江苏专用201X高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 课时27 动力学中的临界极值问题加练半小文档格式.docx
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D.恒力F的最小值为
3.(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/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8).下列说法正确的是( )
图3
A.物体的合力可能大于80N
B.地面对物体的支持力一定等于140N
C.物块与水平面间的动摩擦因数一定小于
D.物块的加速度可能等于2m/s2
4.(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FN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
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FN、F随x变化的图象正确的是( )
图4
5.(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5
A.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2m/s
2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0.2s时间内F为变力,0.2s以后F为恒力,已知sin37°
=0.6,g=10m/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≤gtanθ时如图甲,
根据牛顿第二定律:
水平方向:
FCsinθ=ma
竖直方向:
FCcosθ+FA=mg
联立得:
FA=mg-
,FC=
,
FA与a成线性关系,当a=0时,FA=mg,
当a=gtanθ时,FA=0,
FC与a成线性关系,当a=gsinθ时,FC=mg,
A项错误,B项正确;
当a>gtanθ时,受力如图乙,根据牛顿第二定律,
FCsinθ+FB=ma
FCcosθ=mg
FB=ma-mgtanθ,FC=
FB与a也成线性关系,FC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=
at2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°
=
,解得F=
mg,选项C正确;
当F的方向垂直光滑直杆时,恒力F最小,由sin60°
,解得Fmin=mgsin60°
mg,选项D正确.]
3.BCD [若水平面光滑,则合力为F合=Fcos37°
=100×
0.8N=80N;
若水平面粗糙,则合力为:
F合=Fcos37°
-Ff=80N-Ff<
80N,所以合力不可能大于80N,故A错误;
在竖直方向上Fsin37°
+FN=mg,则FN=mg-Fsin37°
=200N-100×
0.6N=140N,故B正确;
若水平面粗糙,水平方向Fcos37°
-μFN=ma,解得μ=
<
,故C正确;
当水平面光滑时,合力为80N,则加速度a=
m/s2=4m/s2
水平面粗糙时,a=
,当μ=
时,a等于2m/s2,故D正确.]
4.D [根据题述,B以
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·
,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+FN′-F=
,解得FN′=
-kx.由牛顿第三定律得FN′=FN,当弹簧的弹力增大到
,即x=
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
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
,此后B与A分离,力F保持
不变,故选项D正确.]
5.BC
6.
(1)
(2)(M+m)
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:
kt2-μ1(M+m)g=(M+m)a,
联立解得:
t2=
(2)木板刚开始滑动时,μ1(M+m)g=kt1,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(t2-t1)=(M+m)v
v=(M+m)
7.
(1)21N
(2)0.3s
解析
(1)物块A、B分离时,对B:
F-μmg=ma
F=21N
(2)A、B静止时,对A、B:
kx1=2μmg
A、B分离时,对A:
kx2-μmg=ma
此过程中:
x1-x2=
at2
t=0.3s.
8.72N 36N
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)gsin37°
=kx0
得:
x0=
m=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:
kx1-m1gsinθ=m1a
前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为x0-x1,则
x0-x1=
联立解得a=3m/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)×
3N=36N
当P、Q分离时拉力最大,此时有
对Q:
Fmax-m2gsinθ=m2a
得Fmax=m2(a+gsinθ)=8×
(3+10×
0.6)N=72N.
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