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在动力学中临界极值问题的处理物理学中的临界和极值问题牵涉到一定条件下寻求最佳结果或讨论其物理过程范围的问题，此类问题通常难度较大技巧性强，所涉及的内容往往与动力学、电磁学密切相关，综合性强。
在高考命题中经常以压轴题的形式出现，临界和极值问题是每年高考必考的内容之一。
一．解决动力学中临界极值问题的基本思路所谓临界问题是指当某种物理现象（或物理状态）变为另一种物理现象（或另一物理状态）的转折状态叫临界状态．可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”．某种物理现象转化为另一种物理现象的转折状态称为临界状态。
至于是“出现”还是“不出现”，需视具体问题而定。
极值问题则是在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的情况。
临界问题往往是和极值问题联系在一起的。
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况。
动力学中的临界和极值是物理中的常见题型，同学们在刚刚学过的必修1中匀变速运动规律、共点力平衡、牛顿运动定律中都涉及到临界和极值问题。
在解决临办极值问题注意以下几点：○1临界点是一个特殊的转换状态，是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的一些物理量达到极值。
○2临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变，能否用变化的观点正确分析其运动规律是求解这类题目的关键，而临界点的确定是基础。
○3许多临界问题常在题目的叙述中出现“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词句对临界问题给出了明确的暗示，审题是只要抓住这些特定词语其内含规律就能找到临界条件。
○4有时，某些临界问题中并不包含常见的临界术语，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，如运动中汽车做匀减速运动类问题，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态。
○5临界问题通常具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向。
牛顿运动定律中的临界和极值问题1．动力学中的典型临界问题(1)接触与脱离的临界条件两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力F N＝0.(2)相对静止或相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力．绳子松弛的临界条件是F＝0.T(4)速度最大的临界条件在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值．2．解决临界极值问题常用方法(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．(3)数学法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．题型一：接触与脱离类的临界问题例1: 如图所示，在劲度系数为k的弹簧下端挂一质量为m的物体，物体下有一托盘，用托盘托着物体使弹簧恰好处于原长，然后使托盘以加速度a竖直向下做匀速直线运动（a<g），试求托盘向下运动多长时间能与物体脱离？例2: 如图，竖直固定的轻弹簧，其劲度系数为k=800N/m，上端与质量为3.0 kg的物块B相连接。
另一个质量为1.0 kg的物块A放在B上。
先用竖直向下的力F=120N压A，使弹簧被压缩一定量后系统静止，突然撤去力F，A、B共同向上运动一段距离后将分离，分离后A上升最大高度为0.2 m，取g＝10 m/s2，求刚撤去F时弹簧的弹性势能？例3:如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于mg 21的恒力F 向上拉A ，当运动距离为h 时A 与B 分离。
则下列说法正确的是（ ）A ．A 和B 刚分离时，弹簧为原长B ．弹簧的劲度系数等于hmg 23 C ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中，两物体的动能先增大后减小D ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中，A 物体的机械能一直增大例4:如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时均静止。
动力学中的临界和极值问题一、动力学中的临界极值问题1．“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是F T＝0。
(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。
2. 解题指导（1）直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、F N＝0.（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.（3）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（4）数学分析法：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．3.解题基本思路(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．4. 解题方法二、针对练习1、（多选）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为4μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ．现对物块施加一水平向右的拉力，则木板加速度a 大小可能是（ ）A ．0a =B ．4ga μ=C ．3g a μ=D ．23ga μ=2、（多选）如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( ) A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg3、如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m 。
在动力学中临界极值问题的处理二．匀变速运动规律中与临界极值相关问题的解读在质点做匀变速运动中涉及到临界与极值的问题主要有“相遇”、“追及”、“最大距离”、“最小距离”、“最大速度”、“最小速度”等。
【例1】速度大小是5m/s 的甲、乙两列火车，在同一直线上相向而行。
当它们相隔2000m 时，一只鸟以10m/s 的速度离开甲车头向乙车头飞去，当到达乙车车头时立即返回，并这样连续在两车间来回飞着。
