度高考物理一轮复习 第三章 专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题课时达标训练
课时作业11：专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题1．足够长光滑固定斜面BC 倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F 作用，如图1甲所示．小物块在AB 段运动的速度－时间图象如图乙所示，到达B 点迅速撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：图1(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块最终离A 点的距离．答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)3.6 m解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m /s 2＝0.5 m/s 2， 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1，得F ＝ma 1＋μmg cos α＋μsin α＝11 N. (2)在BC 段，对小物块有mg sin α＝ma 2，解得a 2＝g sin α＝8 m/s 2，小物块从B 到最高点所用时间与从最高点到B 所用时间相等，所以小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间为t ＝2v B a 2＝0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3 ，a 3＝μg ＝5 m/s 2，由B 至停下小物块的位移x ＝v B 22a 3＝0.4 m ，x AB ＝0＋v B 2t 0＝4.0 m ，Δx A ＝x AB －x ＝3.6 m. 2．(2018·湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg 的物体放在长为1 m 的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图2(1)若由静止释放物体，1 s 后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为 1.5 m/s 2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？答案 (1)2 m/s (2)0.5 (3)5 N解析 (1)设物体到达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：x ＝12v t ，v ＝2x t ＝2×11m /s ＝2 m/s ；(2)由运动学公式得a 1＝v t＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，联立解得μ＝0.5；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 合，则F 合sin θ－μF 合cos θ＝ma 2，将a 2＝1.5 m/s 2，θ＝37°，μ＝0.5代入，可得F 合＝15 N ，F 合＝mg －F ＝15 N ，解得F ＝5 N.3．如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝6.5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ，经过时间t ＝2.0 s ，玩具移动了距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)玩具与地面间的动摩擦因数．(2)松手后玩具还能滑行多远？(3)当力F 与水平方向夹角θ为多少时拉力F 最小？答案 (1)33 (2)335m (3)30° 解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12at 2，解得a ＝ 3 m/s 2， 对玩具，由牛顿第二定律得F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′解得a ′＝1033m/s 2 由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝335 m. (3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则F cos θ－F f >0，F f ＝μF N 在竖直方向上，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg解得F >μmg cos θ＋μsin θ因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)所以当θ＝30°时，拉力最小．4．(2019·河南省洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N 的小球，在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止出发沿AB 向上运动，F 作用1.2 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)有F 作用的过程中小球的加速度；(2)撤去F 瞬间小球的加速度；(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点为2.25 m 的B 点．答案 (1)2.5 m /s 2 方向沿杆向上 (2)7.5 m/s 2方向沿杆向下 (3)0.2 s 或0.75 s解析 (1)小球的质量m ＝G g＝1 kg 取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作用时的加速度大小为a 1，此时小球的受力如图所示，F cos 30°＝G cos 30°＋F NF sin 30°－G sin 30°－μF N ＝ma 1联立解得：a 1＝2.5 m/s 2，方向沿杆向上(2)撤去F 瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a 2，F N ′＝G cos 30°－G sin 30°－μF N ′＝ma 2联立解得：a 2＝－7.5 m /s 2，即大小为7.5 m/s 2，方向沿杆向下(3)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝1.8 m 撤去F 后，小球继续向上运动的时间为t 2＝0－v 1a 2＝0.4 s 小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 122a 2＝0.6 m 则小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m在上滑阶段通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 32 解得t 3＝0.2 s 或者t 3＝0.6 s(舍) 小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为a 3，－G sin 30°＋μF N ′＝ma 3得a 3＝－2.5 m /s 2，即大小为2.5 m/s 2，方向沿杆向下小球由顶端返回B 点时有－(x m －x AB )＝12a 3t 42 解得t 4＝35s 则通过B 点时间为t ＝t 2＋t 4≈0.75 s.。
2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--动力学中的临界和极值问题
动力学中的临界和极值问题一、动力学中的临界极值问题1．“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是F T＝0。
(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。
2. 解题指导（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、F 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．3.解题基本思路(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；(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．4. 解题方法二、针对练习1、（多选）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为4μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ．现对物块施加一水平向右的拉力，则木板加速度a 大小可能是（ ）A ．0a =B ．4ga μ=C ．3g a μ=D ．23ga μ=2、（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12μ.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 ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．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12μg3、如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m 。
