英恋物理
考物理顶层
系列资料点考向通01
牛顿第二定律的应用一临界问题
资料编号
摩檫角
习题编号
全反力
擦角
摩擦角只有动摩檫因数决定!
2.全反力的动态分析
【例1】水平地
箱,木箱与地
的动摩擦因数为
现对木箱施加
力F,使木箱做勻速
的方向与水平面夹角为θ,如图,在θ从0逐渐
90°的过程中,木箱的速度保持不变,则()
A.F先减小后增大
C.F的功率减小
D.F的功率不变
【例2】
所
斜面倾角为60
物块置于斜
斜面之间的动摩擦系数
用一外力F作用于物块,为了使物块
斜面上勻速下滑,而且力F的值最
力F的方向与斜面方向的夹角a
3.自锁现象
FN
发生自锁现象的条件是:推力与支持力之间的夹角小于摩擦角。
引入摩擦角的概念,用全反力代替支持力与摩擦力,而
全反力方向恒定,将四力平衡转化为三力平衡,在矢量三角
形中进行动态分析,能简化题目的分析求解过程简捷、烛能推动物体的条件是
速,避免了复杂的代数运算特别是在高考中能够节省宝贵)、6>a
的时间在平时训练中,使用此种方法更能体现物理规律和(2)、F>F0
方法在物理解题中的重要性
【例3】拖把是由拖杄和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可
以忽略
头与地板
动摩擦因数为常数μ,重力加速度为
学用该拖把在水
平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为。
(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小
杆
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此
板对拖把的正压力的比值为λ.已知存
界角θ,若θ≤0
管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。拖把头
求这一临界角的正切tann。
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通02
4.临界问题
物体由某种物理状态转变为另一种物理状态
历的转折
称为临
界状态。分界点就是临界点,此时的条件就是临界条件
解决动力学的
物体的加速度不
物体有
于不同的
状
别是题目
现
刚
现”或
等词语时,常常会涉及临界问题
5.产生临界(极值)问题的条件
(1)接触与脱离的临界(极值)条件:两物体相接
有挤压,弹力F
(2)相对滑动的临界(极值)条件:两物体相接触且处于相对静」
摩擦力达到
大值
(3)绳子断裂与松弛的临界(极值)条件
子断与不断的临界(极值)条件
处于原长,且Fr=T
电
张紧的临界(极值
处于原长,且
(4)加速度最大与速度最大的临界(极值)条件
Fmax,具有最大加速度;F
有最小加速度
度有最大值或最小值的临界(极值)条件时
【例4】质量为M的楔形木块位于光滑水平桌面上,质
的小滑块位于楔形木块的斜
斜面的接触面是粗糙的,斜面的倾角为θ,当楔形木块静止时,滑块可沿斜面下滑,现在,先
滑块及楔形木块,使它们都不
后施一大小为F的水平恒力作用于楔形
时解除“控制”,已知在以后的运动过程中滑块相
对楔形木块始终保持相对静止,试求解并讨论楔形
块的摩擦力的大小和方向
【例5】如图所
夹子夹住木块,在力F作
上提升。夹子和木块的质量分别
夹子与木块两侧间的
摩擦力均为f。若木块不滑动,力F的最大值是(
2f(m+M)
B.
2f(m+lD)
2f(m+H)
(m+M)g
2(m+)+(m+
【例6】
所
质
4kg的小物块
速度,在与斜面成某一夹
的拉
用下,沿斜面向上做匀加速
经t=2s的时间物块由A点运动到B点
知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数
3..重
加
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小
(2)拉
面的夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最绝密★启用前
014
牛顿第二定律的应用—临界问题(习题)
【例1】(2009?宁夏)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则( )
A．F先减小后增大
B．F一直增大
C．F的功率减小
D．F的功率不变
【考点】2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡；63：功率、平均功率和瞬时功率．版权所有
【专题】16：压轴题；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，说明物体受力始终平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，应用数学方法讨论F的变化，再由P＝Fvcsθ判断功率的变化．
【解答】解：对物体受力分析如图：
因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：
Fcosθ＝μ(mg﹣Fsinθ)
则得：F＝
令：，cosβ＝，即：tanβ＝
则：＝
当θ+β＝90°时，sin(θ+β)最大，F最小，则根据数学知识可知θ从0逐渐增大到90°的过程中，F先减小后增大，故A正确。
功率：P＝Fvcosθ＝＝
θ从0逐渐增大到90°的过程中，tanθ一直在变大，所以功率P一直在减小，故C正确。
故选：AC。
【点评】本题为平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F的变化，难度不小，需要细细品味．
【例2】(2012?全国)如图所示，一固定斜面倾角为60°，一物块置于斜面上，物块与斜面之间的动摩擦系数μ＝．用一外力F作用于物块，为了使物块在斜面上匀速下滑，而且力F的值最小，则力F的方向与斜面方向的夹角α应为( )
A．60°
B．45°
C．30°
D．0°
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以物体为研究对象进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平衡方程，得到F的表达式，再根据三角函数求极值方法求α的解最小值。
【解答】解：以物体为研究对象，受到重力、支持力、摩擦力和推力F，如图所示；
设外力F与斜面夹角为α，假设方向如图；
根据共点力的平衡条件可得：
沿斜面方向：f+Fcosα＝mgsin60°
垂直于斜面方向：N＝mgcos60°+Fsinα
f＝μN，
联立解得：F＝＝
令tanβ＝＝，则β＝60°
则F＝，当sin(α+β)＝1时F最小，此时α+β＝90°
则α＝30°，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【例3】(2012?新课标)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ．已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．版权所有
【专题】16：压轴题；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】(1)对拖把头受力分析，抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出推力F的大小。
