2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章微專題22連接體中的臨界與極值問(wèn)題練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題22連接體中的”臨界與極值“問(wèn)題題型分類1.干脆接觸的連接體存在“要分別還沒(méi)分”的臨界狀態(tài)，其動(dòng)力學(xué)特征：“貌合神離”即a相同、N＝0.2．靠靜摩擦力連接(帶動(dòng))的連接體，靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)是“要滑還沒(méi)滑”的臨界狀態(tài)．常用方法1．用極限分析法把題中條件推向極大或微小，找到臨界狀態(tài)，分析臨界狀態(tài)的受力特點(diǎn)，列出方程．2．將物理過(guò)程用數(shù)學(xué)表達(dá)式表示，由數(shù)學(xué)方法(如二次函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等)求極值．1．(2024·河北衡水中學(xué)調(diào)研)在光滑水平面上有一輛小車A，其質(zhì)量為mA＝2.0kg，在小車上放一個(gè)物體B，其質(zhì)量為mB＝1.0kg，如圖1甲所示，給B一個(gè)水平推力F，當(dāng)F增大到稍大于3.0N時(shí)，A、B起先相對(duì)滑動(dòng)，假如撤去F，對(duì)A施加一水平推力F′，如圖乙所示，要使A、B不相對(duì)滑動(dòng)，則F′的最大值Fmax為()圖1A．2.0NB．3.0NC．6.0ND．9.0N2．(多選)(2024·江蘇揚(yáng)州中學(xué)月考)如圖2甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球，斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T和N，若T－a圖像如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g＝10m/s2.則()圖2A．a(chǎn)＝eq\f(40,3)m/s2時(shí)，N＝0B．小球質(zhì)量m＝0.1kgC．斜面傾角θ的正切值為eq\f(3,4)D．小球離開(kāi)斜面之前，N＝0.8＋0.06a(N)3.(2024·山東青島二中模擬)如圖3所示，水平擋板A和豎直擋板B固定在斜面C上，一質(zhì)量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面同時(shí)接觸．擋板A、B和斜面C對(duì)小球的彈力大小分別為FA、FB和FC.現(xiàn)使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．若FA和FB不會(huì)同時(shí)存在，斜面傾角為θ，重力加速度為g，則下列圖像中，可能正確的是()圖34.(多選)如圖4所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ(0°≤θ≤90°)，一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上，給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放，變更直桿與水平方向的夾角θ，當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時(shí)，小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，重力加速度為g，則()圖4A．恒力F肯定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圓環(huán)的重力的合力肯定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為eq\r(3)mgD．恒力F的最小值為eq\f(\r(3),2)mg5．(2024·遼寧葫蘆島六校聯(lián)考)如圖5甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意變更，當(dāng)θ＝30°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的速度v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)(如圖乙)，隨著θ的變更，小物塊沿木板向上滑行的最大距離s將發(fā)生變更，重力加速度為g.圖5(1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)θ角滿意什么條件時(shí)，小物塊沿木板上滑的最大距離s最小，并求出此最小值．

答案精析1．C[題圖甲中，設(shè)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值fmax時(shí)，系統(tǒng)的加速度為a，依據(jù)牛頓其次定律，對(duì)A、B整體，有F＝(mA＋mB)a，對(duì)A，有fmax＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得fmax＝2.0N，題圖乙中，設(shè)A、B剛起先滑動(dòng)時(shí)系統(tǒng)的加速度為a′，依據(jù)牛頓其次定律，以B為探討對(duì)象，有fmax＝mBa′，以A、B整體為探討對(duì)象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝6.0N，故C正確．]2．ABC[由題圖可知，a＝0時(shí)，T0＝0.6N；此時(shí)小球靜止在斜面上，其受力如圖甲，所以：mgsinθ＝T0①同樣，a＝eq\f(4,3)g＝eq\f(40,3)m/s2時(shí)，小球恰好離開(kāi)斜面，其受力如圖乙，N剛好為0，故A正確；由圖乙得：eq\f(mg,tanθ)＝ma②聯(lián)立①②解得：tanθ＝eq\f(3,4)，m＝0.1kg，故B、C正確；小球離開(kāi)斜面之前，Tcosθ－Nsinθ＝ma；Tsinθ＋Ncosθ＝mg聯(lián)立解得：N＝mgcosθ－masinθ，即N＝0.8－0.06a(N)，故D錯(cuò)誤．]3．B[對(duì)小球進(jìn)行受力分析，當(dāng)a≤gtanθ時(shí)如圖甲，依據(jù)牛頓其次定律：水平方向：FCsinθ＝ma豎直方向：FCcosθ＋FA＝mg聯(lián)立得：FA＝mg－eq\f(ma,tanθ)，F(xiàn)C＝eq\f(ma,sinθ)，F(xiàn)A與a成線性關(guān)系，當(dāng)a＝0時(shí)，F(xiàn)A＝mg，當(dāng)a＝gtanθ時(shí)，F(xiàn)A＝0，F(xiàn)C與a成線性關(guān)系，當(dāng)a＝gsinθ時(shí)，F(xiàn)C＝mg，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；當(dāng)a＞gtanθ時(shí)，受力如圖乙，依據(jù)牛頓其次定律，水平方向：FCsinθ＋FB＝ma豎直方向：FCcosθ＝mg聯(lián)立得：FB＝ma－mgtanθ，F(xiàn)C＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)B與a也成線性關(guān)系，F(xiàn)C不變，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．]4．BCD[小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿AB對(duì)小圓環(huán)的支持力和恒力F，把光滑直桿AB對(duì)小圓環(huán)的支持力正交分解，沿直桿方向無(wú)分力，由L＝eq\f(1,2)at2可知，要使小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度必需最大，由牛頓其次定律可知，當(dāng)恒力和重力的合力沿光滑直桿方向時(shí)，加速度最大，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，選項(xiàng)C正確；當(dāng)F的方向垂直光滑直桿時(shí)，恒力F最小，由sin60°＝eq\f(F,mg)，解得F的最小值為Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，選項(xiàng)D正確．]5．(1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(\r(3)v02,4g)解析(1)由題意知，當(dāng)θ＝30°時(shí)，物塊處于平衡狀態(tài)對(duì)物塊受力分析得mgsinθ＝μN(yùn)N＝mgcosθ解得μ＝tanθ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)(2)小物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有mgsinθ＋μmgcosθ＝mav02＝