高考物理一轮复习第三章专题动力学中的临界极值问题备考精炼
26 动力学中的临界极值问题[方法点拨] (1)用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．(2)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．(2020·玄武区模拟)如图1所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为F A、F B和F C.现使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若F A和F B不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是( )图12．(多选)如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则( )图2A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为3mgD．恒力F的最小值为32mg3．(多选)如图3所示，质量m＝20 kg的物块，在与水平方向成θ＝37°的拉力F＝100 N作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )图3A ．物体的合力可能大于80 NB ．地面对物体的支持力一定等于140 NC ．物块与水平面间的动摩擦因数一定小于47D ．物块的加速度可能等于2 m/s 24．(2020·溧水中学模拟)如图4所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g 2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中F N 、F 随x 变化的图象正确的是( )图45．(多选)(2020·伍佑中学月考)如图5所示，水平地面上有一楔形物块a ，倾角为θ＝37°，其斜面上有一小物块b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a 与b 之间光滑，a 与b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a 与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，g ＝10 m/s 2)，有( )图5A ．若μ＝0.1，则细绳的拉力为零，地面对a 的支持力变小B．若μ＝0.1，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力不变C．若μ＝0.75，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力不变D．若μ＝0.8，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力变小6．如图6所示，在水平桌面上放置一质量为M且足够长的木板，木板上再叠放一质量为m的滑块，木板与桌面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，开始时滑块与木板均静止．今在木板上施加一水平拉力 F，它随时间 t 的变化关系为 F＝kt，k为已知的比例系数．假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好开始在木板上滑动时，图6(1)拉力作用的时间；(2)木板的速度大小．7．如图7所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F(图中未画出)作用下向右做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：图7(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．8．如图8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8答案精析1．B [对小球进行受力分析，当a≤gtan θ时如图甲，根据牛顿第二定律：水平方向：F C sin θ＝ma竖直方向：F C cos θ＋F A ＝mg联立得：F A ＝mg －ma tan θ，F C ＝ma sin θ， F A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝gtan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝gsin θ时，F C ＝mg ，A 项错误，B 项正确；当a ＞gtan θ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律，水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma竖直方向：F C cos θ＝mg联立得：F B ＝ma －mgtan θ，F C ＝mg cos θ， F B 与a 也成线性关系，F C 不变，C 、D 项错误．]2．BCD [小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan 30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin 60°＝F min mg ，解得F min ＝mgsin 60°＝32mg ，选项D 正确．] 3．BCD [若水平面光滑，则合力为F 合＝Fcos 37°＝100×0.8 N＝80 N ；若水平面粗糙，则合力为：F 合＝Fcos 37°－F f ＝80 N －F f <80 N ，所以合力不可能大于80 N ，故A 错误；在竖直方向上Fsin 37°＋F N ＝mg ，则F N ＝mg －Fsin 37°＝200 N －100×0.6 N＝140 N ，故B 正确；若水平面粗糙，水平方向Fcos 37°－μF N ＝ma ，解得μ＝Fcos 37°－ma F N ＝80－20a 140<80140＝47，故C 正确；当水平面光滑时，合力为80 N ，则加速度a ＝F 合m ＝8020m/s 2＝4 m/s 2 水平面粗糙时，a ＝Fcos 37°－μF N m ＝80－μ×14020，当μ＝27时，a 等于2 m/s 2 ，故D 正确．]4．D [根据题述，B 以g 2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m·g 2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图象C.选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋F N ′－F ＝mg 2，解得F N ′＝mg 2－kx.由牛顿第三定律得F N ′＝F N ，当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg 2k 时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg 2不变，故选项D 正确．] 5．BC6．(1)(μ1＋μ2)(M ＋m )g k (2)(M ＋m)μ22g 22k解析 (1)滑块刚好开始在木板上滑动时，滑块与木板的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律，对滑块有：μ2mg ＝ma ，解得：a ＝μ2g对滑块和木板构成的系统，有：kt 2－μ1(M ＋m)g ＝(M ＋m)a ，联立解得：t 2＝(μ1＋μ2)(M ＋m )g k(2)木板刚开始滑动时，μ1(M ＋m)g ＝kt 1，此后滑块随木板一起运动，直至两者发生相对滑动，在这个过程中，拉力的冲量为图中阴影部分的面积I －μ1(M ＋m)g(t 2－t 1)＝(M ＋m)v联立解得：v ＝ (M ＋m)μ22g 22k7．(1)21 N (2)0.3 s解析 (1)物块A 、B 分离时，对B ：F －μmg＝ma解得：F ＝21 N(2)A 、B 静止时，对A 、B ：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ：kx 2－μmg＝ma此过程中：x 1－x 2＝12at 2 解得：t ＝0.3 s.8．72 N 36 N解析 设刚开始时弹簧压缩量为x 0.根据平衡条件和胡克定律得：(m 1＋m 2)gsin 37°＝kx 0得：x 0＝(m 1＋m 2)gsin 37°k ＝(4＋8)×10×0.6600 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＝12at2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：F min＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3 N＝36 N当P、Q分离时拉力最大，此时有对Q：F max－m2gsin θ＝m2a得F max＝m2(a＋gsin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2022届高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题3动力学中的三类典型问题教案新人教版
