2024年高中物理新教材同步必修第一冊第4章　專題強化　動力學(xué)中的臨界問題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

專題強化　動力學(xué)中的臨界問題[學(xué)習(xí)目標]　1.掌握動力學(xué)臨界、極值問題的分析方法，會分析幾種典型臨界問題的臨界條件(重難點)。2.進一步熟練應(yīng)用牛頓第二定律解決實際問題(重點)。臨界狀態(tài)是某種物理現(xiàn)象(或物理狀態(tài))剛好要發(fā)生或剛好不發(fā)生的轉(zhuǎn)折狀態(tài)，有關(guān)的物理量將發(fā)生突變，相應(yīng)的物理量的值為臨界值。一、接觸與脫離的臨界問題接觸與脫離的臨界條件(1)加速度相同。(2)相互作用力FN＝0。例1　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(zhì)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?qū)瑝K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?qū)瑝K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塊＝g。(2)當滑塊加速度大于g時，小球?qū)?/span>“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(shè)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。例2　如圖，A、B兩個物體相互接觸，但并不黏合，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(zhì)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(guī)律為FA＝(8－2t)N，FB＝(2＋2t)N。(1)兩物體何時分離？(2)求物體B在1 s時和5 s時運動的加速度大?。?/span>答案　(1)2 s　(2)1 m/s2　2 m/s2解析　(1)設(shè)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(shù)據(jù)解得t1＝2 s。(2)在t＝1 s內(nèi)，兩物體以共同的加速度運動。對A、B系統(tǒng)，由牛頓第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝1 m/s25 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(shù)據(jù)解得a2＝2 m/s2。二、相對靜止(或相對滑動)的臨界問題如圖，物塊A放在物塊B上，A、B質(zhì)量分別為m、M，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，水平地面光滑，現(xiàn)用水平向右的力F拉A。(1)若A、B沒有發(fā)生相對滑動，求A、B的加速度大小。(2)A、B未發(fā)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(fā)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，a＝。(2)對物塊A：Ff＝maFf＝F，隨著F增大，Ff增大。(3)A所受摩擦力達到最大靜摩擦力。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。例3　如圖所示，質(zhì)量為M的長木板位于光滑水平面上，質(zhì)量為m的物塊靜止在長木板上，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)對物塊施加水平向右的恒力F，若恒力F超過某一臨界數(shù)值，長木板與物塊將發(fā)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．μMgC．μmg(1＋) D．μmg(1＋)答案　C解析　物塊與長木板恰好不發(fā)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。例4　(多選)如圖所示，已知物塊A、B的質(zhì)量分別為m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，A與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，設(shè)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 NC．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。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。例5　一個質(zhì)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(shè)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<a0，故細繩2松弛，拉力為零，設(shè)此時細繩1與車廂前壁夾角為θ，有F1′cos θ＝mg，F1′sin θ＝ma，得F1′＝mg。專題強化練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(shù)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/s2C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2答案　B解析　書放在水平桌面上，若書恰好相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度即Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，則高鐵的最大加速度為4 m/s2，B正確，A、C、D錯誤。2.(2023·江蘇淮陰中學(xué)高一期中)在靜止的電梯里放一個木塊A，A的右邊被一個伸長的彈簧拉著而保持靜止，以下電梯的運動中，A可能被拉動的情況是(　　)A．電梯向上勻速運動時B．電梯向上啟動時C．電梯向上制動時D．電梯向下制動時答案　C解析　當電梯向上勻速運動時，木塊豎直方向重力與支持力平衡，木塊的受力不變，木塊豎直向上勻速運動，故A錯誤；當電梯向上啟動時，木塊具有向上的加速度，所以木塊所受向上的支持力大于向下的重力，木塊的最大靜摩擦力增大，不會被拉動，故B錯誤；當電梯向上制動時，加速度向下，支持力小于重力，最大靜摩擦力減小，木塊可能被拉動，故C正確；當電梯向下制動時，加速度向上，支持力大于重力，最大靜摩擦力增大，木塊不可能被拉動，故D錯誤。3．如圖所示，左右?guī)в泄潭〒醢宓拈L木板放在水平桌面上，物體放于長木板上靜止，此時彈簧對物體的彈力大小為3 N，物體的質(zhì)量為0.5 kg，物體與木板之間無摩擦，現(xiàn)使木板與物體一起以6 m/s2的加速度向左沿水平方向做勻加速運動時，則(　　)A．