问：（1） 当两车头相遇时，这鸟共飞行多少时间？ （2）相遇前这鸟飞行了多少路程？【灵犀一点】甲、乙火车和小鸟运动具有等时性，要分析相遇的临界条件。
【解析】飞鸟飞行的时间即为两车相遇前运动的时间，由于飞鸟在飞行过程中速率没有变化，可用s=vt 求路程。
（1）设甲、乙相遇时间为t ，则飞鸟的飞行时间也为t ，甲、乙速度大小相等v 甲= v 乙=5m/s ，同相遇的临界条件可得：s = (v 甲+v 乙)t则：2000=20010s ts s v v ==+乙甲（3）这段时间，鸟飞行的路程为：10200s vtm '==⨯【思维总结】本题难度不大，建立物理情景，分清运动过程，找到相遇的临界条件、三个运动物体运动具有等时性和小鸟速率不变是解题的切入点。
【例2】在平直公路上一汽车的速度为15m/s ，从某时刻汽车开始刹车，在阻力作用下，汽车以2m/s 2的加速度做匀减速运动，则刹车后第10s 末车离刹车点的距离是 m.【灵犀一点】在汽车刹车问题中，汽车速度为0后将停止运动，不会反向运动。
在分析此类问题时，应先确定刹车停下来这个临界状态所用的时间，然后在分析求解。
【解析】 设汽车从刹车到停下来所用时间为t 0， 由运动学规律得：0000150,7.52t tv v v v at t s s a --=-=== 由于t 0<10s ，所以在计算时应将t=7.5s 代入公式求解。
则有：22011(157.527.5)56.2522sv t at m m =-=⨯-⨯⨯=【思维总结】本题经常犯的错误是不考虑汽车刹车后速度为零所需时间这一临界状态，直接把题目中所给的时间代入公式。
考点二 动力学中的临界与极值问题动力学中的临界问题一般有三种解法：1.极限法在题目中如出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的．2．假设法有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题，一般用假设法．3．数学法将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式求解得出临界条件．命题点1 接触与脱离的临界条件3．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，Q 的质量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止．如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．求力F 的最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2)【解析】 设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有kx 1＝(M ＋m )g ①kx 2－mg ＝ma ②x 1－x 2＝12at 2③ 由①式得x 1＝(M ＋m )g k＝0.15 m ， 由②③式得a ＝6 m/s 2.F min ＝(M ＋m )a ＝72 N ，F max ＝M (g ＋a )＝168 N.【答案】 F max ＝168 N F min ＝72 N命题点2 相对滑动的临界条件4.如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m ＝1.2 kg ，长度l ＝0.5 m ．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M ＝1 kg 的小铅块(可视为质点)，它与各木块间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，现突然给小铅块一个向右的初速度v 0＝9 m/s ，使其在木块上滑行．设木块与地面间及小铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；(2)小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小．【解析】 (1)设小铅块相对木块滑动时加速度大小为a ，由牛顿第二定律可知μ2Mg ＝Ma解得a ＝5 m/s 2.(2)设小铅块最多能带动n 个木块运动，对n 个木块整体进行受力分析，当小铅块下的n 个木块发生运动时，则有μ2Mg ≥μ1(mgn ＋Mg )解得n ≤3.33即小铅块最多只能带动3个木块运动设当小铅块通过前面的9个木块时的瞬时速度大小为v ，由动能定理可知－μ2Mg ×9l ＝12M (v 2－v 20) 解得v ＝6 m/s.【答案】 (1)5 m/s 2 (2)6 m/s命题点3 数学方法求解极值问题5．如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝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＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)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？【解析】 (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 ＝v 0t ＋12at 2① v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③v ＝8 m/s ④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，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F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥又F f ＝μF N ⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(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F min ＝1335N. 【答案】 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°1335N“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T＝0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时．。
动力学中的九类常见问题临界极值问题【问题解读】1.题型概述在动力学问题中出现某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态即临界问题。
问题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰能”等关键词语，一般都会涉及临界问题，隐含相应的临界条件。
2.临界问题的常见类型及临界条件(1)接触与分离的临界条件：两物体相接触(或分离)的临界条件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。