微专题三动力学中的三类典型问题动力学中的连接体问题1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。
常见的连接体如图所示：2．连接体问题的分析方法适用条件注意事项优点整体法系统内各物体保持相对静止,即各物体具有相同的加速度只分析系统外力,不分析系统内各物体间的相互作用力便于求解系统受到的外力隔离法（1)系统内各物体加速度不相同（2)要求计算系统内物体间的相互作用力（1）求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法(2）加速度大小相同，方向不同的连接体,应采用隔离法分析便于求解系统内各物体间的相互作用力的小球,m0>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F T。
若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T.则( ）甲乙A．F′＝F，F′T＝F T B．F′〉F，F′T＝F TC．F′〈F，F′T〉F T D．F′<F，F′T〈F T思路点拨：解此题关键有两点:（1)研究F T和F′T时，可隔离法研究部分的受力和加速度。
（2)研究F和F′时，可整体法分析受力和加速度。
B[对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知F T cos α＝mg,F′T cos α＝mg，所以F T＝F′T。
对于题图乙中的小球，水平方向有F′T sin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有F T sin α＝m0a，因为m0〉m，所以a′〉a。
对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝（m0＋m）a，F′＝（m0＋m)a′，所以F′〉F，选项B正确.]（1）处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交替使用，一般的思路是先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力.（2）隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
高考中动力学两类基本问题和临界极值问题
高考纽横+糾f教学参考第50卷第1期2021年1月高考中动力学两类基本问题和临界极值问题李峥胡治宏朱兴强 (重庆求精中学重庆400015)文章编号：l 〇〇2-218X (2021)01-0058-04 中图分类号：G 632.4 文献标识码：B摘要：结合历年高考试题中动力学两类基本问题和临界极值问题，根据课程标准及能力考查要 求，重点分析了试题考查的内容和角度，解题的思路和方法，解题的疑点和难点，总结相关规律从 而提炼出相应的复习策略及方法。
关键词：动力学；复习备考；临界极值问题《普通高中物理课程标准（2017年版）》中，明 确指出要理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解 释生产生活中的有关现象、解决有关问题。
解决动 力学两类基本问题和临界极值问题，就是要能利 用牛顿三大定律分析解决现实情境中的问题，通过 牛顿运动定律为知识载体，逐步形成运动与相互作 用观念，提升分析综合与创造性解决实际问题的 能力。
一、动力学两类基本问题动力学两类基本问题包含:①已知物体的受力 情况求运动情况；②已知物体的运动情况求受力情 况两种类型。
(一）两类基本问题的解题思路（如图1)牛顿第二定律运动学公式第一类问题受力情况L -------------运动情况^，x ，/第二类问题牛顿第二定律运动学公式图1基本思维流程：(1) 明确研究对象。
根据问题需要和解题方便，确定研究对象为单个物体或几个物体构成的系统。
(2)受力分析和运动状态分析。
画好受力示意图、运动情境图、明确物体的运动性质和运动过程。
(3) 建立坐标系。
通常沿加速度方向和垂直加 速度方向建立坐标系并以加速度方向为某一坐标轴的正方向。
(4)确定合外力。
若物体只受两个共点力作用，通常用合成法；若物体受到三个及以上不在同 一直线上的力，一般用正交分解法。
(5) 列方程求解。
根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论。
(二）近年全国卷考情分析（如表1)表1试题分布考向分析试题统计考查内容1. 题目注重情境的真实性、时代 性，强调理论联系实际。
高考物理一轮复习第三章专题动力学两类基本问题一备考精炼
21 动力学两类基本问题（一）[方法点拨] (1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；(3)求解加速度是解决问题的关键；(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．1．(2020·河北石家庄第二中学月考)如图1所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图1A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s2．一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g.则可判断( )A ．飞行器的加速度大小为gB ．飞行器的加速度大小为2gC ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为12gt 2 D ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为gt 23．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的最大横截面积S 成正比，与下落速度v 的二次方成正比，即f ＝kSv 2，其中k 为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V ＝43πr 3(r 为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶4D ．1∶8 4．(2020·湖南长郡中学一模)“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉(如图2甲)．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小，为最大值的18；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的12时，人恰好可静止或匀速漂移．如图乙所示，在某次表演中，质量为m 的表演者保持站立身姿从距底部高为H 的A 点由静止开始下落；经过B 点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C 点时速度恰好减为零．则在从A 到C 的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．表演者加速度的最大值是34gB ．B 点距底部的高度是35H C ．从A 到B 表演者克服风力做的功是从B 到C 克服风力做功的16D ．若保持水平横躺，表演者从C 返回到A 时风力的瞬时功率为2m 2g 3H5．(2020· 湖北武汉2月调考)冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图3所示．在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A 处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s ＝28.9 m ，停在圆垒内的虚线上．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.(1)运动员在投掷线A 处放手时，冰壶的速度是多大？(2)在第二次训练中，该运动员在投掷线A 处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了s′＝5.1 m 停下．假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数．图36．(2020·江西省第一次联考)从地球极地处竖直向上发射一科研火箭，由火箭内部的压力传感器传来的信息表明：火箭发射的最初10 s 内火箭里所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，此后火箭无推动力飞行．而在火箭从最高点落回到地面的过程中，火箭里所有物体对支持面的压力为0.认为火箭受到的地球引力不变化，求从火箭发射到落回地面所用的时间是多少？答案精析1．D2．A [飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a＝g，A项正确，B项错误；起飞后t时间内飞行器的位移x＝12at2＝12gt2，所以飞行器上升的高度h＝xsin 30°＝14gt2，C、D项错误．]3．A [当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k·πr2·v2＝ mg＝ρ·43πr3，即v2＝4ρr3k，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项A正确．]4．C5．(1)3.4 m/s (2)0.017解析(1)第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v0，加速度为a，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动公式有：0－v02＝2as设冰壶质量为m，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：－μmg＝ma联立解得：v0＝2μgs代入数据求得：v0＝3.4 m/s(2)设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为μ′，同理可得：v0＝2μ′g(s＋s′)联立解得：μ′＝ss＋s′μ代入数据求得：μ′＝0.0176．30 s解析火箭发射时，火箭上所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，F＝1.8mg，根据牛顿第二定律，有：F－mg＝ma，解得：a＝0.8g根据位移时间关系公式，有：x1＝12at2末速度为：v1＝at发动机关闭后做竖直上抛运动，以向上为正方向，有：x2＝v1t1－12gt12由于最后回到出发点，故：x1＝－x2联立各式解得：t1＝20 s (负值舍去)故火箭运动的总时间为：t总＝t＋t1＝30 s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2019年度高考物理一轮复习 第三章 专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题学案
