2018高中物理第四章牛顿运动定律6深度剖析临界问题练习新人教版必修1.doc

深度剖析临界问题

（答题时间：30分钟）
1. （多选）如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）

A. 若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左
B. 若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝，且小车只能向左加速运动
C. 若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右
D. 若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为，最小值为
2. 一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，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m1＝10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g＝10 m/s2） （　　）

A. 25 m/s2　　　 B. 5 m/s2 C. 10 m/s2 D. 15 m/s2
3. （渭南检测）如图所示，有A、B两个楔形木块，质量均为m，靠在一起放于水平面上，它们的接触面的倾角为θ，现对木块A施一水平推力F，若不计一切摩擦，要使A、B一起运动而不发生相对滑动，求水平推力F的最大值。

4.（山东高考）如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，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＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m.，已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2。

（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？
5. 静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L＝1 m，可承受的最大拉力为8 N，A的质量m1＝2 kg，B的质量m2＝8 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（取g＝10 m/s2）。

（1）求绳刚被拉断时F的大小；
（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2 m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？
6. 如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐，薄木板的质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m，在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m＝0.5kg，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，小滑块与桌面、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，且μ2＝0.2，设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力。某时刻起给薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动。

（1）若小滑板与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大；
（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F2应满足的条件。

1. AC 解析：若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－f＝ma，当f＝μmg时，加速度方向向左且最小值为amin＝，随着加速度的增大，f减小到零后又反向增大，当再次出现f＝μmg时，加速度方向向左达最大值amax＝，但小车可向左加速，也可向右减速，B错；若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力（即加速度）可能水平向左，也可能水平向右，即小车加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为，则小车的加速度最大值为，最小值为0，D错。
2. B 解析：要使重物不离开地面，猴子拉绳子的拉力最大值为F＝mg，对猴子应用牛顿第二定律得：F－m1g＝m1a得出a＝5 m/s2，故B正确。
3. 2mgtan θ
解析：A、B一起运动，则以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝2ma
以A为研究对象，其受力情况如图所示，由图可知，A、B一起运动而不发生相对滑动的临界条件是地面对A的支持力为N＝0

竖直方向：FBAcos θ＝mg
水平方向：F－FBAsin θ＝ma
联立上式可得F＝2mgtan θ，即水平推力F的最大值为2mgtan θ。
4.（1）3 m/s2　8 m/s　（2）30°　N
解析：（1）已知初速、位移和时间求达B点时的速度应以加速度为桥梁利用运动学公式求解。（2）求拉力的最小值及其对应的角度应该用正交分解法，分别列出方程联立求解。
解：（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＝v0t＋at2 ①
v＝v0＋at ②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2 ③
v＝8 m/s ④
（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥
又Ff＝μFN ⑦
联立⑤⑥⑦式得F＝ ⑧
由数学知识得cos α＋sin α＝ sin（60°＋α） ⑨
由⑧⑨式可知对应F最小的夹角α＝30° ⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝ N。 ⑪
5.（1）40 N　（2）3.5 m
解析：（1）设绳刚要被拉断时产生的拉力为FT，根据牛顿第二定律，对A物体有
FT－μm1g＝m1a
代入数值得a＝2 m/s2
对A、B整体有
F－μ（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a
代入数值得F＝40 N
（2）设绳断后，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，则
a1＝＝2 m/s2
a2＝＝3 m/s2
A停下来的时间为t＝＝1 s
A的位移为x1＝＝1 m
B的位移为x2＝vt＋a2t2＝3.5 m
A刚静止时，A、B间距离为Δx＝x2＋L－x1＝3.5 m
6.（1）4.5 N　（2）F2≥6 N
解析：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
F1－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2
a1＝a2
F1＝4.5 N
故若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少为4.5 N。
（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则

v＝a1t
μ2mg＝ma3
x1＝，x2＝

F2－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma4
解得F2＝6 N
要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F2≥6 N。
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