临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。
(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是绳上的张力恰好为零。
(4)出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度。
当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。
【方法归纳】求解临界、极值问题的三种常用方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学方法将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件解题此类题的关键是：正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分析，挖掘出隐含的临界条件。
【典例精析】1(2024河北安平中学自我提升)如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知m A=m B =1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。
若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中。
高中物理-动力学中的临界和极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题时，会出现一些临界或极值条件的标志： 1．若题目中出现“恰好”“刚好”等字眼，明显表示过程中存在临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就对应临界状态．3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明过程中存在着极值，而极值点往往是临界点．4．若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等即是求收尾加速度或收尾速度． 一、接触与分离的临界条件物体分离的临界条件是相互作用力由原来的不为零变为零．因此解答此类问题，应该对原状态下研究对象的受力和运动状态进行分析，由牛顿第二定律或平衡条件列方程，令其中相互作用的弹力为零解得临界状态的加速度，以临界加速度为依据分析各种状态下物体的受力情况及运动状态的变化．质量为m 、半径为R 的小球用长度也为R 的轻质细线悬挂在小车车厢水平顶部的A 点，现观察到小球与车顶有接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )A ．小车正向右做减速运动，加速度大小可能为3gB ．小车正向左做减速运动，加速度大小可能为33gC ．若小车向右的加速度大小为23g ，则车厢顶部对小球的弹力为mgD ．若细线张力减小，则小球一定离开车厢顶部 [解析] 如图所示，小球恰好与车顶接触的临界状态是车顶对小球的弹力恰为零，故临界加速度a 0＝g tan θ，由线长等于小球半径可得，θ＝60°，a 0＝3g .小球与车顶接触时，小车具有向右的加速度，加速度大小a ≥3g ，A 、B 项错；当小车向右的加速度大小a ＝23g 时，ma F N ＋mg＝tan θ，解得F N ＝mg ，C 项正确；细线张力F T ＝ma sin θ，小球与车顶接触的临界(最小)值F Tmin ＝2mg ，当张力的初始值F T >2mg 时，张力减小时只要仍大于或等于临界值，小球就不会离开车厢顶部，D 项错误．[答案] C二、绳子断裂与松弛的临界条件绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是F T ＝0.如图所示，小车内固定一个倾角为θ＝37°的光滑斜面，用一根平行于斜面的细线系住一个质量为m ＝2 kg 的小球，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：(1)当小车以a 1＝5 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？(2)当小车以a 2＝20 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？[解析] 本题中存在一个临界状态，即小球刚好脱离斜面的状态，设此时加速度为a 0，对小球受力分析如图甲所示．将细线拉力分解为水平x 方向和竖直y 方向两个分力，则得到F cos θ＝ma 0 F sin θ－mg ＝0a 0＝g tan θ＝403m/s 2.(1)a 1＝5 m/s 2<a 0，这时小球没有脱离斜面，对小球受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得 F cos θ－F N sin θ＝ma 1 F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0 解得F ＝20 N ，F N ＝10 N.(2)a2＝20 m/s2>a0，这时小球脱离斜面，设此时细线与水平方向之间的夹角为α，对小球受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律得F cos α＝ma2F sin α＝mg两式平方后相加得F2＝(ma2)2＋(mg)2解得F＝(ma2)2＋(mg)2＝20 5 N.[答案](1)20 N(2)20 5 N三、相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值，并且还要考虑摩擦力方向的多样性．(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＝kx－μmgm，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kx＋μmgm，最小值为kx－μmgm[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 f＝ma，当F f＝μmg时，加速度方向向左且最小值为a min＝kx－μmgm，随着加速度的增加，F f减小到零后又反向增大，当再次出现F f＝μmg时，加速度方向向左达最大值a max ＝kx＋μmgm，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，即小车的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μmg－kxm，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为μmg＋kxm，则小车的加速度最大值为kx＋μmgm，最小值为0，D错．[答案]AC四、加速度或速度最大的临界条件当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．