突破10 牛顿运动定律的应用之临界问题的处理方法-2019高三物理一轮微专题系列之热点专题突破

突破10 牛顿运动定律的应用之临界问题的处理方法-2019高三物理一轮微专题系列之热点专题突破

突破 10 牛顿运动定律的应用之临界极值问题 一、临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点。 (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起 止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。 (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这 个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 二、几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示 临界状态 临界条件 速度达到最大 物体所受的合外力为零 两物体刚好分离 两物体间的弹力 FN＝0 绳刚好被拉直 绳中张力为零 绳刚好被拉断 绳中张力等于绳能承受的最大拉力 三、 解决临界问题的基本思路 (1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)； (2)寻找过程中变化的物理量； (3)探索物理量的变化规律； (4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。 挖掘临界条件是解题的关键。如例 5 中第(2)的求解关键是：假设球刚好不受箱子的作 用力，求出此时加速度 a。 【典例 1】如图所示，θ＝37°，m＝2 kg，斜面光滑，g 取 10 m/s2，斜面体以 a＝20 m/s2 的加速度沿水平面向右做匀加速直线运动时，细绳对物体的拉力为多大？ 【答案】 【解析】 设 m 处在这种临界状态，则此时 m 对斜面体的压力为零．由牛顿第二定律 可知，临界加速度 a0＝gcotθ＝10× 4 3 m/s2＝40 3 m/s2.将临界状态的加速度 a0 与题设给出的加 速度进行比较，知 a>a0，所以 m 已离开斜面体，此时的受力情况如图所示， 由平衡条件和牛顿第二定律可知： Tcosα＝ma，Tsinα＝mg.注意：a≠0， 所以 【典例 2】如图所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一 质量为 m 的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速 运动，然后改做加速度大小为 a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为 s，运动过程中的 最大速度为 v。 (1)求箱子加速阶段的加速度大小 a′； (2)若 a＞gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。 FN′sin θ＝ma 解得 F＝m( atan θ－g) 【典例 3】如图所示，将质量 m＝1.24 kg 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，环与杆的动摩擦因数为μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹 角θ＝53°的恒定拉力 F，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第 1 s 内前进了 2 m。(取 g ＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)圆环加速度 a 的大小； (2)拉力 F 的大小。 【答案】 (1)4 m/s2 (2)12 N 或 124 N 【解析】 (1)圆环做匀加速直线运动，由运动学公式可知 x＝ 12at2 a＝ 2xt2＝ 2×212 m/s2＝4 m/s2 (2)令 Fsin 53°－mg＝0，则 F＝15.5 N 当 F<15.5 N 时，环与杆上部接触，受力如图甲所示。 甲 乙 由牛顿第二定律可知 Fcos θ－μFN′＝ma Fsin θ＝FN′＋mg 由此得 F＝ m（a－μg） cos θ－μsin θ＝124 N 【跟踪短训】 1. 如图甲所示，A、B 两物体叠放在一起放在光滑的水平面上，B 物体从静止开始受到 一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中 A、B 始终保持相对静止。 则在 0～2t0 时间内，下列说法正确的是( ) A.t0 时刻，A、B 间的静摩擦力最大，加速度最小 B.t0 时刻，A、B 的速度最大 C.0 时刻和 2t0 时刻，A、B 间的静摩擦力最大 D.2t0 时刻，A、B 离出发点最远，速度为 0 【答案】 BCD 【解析】 t0 时刻，A、B 受力 F 为 0，A、B 加速度为 0，A、B 间静摩擦力为 0，加速 度最小，选项 A 错误；在 0 至 t0 过程中，A、B 所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是 加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0 时刻 A、B 速度最大，选项 B 正确；0 时刻和 2t0 时刻 A、B 所受合外力 F 最大，故 A、B 在这两个时刻加速度最大，为 A 提供加速度的 A、 B 间静摩擦力也最大，选项 C 正确；A、B 先在 F 的作用下加速，t0 后 F 反向，A、B 继而做 减速运动，到 2t0 时刻，A、B 速度减小到 0，位移最大，选项 D 正确。 