备考2020年高考物理 专题1.12 动力学中的临界极值问题精准突破(含解析)

(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；

(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值． 3

【答案】 (1) (2)60°

3

3v0

4g2

【解析】 (1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsin θ＝μFN

FN－mgcos θ＝0

解得μ＝tan θ＝tan 30°＝

3. 3

(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma 由0－v0＝2ax得

2

x＝

＝ 2g（sin θ＋μcos θ）2g1＋μ2sin（θ＋α）

v20v20

其中tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60° 3v0

所以x最小值为xmin＝＝ 2g（sin 60°＋μcos 60°）4g

【微专题精练】

1.如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．g取10 m/s.

下列说法正确的是( )

2

v20

2

A．当斜面以5 m/s的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 N B．当斜面以5 m/s的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 N C．当斜面以20 m/s的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 N D．当斜面以20 m/s的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N 【答案】 A

【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零．斜面对小球的弹力恰好为零时，

2222

设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－

mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.

(1)由于a1＝5 m/s

2

F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0 F1cos θ－FNsin θ＝ma1

代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误．

(2)由于a2＝20 m/s>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示．

2

设绳子与水平方向的夹角为α.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0

代入数据解得F2＝205 N，选项C、D错误．

2.(2019·河北衡水中学二调)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F′的最大值

Fmax为( )

A．2.0 N C．6.0 N

B．3.0 N D．9.0 N

【答案】C

【解析】：.根据题图甲所示，设A，B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a. 根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a， 对A有Ffmax＝mAa， 代入数据解得Ffmax＝2.0 N.

根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′， 根据牛顿第二定律得： 以B为研究对象有Ffmax＝mBa′

以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′ 代入数据解得Fmax＝6.0 N．故C正确．

3.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离．下列说法正确的是( )

A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B和A刚分离时，它们的加速度为g C．弹簧的劲度系数等于 D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 【答案】C

【解析】A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma， 对A：kx－mg＝ma.

即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态， 由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0， 又2mg＝kx0，h＝x0－x，

解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确．

4.如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数k＝100 N/m，其下端拴一质量m＝1 kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M＝2 kg的物体B，现对B施加一个竖直向上、大小为38 N的力F，系统处于静止状态，现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a＝2 m/s匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g＝10 m/s，

2

2

mghmgh则( )

A．两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为8 N B．两物体分离时，弹簧刚好恢复原长

C．改变力F的大小后经0.4 s A、B两物体分离

D．从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84 J 【答案】CD

【解析】系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x1，则F0＝(m＋M)g＋kx1，代入数据得x1＝0.08 m，

A、B两物体刚开始匀加速下降时有kx1＋(m＋M)g－F＝(m＋M)a，代入数据得F＝32 N，A错；设经时间t两

物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x2，则对A有mg－kx2＝ma，代入数据得x212

＝0.08 m，B错；A、B分离时A、B两物体组成的系统下降的距离为x＝x1＋x2＝0.16 m，而x＝at，代入

2数据得t＝0.4 s，C对；因刚开始和两物体分离时，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由12

动能定理知(m＋M)gx－WF＝(m＋M)v，联立v＝at并代入数据得WF＝3.84 J，D对．

2

5.(2019·陕西宝鸡中学月考)不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮，绳的一端系一质量M＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的小猴从绳的另一端沿绳上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，小猴向上爬的最大加速度为(g取10 m/s) ( )

2

A．5 m/s C．15 m/s 【答案】：A

【解析】：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即F＝Mg；小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力，即F′＝F；对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿

22

B．10 m/s D．25 m/s

2

2

（M－m）g2

第二定律，有F′－mg＝ma，解得a＝＝5 m/s，A正确．

m6.如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v -t图线如图(b)所示．若重力加速 度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出 ( )

A．斜面的倾角 B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】：ACD

【解析】：根据牛顿第二定律，向上滑行过程＝gsin θ＋μgcos θ，向下滑行过程＝gsin θ－μgcos θ，整理可得gsin θ＝

v0

t1v1t1

v0＋v1

，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C对．小球滑2t1

v0

上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上

2

v0v0v0＋v1

滑行的最远距离s＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin θ＝t1×＝

222gt1v0＋v1

v0，选项D对．仅根据速度—时间图象，无法求出物块质量，选项B错．

4g7.如图所示，水平面上有一个足够长的木板A, 上面叠放着物块B.已知A、B的质量均为m，A与地面间动 摩擦因数μ1＝0.2, A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s，若给A板一个水平向右的初速度，在以后的运动过程中，A、B加速度的大小可能为

( )

2

A．aA＝5 m/saB＝1 m/sC．aA＝3 m/saB＝1 m/s【答案】：AC

【解析】：A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，则B物体的最大加速度为aBm＝μ2g＝1 m/s；物块A向右滑动，则地面给A的滑动摩擦力向左，大小为fA＝μ1·2mg；开始时B对A的摩擦力方向向左，则aA1＝μ2mg＋μ1·2mgμ1·2mg－μ2mg22

＝5 m/s；当后来B相对A向前滑动时，则aA2＝＝3 m/s，故选A、C.

2

2, 2,

2

B．aA＝2 m/saB＝2 m/s D．aA＝1 m/saB＝1 m/s

2,

2

2, 2

2

mm8.(2019·安徽芜湖、马鞍山质检)两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平