fmax－m2gsin θ＝m2a

得Fmax＝m2(a＋gsin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N．