2024高考物理一轮复习考点攻破训练——连接体中的”临界与极值“问题练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——连接体中的”临界与极值“问题练习含解析教科版，共5页。试卷主要包含了1kg，0N，故C正确．]等内容，欢迎下载使用。
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．
常用方法
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．(2023·河北衡水中学调研)在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0kg，在小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0kg，如图1甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N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( )
图1
A．2.0NB．3.0NC．6.0ND．9.0N
2．(多选)(2023·江苏扬州中学月考)如图2甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球，斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N，若T－a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2.则( )
图2
A．a＝eq \f(40,3)m/s2时，N＝0
B．小球质量m＝0.1kg
C．斜面倾角θ的正切值为eq \f(3,4)
D．小球离开斜面之前，N＝0.8＋0.06a(N)
3.(2023·山东青岛二中模拟)如图3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FA、FB和FC.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FA和FB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3
4.(多选)如图4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4
A．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eq \r(3)mg
D．恒力F的最小值为eq \f(\r(3),2)mg
5．(2023·辽宁葫芦岛六校联考)如图5甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0沿木板向上运动(如图乙)，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的最大距离s将发生变化，重力加速度为g.
图5
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的最大距离s最小，并求出此最小值．
答案精析
1．C [题图甲中，设A、B间的静摩擦力达到最大值fmax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fmax＝mAa，
代入数据解得fmax＝2.0N，
题图乙中，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，以B为研究对象，有fmax＝mBa′，
以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，
代入数据解得Fmax＝6.0N，故C正确．]
2．ABC [由题图可知，a＝0时，T0＝0.6N；此时小球静止在斜面上，其受力如图甲，所以：mgsinθ＝T0①
同样，a＝eq \f(4,3)g＝eq \f(40,3)m/s2时，小球恰好离开斜面，其受力如图乙，N刚好为0，故A正确；由图乙得：eq \f(mg,tanθ)＝ma②
联立①②解得：tanθ＝eq \f(3,4)，m＝0.1kg，故B、C正确；
小球离开斜面之前，Tcsθ－Nsinθ＝ma；
Tsinθ＋Ncsθ＝mg
联立解得：N＝mgcsθ－masinθ，
即N＝0.8－0.06a(N)，故D错误．]
3．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：FCcsθ＋FA＝mg
联立得：FA＝mg－eq \f(ma,tanθ)，FC＝eq \f(ma,sinθ)，
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，
水平方向：FCsinθ＋FB＝ma
竖直方向：FCcsθ＝mg
联立得：FB＝ma－mgtanθ，FC＝eq \f(mg,csθ)，
FB与a也成线性关系，FC不变，C、D项错误．]
4．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＝eq \f(1,2)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°＝eq \f(mg,F)，解得F＝eq \r(3)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°＝eq \f(F,mg)，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝eq \f(\r(3),2)mg，选项D正确．]
5．(1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(\r(3)v02,4g)
解析 (1)由题意知，当θ＝30°时，物块处于平衡状态对物块受力分析得mgsinθ＝μN
N＝mgcsθ
解得μ＝tanθ＝tan30°＝eq \f(\r(3),3)
(2)小物块向上运动，则有
mgsinθ＋μmgcsθ＝ma
v02＝2as
则s＝eq \f(v02,2gsinθ＋μcsθ)＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)
令tanα＝μ，当θ＋α＝90°时，s最小，此时有θ＝60°
有smin＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2))＝eq \f(\r(3)v02,4g)