专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.一、动力学的两类基本问题1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路： 先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F 合＝ma )求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 受力情况F 合F 合＝ma加速度a运动学公式运动情况v 、x 、t自测1 (多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则( ) A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙.空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －fm＝g －krρ·43πr3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确. 二、动力学中的临界与极值问题 1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点. (2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态.(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点. 2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0. (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T ＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零.自测2 (2015·山东理综·16)如图1，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑.已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A 与B 的质量之比为( )图1A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析 对物体A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.命题点一 动力学两类基本问题1.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁. 2.常用方法 (1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法. (2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法. 类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况例1 (2014·课标全国卷Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度.答案 20m/s解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① s ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度.设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma④ s ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20m/s(v ＝－24 m/s 不符合实际，舍去)变式1 如图2所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端A 点由静止滑下8s 后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B 点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m ＝70kg ，倾斜滑道AB 长l AB ＝128m ，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑沙车经过B 点前后的速度大小不变，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.图2(1)求游客匀速下滑时的速度大小； (2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道BC 段的最大滑行距离为16m ，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？答案 (1)16m/s (2)4s (3)210N解析 (1)由mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得游客从顶端A 点由静止滑下的加速度a ＝2m/s 2.游客匀速下滑时的速度大小为v ＝at 1＝16 m/s.(2)加速下滑路程为l 1＝12at 12＝64m ，匀速下滑路程l 2＝l AB －l 1＝64m ，游客匀速下滑的时间t 2＝l 2v＝4s.(3)设游客在BC 段的加速度大小为a ′，由0－v 2＝－2a ′x解得a ′＝0－v 2－2x ＝8m/s 2，由牛顿第二定律得F ＋μmg ＝ma ′，解得制动力F ＝210N.类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况例2 (2014·课标全国卷Ⅱ·24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g ＝10m/s 2. (1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝kv 2，其中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v —t 图象如图3所示.若该运动员和所带装备的总质量m ＝100 kg ，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.(结果保留1位有效数字)图3答案 (1)87s 8.7×102m/s (2)0.008 kg/m解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在1.5km 高度处的速度大小为v .根据运动学公式有v ＝gt① s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104m －1.5×103m ＝3.75×104m③联立①②③式得t ≈87s ④ v ≈8.7×102m/s⑤ (2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv max 2⑥ 由所给的v —t 图象可读出v max ≈360m/s⑦由⑥⑦式得k ≈0.008kg/m变式2 如图4甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t 图象)如图乙所示，g 取10m/s 2，求：图4(1)2s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F . 答案 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s 24 m/s 28N 解析 (1)在2s 内，由题图乙知： 物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1m＝1m物块下滑的距离：x 2＝12×1×1m＝0.5m所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5m 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a 1＝4m/s 2 a 2＝4m/s 2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有0～0.5s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1 0.5～1s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2 解得F ＝8N命题点二 多物体多过程问题1.