(多选)(2016·潍坊模拟)如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F 1＝kv ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )A ．最大加速度为FmB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mgk[解析] 当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －kv )＝ma ，当v ＝mg k 时，圆环的加速度最大，即a max ＝Fm ，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，F 1＝kv >mg ，由牛顿第二定律得F －μ(kv －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误． [答案] AC五、数学推导中的极值问题将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件，通常用到三角函数关系．如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝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＝33.重力加速度g 取10 m/s 2. (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？[解析] (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 ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据解得：a ＝3 m/s 2，v ＝8 m/s.(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ③F sin α＋F N －mg cos θ＝0④ 又F f ＝μF N ⑤联立③④⑤解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α⑥由数学知识得：cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑦ 由⑥⑦式可知对应的F 最小值与斜面的夹角α＝30°⑧ 联立⑥⑧式，代入数据得F 的最小值为： F min ＝1335N. [答案] (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°1335N 六、滑块一滑板模型中的临界问题在滑块—滑板模型中，若两者一起运动时优先考虑“被动”的“弱势”物体，该物体通常具有最大加速度，该加速度也为系统一起运动的最大加速度，否则两者将发生相对运动．(2016·湖北荆州模拟)物体A 的质量m 1＝1 kg ，静止在光滑水平面上的木板B 的质量为m 2＝0.5 kg 、长l ＝1 m ，某时刻A 以v 0＝4 m/s 的初速度滑上木板B 的上表面，为使A不至于从B 上滑落，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，若A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，试求拉力F 应满足的条件．(忽略物体A 的大小)[解析] 物体A 滑上木板B 以后，做匀减速运动， 加速度a A ＝μg ①木板B 做加速运动，有F ＋μm 1g ＝m 2a B ②物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v t ，则v 20－v 2t 2a A ＝v 2t2a B＋l ③ 且v 0－v t a A ＝v ta B④ 由③④式，可得a B ＝v 202l－a A ＝6 m/s 2，代入②式得F ＝m 2a B －μm 1g ＝0.5×6 N －0.2×1×10 N ＝1 N ，若F ＜1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1 N. 当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才能不会从B的左端滑落．即有：F ＝(m 1＋m 2)a ， μm 1g ＝m 1a ，所以F ＝3 N ，若F 大于3 N ，A 就会相对B 向左端滑下． 综上，力F 应满足的条件是1 N ≤F ≤3 N. [答案] 1 N ≤F ≤3 N1．(2016·西安质检)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于()A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m ＋m)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．2．(多选)(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，下列结论正确的是()A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B．弹簧的劲度系数为750 N/mC．物体的质量为2 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2解析：选ACD.物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从题图乙中可知ma ＝10 N，ma＝30 N－mg，解得物体的质量为m＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝mgx0＝200.04N/m＝500 N/m，所以选项B错误．3．(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是()A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图丙所示，则F N1cos θ＝mg①对B：F′N1sin θ＝ma1②由牛顿第三定律可知F′N1＝F N1③乙方式中，F 最大时，B 刚要离开地面，B 受力如图丁所示，则F N2cos θ＝mg ④ F N2sin θ＝ma 2⑤由①③④可知F N2＝F N1＝F N1′⑥由②⑤⑥式可得a 2＝a 1，对整体易知F 2＝F 1， 故选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．4.如图所示，水平桌面光滑，A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A 物体质量为2m ，B 和C 物体的质量均为m ，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A 、B 、C 三个物体相对静止共同向左运动的情况下，B 、C 间绳子所能达到的最大拉力是( )A.12μmg B ．μmg C ．2μmg D ．