物體對左側(cè)擋板的壓力等于零B．物體對左側(cè)擋板的壓力大小等于3 NC．物體受到4個力的作用D．彈簧對物體的彈力大小等于6 N答案　A解析　由題意知，物體的加速度大小為6 m/s2，方向水平向左，故物體所受合力F＝ma＝3 N，方向水平向左。對物體受力分析，物體受到豎直向下的重力mg、豎直向上的支持力FN，且FN＝mg，豎直方向受力平衡，又因物體與木板之間無摩擦，故水平方向合力只能由彈簧彈力和擋板彈力提供，當F彈簧＝3 N時，恰好能提供合力，故物體與擋板之間無彈力，物體對左側(cè)擋板的壓力為零，物體只受3個力作用，故選A。4.(多選)一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連，小球某時刻正處于如圖所示狀態(tài)，設(shè)斜面對小球的支持力為FN，細繩對小球的拉力為FT，若該時刻FT為零，則此時小車可能的運動情況是(　　)A．小車向右做加速運動B．小車向右做減速運動C．小車向左做加速運動D．小車向左做減速運動答案　BC解析　小球和小車具有相同的加速度，所以小球的加速度只能沿水平方向，根據(jù)牛頓第二定律知，小球受到的合力方向水平；由于在此時小球只受到重力和斜面對其向左偏上的支持力作用，二力的合力只能水平向左，所以小車應(yīng)向左做加速運動或向右做減速運動，選項B、C正確。5.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(shù)μ1＝0.1，A與B間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2。已知A的質(zhì)量m＝2 kg，B的質(zhì)量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。現(xiàn)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(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　)A．20 N B．15 NC．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(lián)立解得Fmax＝15 N，選項B正確。6．(多選)(2022·云南昌寧縣第一中學(xué)高一期末)如圖所示，質(zhì)量為m＝3 kg的木塊放在質(zhì)量為M＝1 kg的長木板上，開始處于靜止狀態(tài)，已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，當木塊受到水平向右的拉力F后，下列說法正確的是(　　)A．木板受到地面的摩擦力的大小可能是1 NB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是4 NC．當F>12 N時，木塊才會在木板上滑動D．無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動答案　AC解析　木板與地面間滑動摩擦力的大小為Ff2＝μ2(m＋M)g＝4 N木塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff1＝μ1mg＝6 N當F≤4 N時，木塊與木板仍保持靜止狀態(tài)，木板與地面間為靜摩擦力，大小等于拉力F，故B錯誤，A正確；當拉力為F0時木塊與木板間剛好發(fā)生相對滑動，由牛頓第二定律得a0＝＝解得F0＝12 N所以當F>12 N時，木塊才會在木板上滑動，故C正確；當F>4 N時，木板向右運動，故D錯誤。7.(多選)(2022·德州市高一期末)如圖所示，甲、乙二人想讓水平地面上靜止放置的A、B兩小車向右運動，兩小車相互接觸但并不連接，質(zhì)量分別為mA＝20 kg、mB＝30 kg。從t＝0時刻開始，甲給A水平向右的推力為FA，乙給B水平向右的拉力為FB，FA、FB隨時間的變化規(guī)律分別為FA＝(10－2t) N，FB＝(2＋2t) N。(車輪與地面間的摩擦忽略不計)(　　)A．A、B兩車在2.6 s時分離B．2 s內(nèi)B車的位移是1.08 mC．4 s時A車的加速度大小為0.24 m/s2D．4 s時B車的加速度大小為 m/s2答案　AD解析　兩小車分離時aA＝aB且FN＝0，故aA＝，aB＝，解得t＝2.6 s，A正確。在0～2 s內(nèi)，a＝＝0.24 m/s2x＝×0.24×22 m＝0.48 m，B錯誤。4 s時兩小車已分離，aA′＝ m/s2＝0.1 m/s2aB′＝ m/s2＝ m/s2，C錯誤，D正確。8.如圖所示，兩細繩與水平車頂夾角分別為60°和30°，物體質(zhì)量為m，當小車以大小為2g的加速度向右做勻加速直線運動時，求繩1和繩2的拉力大小。(g為重力加速度)答案　mg　0解析　繩1和繩2的拉力與小車的加速度大小有關(guān)。當小車的加速度大到一定值時物體會“飄”起來，導(dǎo)致繩2松弛，沒有拉力，假設(shè)繩2的拉力恰為0，即FT2為0，則有FT1cos 30°＝ma′，FT1sin 30°＝mg，解得a′＝g，因為小車的加速度大于g，所以物體已“飄”起來，繩2的拉力大小FT2′＝0，繩1的拉力大小FT1′＝＝mg。9.一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)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)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　見解析解析　(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FBC·sin α＝FAC·sin β，豎直方向上有FBC·cos α＋FAC·cos 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′<mCg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。10．(多選)(2022·泉州市高一期末)如圖，兩個質(zhì)量均為m的相同物塊A、B疊放在輕彈簧上，處于靜止狀態(tài)。輕彈簧下端固定在地面上，勁度系數(shù)為k。現(xiàn)對A物塊施加豎直向上的恒力F＝1.6mg(g為重力加速度)，下列說法正確的是(　　)A．力F作用瞬間，A、B間的彈力大小為0.2mgB．A、B剛分離時，A的加速度大小為gC．A、B剛分離時，彈簧的彈力大小為1.6mgD．從F開始作用到A、B剛分離，彈簧的形變量減小了答案　ACD解析　力F作用瞬間，A、B一起向上加速，根據(jù)牛頓第二定律可得A、B整體加速度大小為a＝＝＝0.8g隔離A，由牛頓第二定律有F＋FN－mg＝ma可求得A、B間的彈力大小為FN＝0.2mg，故A正確；A、B剛分離時，A、B間的彈力大小為0，對A由牛頓第二定律可得A的加速度大小為aA＝＝0.6g，此時A、B的加速度大小相等，故B的加速度大小aB＝0.6g，則有F彈－mg＝maB解得F彈＝1.6mg，故B錯誤，C正確；依題意可得，從F開始作用到A、B剛分離，彈簧彈力的減小量為ΔF彈＝2mg－1.6mg＝0.4mg根據(jù)胡克定律可得彈簧形變量減小了Δx＝＝，故D正確。