将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图.3.根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程.4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程.5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.例3 (2015·全国卷Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图5所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g ＝10m/s 2.求：图5(1)在0～2s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间. 答案 (1)3m/s 21 m/s 2(2)4s解析 (1)在0～2s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③ F N2＝F N1′＋mg cos θ，F N1′＝F N1④规定沿斜面向下为正.设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma 1⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma 2，F f1′＝F f1⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a 1＝3m/s 2⑦ a 2＝1m/s 2.⑧(2)在t 1＝2s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2m/s⑩2s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a 1′＝6m/s 2⑪ a 2′＝－2m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1s⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12m ＜27m⑮此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 32⑯ 可得t 3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑰设A 在B 上总的运动时间t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4s变式3 (2018·华中师范大学附中模拟)如图6甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m ＝1kg 的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图6(1)2s 末物体的速度大小； (2)前16s 内物体发生的位移.答案 (1)5m/s (2)30m ，方向沿斜面向下解析 (1)分析可知物体在前2s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg sin θ－F 1－μmg cos θ＝ma 1， v 1＝a 1t 1，代入数据可得v 1＝5m/s.(2)设物体在前2s 内发生的位移为x 1，则x 1＝12a 1t 12＝5m.当拉力为F 2＝4.5N 时，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ－F 2＝ma 2，代入数据可得a 2＝－0.5m/s 2， 物体经过t 2时间速度减为零，则 0＝v 1＋a 2t 2，t 2＝10s ，设t 2时间内发生的位移为x 2，则x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22＝25m ，由于mg sin θ－μmg cos θ<F 2<mg sin θ＋μmg cos θ，则物体在剩下4s 时间内处于静止状态. 故物体在前16s 内发生的位移x ＝x 1＋x 2＝30m ，方向沿斜面向下. 命题点三 临界和极值问题1.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. 2.思维方法例4 如图7所示，在水平长直的轨道上，有一长度L ＝2m 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0＝4m/s 向右做匀速直线运动.某时刻将一质量为m ＝1 kg 的小滑块轻放到车上表面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，求：图7(1)小滑块m 的加速度大小和方向； (2)通过计算判断滑块能否从车上掉下；(3)若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与v 0同向的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应满足什么条件？ 答案 见解析解析 (1)滑块放上车时相对车向左运动，所受滑动摩擦力向右，F f ＝μmg ， 根据牛顿第二定律有F 合＝F f ，F 合＝ma ，得滑块加速度a ＝μg ＝2m/s 2，方向向右.(2)滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t 之后速度达到v 0，滑块通过位移x 1＝12at 2且v 0＝at ，车通过位移x 2＝v 0t ， 位移差Δx ＝x 2－x 1，由于Δx >L2＝1m ，故滑块会掉下来.(3)加上恒力F 的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F 合′＝F f ＋F ， 由牛顿第二定律有F 合′＝ma ′，滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t ′之后速度达到v 0，滑块通过位移x 1′＝12a ′t ′2， 且v 0＝a ′t ′，车通过位移x 2′＝v 0t ′， 只需要满足位移差Δx ′＝x 2′－x 1′≤L2即可，联立以上各式有F ≥6N.变式4 如图8所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6kg 、m B ＝2kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则( )图8A.当拉力F <12N 时，物体均保持静止状态B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C.两物体从受力开始就有相对运动D.两物体始终没有相对运动 答案 D解析 A 、B 一起加速运动是因为A 对B 有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B 的加速度有最大值，可以求出此加速度下拉力的大小，如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A 、B 间静摩擦力达到最大值时拉力F 的大小.以A 为研究对象进行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的静摩擦力，有F －F f ＝m A a ；再以B 为研究对象，受水平向右的静摩擦力F f ＝m B a ，当F f 为最大静摩擦力时，解得a ＝F fm B＝μm A g m B ＝122m/s 2＝6 m/s 2，有F ＝48N.由此可以看出，当F <48N 时，A 、B 间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A 、B 间不会发生相对运动，故选项D 正确.变式5 如图9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直线运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速直线运动直至静止，经过的总位移为x ，运动过程中的最大速度为v .图9(1)求箱子加速阶段的加速度大小；(2)若a >g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.答案 (1)av 22ax －v 2 (2)0 m ⎝ ⎛⎭⎪⎫a tan θ－g解析 (1)设箱子加速阶段的加速度为a ′，经过的位移为x 1，减速阶段经过的位移为x 2，有v 2＝2a ′x 1，v 2＝2ax 2，且x 1＋x 2＝x ，解得a ′＝av 22ax －v2.(2)如果球刚好不受箱子作用，箱子的加速度设为a 0，应满足F N sin θ＝ma 0，F N cos θ＝mg ，解得a 0＝g tan θ.箱子减速时加速度水平向左，当a >g tan θ时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零.