3μmg 解析：选B.因桌面光滑，当A 、B 、C 三者共同的加速度最大时，F BC ＝m C a 才能最大．这时，A 、B 间的相互作用力F AB 应是最大静摩擦力2μmg ，对B 、C 整体来讲：F AB ＝2μmg ＝(m B ＋m C )a ＝2ma ，a ＝μg ，所以F BC ＝m C a ＝μmg ，选项B 正确．5.如图所示，用细线将质量为m 的氢气球拴在车厢地板上的A 点，此时细线与水平方向成θ＝37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触，小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为气球重力的12.重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8.现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是( )A ．小车向右加速运动，加速度大小为12gB ．小车向左加速运动，加速度大小为12gC ．小车向右减速运动，加速度大小为23gD ．小车向左减速运动，加速度大小为23g解析：选C.小车静止时细线无弹力，气球受到重力mg 、空气浮力f 和车顶压力F N ，由平衡条件得f ＝mg ＋F N ＝32mg ，即浮力与重力的合力为12mg ，方向向上．要使传感器示数为零，则细线有拉力F T ，气球受力如图甲所示，由图乙可得12mg ma ＝tan 37°，小车加速度大小为a ＝23g ，方向向左．故小车可以向左做加速运动，也可以向右做减速运动，C 选项正确．6.如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体，放在倾角θ＝37°的斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝9.8 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.要使物体与斜面相对静止且一起沿水平方向向左做加速运动，则其加速度多大？解析：当物体恰不向下滑动时，受力分析如图甲所示 F N1sin 37°－F f1cos 37°＝ma 1F f1sin 37°＋F N1cos 37°＝mg F f1＝μF N1解得a 1＝3.6 m/s 2当物体恰不向上滑动时，受力分析如图乙所示F N2sin 37°＋F f2cos 37°＝ma2F N2cos 37°＝mg＋F f2sin 37°F f2＝μF N2解得a2＝13.3 m/s2因此加速度的取值范围为3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2.答案：3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2。
2020年高考物理备考微专题精准突破专题1.12动力学中的临界极值问题【专题诠释】1．临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点．(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点．(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．几种临界状态和其对应的临界条件临界状态临界条件速度达到最大物体所受的合外力为零两物体刚好分离两物体间的弹力F N＝0绳刚好被拉直绳中张力为零绳刚好被拉断绳中张力等于绳能承受的最大拉力【高考领航】【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。
A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。
先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。
接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B。
【答案】(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【解析】A、B的运动过程如图所示：(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小a A＝μgA在B上滑动时有2a A L＝v2A解得：v A＝2μgL。
(2)设A、B的质量均为m对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小F＝μmg＋2μmg＝3μmg由牛顿第二定律得F＝ma B，得a B＝3μg对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿第二定律得F′＝2ma B′，得a B′＝μg。
动力学中的临界问题1．动力学中的临界极值问题在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某个特定的状态时，有关的物理量将发生突变，此时的状态即为临界状态，相应物理量的值为临界值.若题目中出现 “最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界值出现．2．发生临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T ＝0.(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．3.临界问题的解法一般有三种极限法：在题目中如出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的． 假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．特别提醒临界问题一般都具有一定的隐蔽性，审题时应尽量还原物理情境，利用变化的观点分析物体的运动规律，利用极限法确定临界点，抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向．例1如图所示，质量为m 的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，对物体施加一个与水平方向成θ角的力F ，试求：（1）物体在水平面上运动时力F 的值；（2）物体在水平面上运动所获得的最大加速度。
高考物理备考微专题精准突破 专题 1.12动力学中的临界极值问题【专题诠释】1．临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点．(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往 就对应临界状态．(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点． (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．几种临界状态和其对应的临界条件临界状态临界条件物体所受的合外力为零两物体间的弹力 F N ＝0绳中张力为零速度达到最大两物体刚好分离 绳刚好被拉直 绳刚好被拉断绳中张力等于绳能承受的最大拉力【高考领航】【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块 A 和 B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。