(2)当推力F的水平分力小于等于最大静摩擦力时，不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。结合第1问的结果，得到λ的表达式，采用极限法：当F无限大时的情况求解tanθ0。
【解答】解：(1)拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。
将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，
按平衡条件有
竖直方向上：Fcosθ+mg＝N
①
水平方向上：Fsinθ＝f
②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有
f＝μN
③
联立①②③式得
④
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力不能使拖把从静止开始运动，
应有Fsinθ≤λ
N
⑤
这时①式仍满足。联立①⑤式得
sinθ﹣λcosθ≤λ⑥
现考查使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，
有sinθ﹣λcosθ≤0
⑦
使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。
临界角的正切为tanθ0＝λ⑧
答：
(1)若拖把头在地板上匀速移动，推拖把的力的大小为。
(2)tanθ0＝λ。
【点评】本题第1问是常规题，根据平衡条件，运用正交分解法求解推力。第2问是一种自锁现象，根据推不动的条件：推力的水平分力不大于最大静摩擦力出发进行分析求解。
【例4】（2005?全国）质量为M的楔形木块位于光滑水平桌面上，质量为m的小滑块位于楔形木块的斜面上，与斜面的接触面是粗糙的，斜面的倾角为θ，当楔形木块静止时，滑块可沿斜面下滑，现在，先“控制”滑块及楔形木块，使它们都不动，然后施一大小为F的水平恒力作用于楔形木块，同时解除“控制”，已知在以后的运动过程中滑块相对楔形木块始终保持相对静止，试求解并讨论楔形木块作用于滑块的摩擦力的大小和方向。
【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律．版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】物体m相对与M恰好不下滑且摩擦力为零时，先对M与m整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
再隔离滑块m受力分析，求出m不受摩擦力时的推力F＝（M+m）gtanθ；
①当F＝（M+m）gtanθ，楔形木块作用于滑块的摩擦力的大小为零；
②当F＞（M+m）gtanθ，根据牛顿第二定律求解摩擦力的大小和方向；
③当F＜（M+m）gtanθ，根据牛顿第二定律求解摩擦力的大小和方向。
【解答】解：物体m相对与M恰好不下滑且摩擦力为零时，先对M与m整体受力分析，受重力、支持力和推力；
根据牛顿第二定律，有：F＝（M+m）a，
解得：a＝；
再隔离滑块m受力分析，受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有：
根据牛顿第二定律可得mgtanθ＝ma
联立解得：F＝（M+m）gtanθ。
①当F＝（M+m）gtanθ，楔形木块作用于滑块的摩擦力的大小为零；
②当F＞（M+m）gtanθ，楔形木块作用于滑块的摩擦力方向向上；
将加速度a沿斜面方向进行分解，对m根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ﹣f＝macosθ，
解得：f＝mgsinθ﹣ma＝mgsinθ﹣m?；
③当F＜（M+m）gtanθ，楔形木块作用于滑块的摩擦力方向向下；
将加速度a沿斜面方向进行分解，对m根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+f＝macosθ，
解得：f＝mgsinθ﹣ma＝m?﹣mgsinθ。
答：①当F＝（M+m）gtanθ，楔形木块作用于滑块的摩擦力的大小为零；
②当F＞（M+m）gtanθ，摩擦力为mgsinθ﹣m?，楔形木块作用于滑块的摩擦力方向向上；
③当F＜（M+m）gtanθ，摩擦力大小为m?﹣mgsinθ，楔形木块作用于滑块的摩擦力方向向下。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
【例5】（2012?江苏）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是（ ）
A．
B．
C．﹣（m+M）g
D．+（m+M）g
【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】隔离对木块分析，通过牛顿第二定律求出木块的最大加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力F的最大值。
【解答】解：对木块分析得：2f﹣Mg＝Ma，解得木块的最大加速度为：a＝﹣g。
对整体分析得：F﹣（M+m）g＝（M+m）a
将a代入解得：F＝．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解。注意整体法和隔离法的运用。
【例6】（2013?山东）如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/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＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．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10m/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与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．版权所有
【专题】16：压轴题；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式求解加速度和末速度；
（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出拉力F的表达式，分析出最小值．
【解答】解：（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：
①
v＝v0+at
②
联立解得；
a＝3m/s2
v＝8m/s
（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图
根据牛顿第二定律，有：
平行斜面方向：Fcosα﹣mgsin30°﹣Ff＝ma
垂直斜面方向：Fsinα+FN﹣mgcos30°＝0
其中：Ff＝μFN
联立解得：
F＝＝
故当α＝30°时，拉力F有最小值，为Fmin＝N；
答：
（1）物块加速度的大小为3m/s2，到达B点的速度为8m/s；
（2）拉力F与斜面的夹角30°时，拉力F最小，最小值是N．
【点评】本题是已知运动情况确定受力情况，关键先根据运动学公式求解加速度，然后根据牛顿第二定律列式讨论．
第2页(共2页)