此时球受力如图，由牛顿第二定律得，F N ′cos θ＝F ＋mg ，F N ′sin θ＝ma ，解得F ＝m ⎝⎛⎭⎪⎫a tan θ－g .1.如图1所示，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36.试求：图1(1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点最大距离. 答案 (1)2.5m/s 2(2)2.4m解析 (1)在力F 作用下，由牛顿第二定律得(F －mg )sin30°－μ(F －mg )cos30°＝ma 1 解得a 1＝2.5m/s 2(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3m/s 小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8m撤去力F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2 解得a 2＝7.5m/s 2小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4s 上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6m则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4m.2.如图2所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2s 的时间物块由A 点运动到B 点，物块在A 点的速度为v 0＝2m/s ，A 、B 之间的距离L ＝10m.已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.图2(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小.(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 答案 (1)3 m/s 28 m/s (2)30°1335N 解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2① v ＝v 0＋at②联立①②式，代入数据得a ＝3m/s 2③v ＝8m/s ④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N⑦ 联立⑤⑥⑦式得F ＝mgθ＋μcos θ＋macos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N⑪3.如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝6.5N ，玩具的质量m ＝1kg ，经过时间t ＝2.0s ，玩具移动了距离x ＝23m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下.(g 取10m/s 2)求：图3(1)玩具与地面间的动摩擦因数. (2)松开后玩具还能滑行多远？(3)当力F 与水平方向夹角θ为多少时拉力F 最小？ 答案 (1)33 (2)335m (3)30° 解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12at 2，解得a ＝3m/s 2，对玩具，由牛顿第二定律得F cos30°－μ(mg －F sin30°)＝ma 解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝23m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′解得a ′＝1033m/s 2由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝335m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则F cos θ－F f >0F f ＝μF N在竖直方向上，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg 解得F >μmgcos θ＋μsin θ因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ) 所以当θ＝30°时，拉力最小.4.如图4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，质量为m ，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，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，求：图4(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F 的最大值； (2)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.答案 (1)m ＋M g μcos α－sin αμsin α＋cos α(2)Mgtan α解析 (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F 越大，加速度越大，当F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值F fm ，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为a ，对滑块应用牛顿第二定律得：F N cos α＋F fm sin α＝mg ① F fm cos α－F N sin α＝ma② 由题意知F fm ＝μF N③联立解得a ＝μcos α－sin αcos α＋μsin αg对整体受力分析F ＝(M ＋m )a 联立解得F ＝m ＋M g μcos α－sinαμsin α＋cos α(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g ，设此时M 的加速度为a M ，则对M ：F ＝Ma M当水平向右的力F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有12gt 212a M t 2＝tan α，即ga M ＝tan α，联立解得F ＝Mgtan α.。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第讲动力学中的临界极值问题加练半小时教科版.docx
第27讲动力学中的临界极值问题[方法点拨] (1)用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．(2)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．(2018·山东青岛二中模拟)如图1所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为F A、F B和F C.现使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若F A和F B不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图像中，可能正确的是( )图12．(多选)如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则( )图2A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为3mgD．恒力F的最小值为32 mg3．(多选)(2017·广东顺德一模)如图3所示，质量m ＝20kg 的物块，在与水平方向成θ＝37°的拉力F ＝100N 作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列说法正确的是( )图3A ．物体的合力可能大于80NB ．地面对物体的支持力一定等于140NC ．物块与水平面间的动摩擦因数一定小于47D ．物块的加速度可能等于2m/s 24．(2018·湖北荆州质检)如图4所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N 、F 随x 变化的图像正确的是( )图45．(多选)(2017·江西师大附中3月月考)如图5所示，水平地面上有一楔形物块a ，倾角为θ＝37°，其斜面上有一小物块b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a与b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，g＝10m/s2)，有( )图5A．若μ＝0.1，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力变小B．若μ＝0.1，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力不变C．若μ＝0.75，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力不变D．若μ＝0.8，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力变小6．(2017·湖南株洲一模)如图6所示，在水平桌面上放置一质量为M且足够长的木板，木板上再叠放一质量为m的滑块，木板与桌面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，开始时滑块与木板均静止．