2. 如图所示，在水平向右运动的小车上，有一倾角为α的光滑斜面，质量为m的小球被 平行于斜面的细绳系住并静止在斜面上，当小车加速度发生变化时，为使球相对于车仍保持 静止，小车加速度的允许范围为多大？ 【答案】a 向左时，a≤gtanα；a 向右时，a≤gcotα 3. 一根劲度系数为 k，质量不计的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为 m 的物体，有 一水平板将物体托住，并使弹簧处于自然长度．如图所示．现让木板由静止开始以加速度 a(a＜g)匀加速向下移动．求经过多长时间木板开始与物体分离． 【答案】 4. 如图 (a)所示，一轻绳上端系在车的左上角的 A 点，另一轻绳一端系在车左端 B 点， B 点在 A 点正下方，A、B 距离为 b，两绳另一端在 C 点相连并系一质量为 m 的小球，绳 AC 长度为 b，绳 BC 长度为 b.两绳能够承受的最大拉力均为 2mg.求： (1)绳 BC 刚好被拉直时如图(b)所示，车的加速度是多大？ (2)为不拉断轻绳，车向左运动的最大加速度是多大？ 【答案】 (1)g (2)3g 【解析】 (1)绳 BC 刚好被拉直时，小球受力如图所示， 因为 AB＝BC＝b，AC＝b，故绳 BC 方向与 AB 垂直，cos θ＝ 22，θ＝45°，由牛顿第二 定律，得 TAsin θ＝ma，且 TAcos θ＝mg，可得 a＝g. (2)小车向左加速度增大，AC、BC 绳方向不变，所以 AC 绳拉力不变，BC 绳拉力变大， BC 绳拉力最大时，小车向左加速度最大，由牛顿第二定律，得 TBm＋TAsin θ＝mam 因为 TBm ＝2mg，所以最大加速度为 am＝3g. 5. 如图所示，一直立的轻杆长为 L，在其上、下端各紧套一个质量分别为 m 和 2m 的圆 环状弹性物块 A、B。A、B 与轻杆间的最大静摩擦力分别是 Ff1＝mg、Ff2＝2mg，且滑动摩 擦力与最大静摩擦力大小相等。杆下方存在这样一个区域：当物块 A 进入该区域时受到一 个竖直向上的恒力 F 作用，而 B 在该区域运动时不受其作用，PQ、MN 是该区域上下水平 边界，高度差为 h(L＞2h)。现让杆的下端从距离上边界 PQ 高 h 处由静止释放，重力加速度 为 g。 (1)为使 A、B 间无相对运动，求 F 应满足的条件。 (2)若 F＝3mg，求物块 A 到达下边界 MN 时 A、B 间的距离。 【答案】 (1)F≤ 32mg (2)L－ 32h vA＝ 当 F＝3mg 时，A 相对于轻杆向上滑动，设 A 的加速度为 a1，则有： mg＋Ff1－F＝ma1，解得：a1＝－g A 向下减速运动位移 h 时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间 t＝ 2hg 由于杆的质量不计，在此过程中，A 对杆的摩擦力与 B 对杆的摩擦力方向相反，大小均 为 mg，B 受到杆的摩擦力小于 2mg，则 B 与轻杆相对静止，B 和轻杆整体受到重力和 A 对 杆的摩擦力作用，以 vA 为初速度，以 a2 为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可 得： a2＝ 2mg－mg2m ＝ g2 物块 A 到达下边界 MN 时 A、B 之间的距离为： ΔL＝L＋h－(vAt＋ 12a2t2)＝L－ 32h。 6. 中央电视台推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段 时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在 桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为 L1 ＝5 m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在 A 点，从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶， BC 为有效区域．已知 BC 长度为 L2＝1 m，瓶子质量为 m＝0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦 因数μ＝0.4.某选手作用在瓶子上的水平推力 F＝20 N，瓶子沿 AC 做直线运动(g 取 10 m/s2)， 假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问： (1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？ (2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？ 【答案】 (1) 16 s (2)0.4 m (2)要想游戏获得成功，瓶滑到 B 点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离 为 d，则： v′22a1＋ v′22a2＝L1－L2 v′2＝2a1d，联立解得：d＝0.4 m.