今在木板上施加一水平拉力F，它随时间t的变化关系为F＝kt，k为已知的比例系数．假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好开始在木板上滑动时，图6(1)拉力作用的时间；(2)木板的速度大小．7．如图7所示，质量均为m＝3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F(图中未画出)作用下向右做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10m/s2.求：图7(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．8．(2018·陕西黄陵中学模拟)如图8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＝4kg的物块P，Q为一质量为m2＝8kg的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/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8答案精析1．B [对小球进行受力分析，当a ≤g tan θ时如图甲， 根据牛顿第二定律：水平方向：F C sin θ＝ma 竖直方向：F C cos θ＋F A ＝mg联立得：F A ＝mg －ma tan θ，F C ＝masin θ，F A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝g tan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝g sin θ时，F C ＝mg ，A 项错误，B 项正确；当a ＞g tan θ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律， 水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma 竖直方向：F C cos θ＝mg联立得：F B ＝ma －mg tan θ，F C ＝mgcos θ，F B 与a 也成线性关系，F C 不变，C 、D 项错误．]2．BCD [小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan30°＝mgF ，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin60°＝Fmin mg ，解得F min ＝mg sin60°＝32mg ，选项D 正确．]3．BCD [若水平面光滑，则合力为F 合＝F cos37°＝100×0.8N＝80N ；若水平面粗糙，则合力为：F 合＝F cos37°－f ＝80N －f <80N ，所以合力不可能大于80N ，故A 错误；在竖直方向上F sin37°＋N ＝mg ，则N ＝mg －F sin37°＝200N －100×0.6N＝140N ，故B 正确；若水平面粗糙，水平方向F cos37°－μN ＝ma ，解得μ＝Fcos37°－ma N ＝80－20a 140<80140＝47，故C 正确；当水平面光滑时，合力为80N ，则加速度a ＝F 合m ＝8020m/s 2＝4 m/s 2水平面粗糙时，a ＝Fcos37°－μN m ＝80－μ×14020，当μ＝27时，a 等于2m/s 2，故D 正确．]4．D [根据题述，B 以g2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m ·g2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图像C.选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋N ′－F ＝mg 2，解得N ′＝mg2－kx .由牛顿第三定律得N ′＝N ，当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg2k 时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg2不变，故选项D 正确．]5．BC 6．(1)μ1＋μ＋k(2)(M ＋m )μ22g22k解析 (1)滑块刚好开始在木板上滑动时，滑块与木板的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律，对滑块有：μ2mg ＝ma ，解得：a ＝μ2g对滑块和木板构成的系统，有：kt 2－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，联立解得：t 2＝μ1＋μ＋k(2)木板刚开始滑动时，μ1(M ＋m )g ＝kt 1，此后滑块随木板一起运动，直至两者发生相对滑动，在这个过程中，拉力的冲量为图中阴影部分的面积I －μ1(M ＋m )g (t 2－t 1)＝(M ＋m )v 联立解得：v ＝ (M ＋m )μ22g22k7．(1)21N (2)0.3s解析 (1)物块A 、B 分离时，对B ：F －μmg ＝ma 解得：F ＝21N(2)A 、B 静止时，对A 、B ：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ：kx 2－μmg ＝ma此过程中：x 1－x 2＝12at 2解得：t ＝0.3s. 8．72N 36N解析 设刚开始时弹簧压缩量为x 0.根据平衡条件和胡克定律得：(m 1＋m 2)g sin37°＝kx 0 得：x 0＝＋k＝＋600m ＝0.12m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0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力． 在0.2s 时，由胡克定律和牛顿第二定律得： 对P ：kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1，则x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝3m/s 2当P 、Q 刚开始运动时拉力最小，此时有 对PQ 整体：F min ＝(m 1＋m 2)a ＝(4＋8)×3N＝36N 当P 、Q 分离时拉力最大，此时有 对Q ：F max －m 2g sin θ＝m 2a得F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72N.。
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—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————牛顿运动定律的综合应用一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。
下滑位移x 时的速度为v ，其x －v 2图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则斜面倾角θ为( )图1A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析 由x －v 2图象可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 对，B 、C 、D 错。
答案 A2．(2017·郑州质量预测)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝kv (k 为正的常量)。
两球的v －t 图象如图2所示。
落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。
则下列判断正确的是( )图2A ．释放瞬间甲球加速度较大 B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等解析 释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A 错误；运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等，mg ＝kv ，则m 1m 2＝v 1v 2，选项B 错误；由图象可知v 1＞v 2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C 正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D 错误。
答案 C3．如图3所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2。
已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2。
现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N解析 对物体A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确。
答案 B4．(2018·南昌模拟)图4甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg 的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g 取10 m/s 2，下列判断正确的是( )图4A ．前10 s 悬线的拉力恒为1 500 NB ．46 s 末材料离地面的距离为22 mC ．0～10 s 材料处于失重状态D．在30～36 s钢索最容易发生断裂解析由图可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1 515 N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m，46 s末材料离地面的距离为22 m，选项B正确；因30～36 s 材料加速度向下，材料处于失重状态，F<mg；前10 s材料处于超重状态，F>mg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误。
答案 B5．如图5所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。
当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )图5A．与斜面倾角θ有关B．与动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关解析设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析：有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。
答案 D6．(2018·济南十校联考)如图6所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。
用轻质弹簧将两物块连接在一起。
当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′。
则下列关系正确的是( )图6A．F′＝2F B．x′＝2x C．F′＞2F D．x′＜2x解析取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a。
弹簧的弹力F T＝m2Fm1＋m2＝kx 。
当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F 增为原来的2倍，F T 增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A 、B 正确。
答案 AB7．质量m ＝1 kg 的物体在合外力F 作用下由静止开始做直线运动，合外力F 随时间t 的变化图象如图7所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是( )图7A ．0～1 s 内物体沿正方向做匀加速直线运动B ．第2 s 末物体达到的最大速度2 m/sC ．第4 s 末物体速度为0D ．第4 s 末物体回到出发位置解析 因为物体的质量是1 kg ，所以物体加速度－时间图象与物体的F －t 相同，由图象知，物体的加速度大小不断改变，做变加速运动，A 项错误；a －t 图象中，图线与坐标轴所围的“面积”表示物体获得的速度，第2 s 末时，物体的速度最大，v m ＝2×22 m/s＝2 m/s ，B 项正确；前2 s 内物体沿正方向做加速运动，2～4 s 内物体沿正方向做减速运动，第4 s 末物体速度为零，C 正确，D 项错误。
答案 BC8．(2015·海南单科，9)如图8，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。
开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。
当升降机加速上升时( )图8A ．物块与斜面间的摩擦力减小B ．物块与斜面间的正压力增大C ．物块相对于斜面减速下滑D ．物块相对于斜面匀速下滑解析 当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f ＝μF N 可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m ，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ。
当物体以加速度a 向上加速运动时，有F N ＝m (g ＋a )cos θ，F f ＝μm (g ＋a )cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m (g ＋a )sin θ＝μm (g ＋a )cos θ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C 错误，D 正确。
答案 BD9．如图9甲所示，地面上有一质量为M 的重物，用力F 向上提它，力F 变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是( )图9A ．当F 小于图中A 点值时，物体的重力Mg >F ，物体不动B ．图中A 点值即为物体的重力值C ．物体向上运动的加速度和力F 成正比D ．图线延长线和纵轴的交点B 的数值的绝对值等于该地的重力加速度解析 当0≤F ≤Mg 时，物体静止，选项A 正确；当F ＞Mg 时，即能将物体提离地面，此时，F －Mg ＝Ma ，a ＝FM－g ，A 点表示的意义即为F ＝Mg ，所以选项B 正确；直线的斜率为1M，故B 点数值的绝对值为g ，故选项D 正确。
答案 ABD10．(2018·湖北黄冈模拟)如图10甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 的关系如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，下列结论正确的是( )图10A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B ．弹簧的劲度系数为750 N/mC ．物体的质量为2 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 2解析 物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A 正确；从图中可知ma ＝10 N ，ma ＝30 N －mg ，解得物体的质量为m ＝2 kg ，物体的加速度大小为a ＝5 m/s 2，所以选项C 、D 正确；弹簧的劲度系数k ＝mg x 0＝200.04N/m ＝500 N/m ，所以选项B 错误。
答案 ACD 二、非选择题11．在物体下落过程中，速度小于10 m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。
某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t ＝0.5 s 时刻的切线，如图11所示。
已知小球在t ＝0时刻释放，其质量为0.5 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图11(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能； (2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。
解析 (1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v 1＝5 m/s 碰撞后瞬间速度大小：v 2＝4 m/s 碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12mv 21－12mv 22代入数据可得ΔE ＝2.25 J 。
(2)由图象可得t ＝0.5 s 时小球加速度a ＝Δv Δt＝4 m/s 2由牛顿第二定律：mg －f ＝ma 由于：f ＝kv得k ＝0.75 则：f max ＝3.75 N 。
答案 (1)2.25 J 3.75 N12．如图12所示，质量为4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°。
已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图12(1)当汽车以a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力； (2)当汽车以a ′＝10 m/s 2的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。
解析 (1)当汽车以a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图。
由牛顿第二定律得：F T1cos θ＝mg ，F T1sin θ－F N ＝ma代入数据得：F T1＝50 N ，F N ＝22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N 。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a 0，受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得：F T2sin θ＝ma 0，F T2cos θ＝mg 代入数据得：a 0＝g tan θ ＝10×34 m/s 2＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2>a 0所以小球飞起来，F N′＝0所以，当汽车以a′＝10 m/s2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得F T2cos θ′＝mgF T2sin θ′＝ma′代入数据得F T2＝40 2 N。