A 与 B 、B 与地面 间的动摩擦因数均为μ。
先敲击 A ，A 立即获得水平向右的初速度，在 B 上滑动距离 L 后停下。
接着敲击 B ， B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至 停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g 。
求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小 v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 a B 、a B ′； (3)B 被敲击后获得的初速度大小 v B 。
【答案】 【解析】 (1) 2μgL (2)3μg μg (3)2 2μgL A 、B 的运动过程如图所示：(1)A 被敲击后，B 静止，A 向右运动，由牛顿第二定律知，A 的加速度大小 a A ＝μg A 在 B 上滑动时有 2a A L ＝v A 2 解得：v A ＝ 2μgL 。
(2)设 A 、B 的质量均为 m对齐前，A 相对 B 滑动，B 所受合外力大小 F ＝μmg ＋2μmg ＝3μmg由牛顿第二定律得 F ＝ma B ，得 a B ＝3μg对齐后，A 、B 相对静止，整体所受合外力大小 F ′＝2μmg 由牛顿第二定律得 F ′＝2ma B ′，得 a B ′＝μg 。
(3)设 B 被敲击后，经过时间 t ，A 、B 达到共同速度 v ，位移分别为 x A 、x B ，A 的加速度大小等于 a A 则 v ＝a A t ，v ＝v B －a B t x A ＝1a A t ，x B ＝v B t － a B t1 2 2 2 2 且 x B －x A ＝L 解得：v B ＝2 2μgL 。
【2012·重庆理综】某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为 x .比赛时，某同学将球置于 球拍中心，以大小为 a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到 v 0时，再以 v 0做匀速直线运动 跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．【答案】见解析【解析】(1)在匀速运动阶段，有mgtanθ0＝kv0m gtanθ得k＝0.v0(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为F′N，有F′N s inθ－kv＝maF′N cosθ＝mg得tanθ＝a＋v tanθ0.g v(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F＝mgcosθ0球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fs inβ＝ma′设匀速跑阶段所用时间为t，有t＝x－0 v0v 2a1球不从球拍上掉落的条件a′t2≤r22rcosθ0得s inβ≤x－v 0g v02a. 2【方法技巧】．处理临界问题的三种方法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴极限法露出来，以达到正确解决问题的目的临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，假设法数学法或变化过程中可能出现临界条件、也可能不出现临界条件 时，往往用假设法解决问题将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界 条件【最新考向解码】【例 1】(2019·安徽宣城高三上学期期末)质量为 m ＝1 kg 、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过 O 点时速度为 v ＝4 m/s ，此时对物块施加 F ＝6 N 的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回 到 O 点。
已知与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度 g ＝10 m/s 。
求：2(1)此过程中物块到 O 点的最远距离； (2)撤去 F 时物块到 O 点的距离。
2 【答案】 【解析】 (1)1 m (2) m3(1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为 a 1，物块与 O 点的最远距离为 x 1， 则有 F ＋μmg ＝ma 1解得 a 1＝8 m/s 由 v ＝2a 1x 1， 可得 x 1＝1 m 。
2 ；2 (2)物块向左运动过程中，有力 F 作用时做匀加速运动，设加速度大小为 a 2，最大速度大小为 v 1，加速位移 大小为 x 2，撤去拉力 F 后做匀减速运动，设加速度大小为 a 3，减速位移大小为 x 3，则有F －μmg ＝ma 2，解得 a 2＝4 m/s μmg ＝ma 3，解得 a 3＝2 m/s由 v ＝2a 2x 2 2 2 2 1 v ＝2a 3x 32 1x 2＋x 3＝x 1联立解得 x 3＝2 m ，32即撤去 F 时物块到 O 点的距离为 m 。
3【例 2】(2019·湖北黄冈中学模拟)如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相 同的物块 A 、B 压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知 A 、B 与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时， 两弹簧长度相同，A 恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g .现使车厢沿水平方向加速 运动，为保证 A 、B 仍相对车厢静止，则()A ．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g C ．加速度一定向左，不能超过μg 【答案】：BB ．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g D ．加速度一定向左，不能超过(1－μ)gmg 【解析】：开始 A 恰好不下滑，对 A 分析有 f A ＝mg ＝μF NA ＝μF 弹，解得 F 弹＝ ，此时弹簧处于压缩状态．当μ mg车厢做加速运动时，为了保证 A 不下滑，侧壁对 A 的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速 μ度方向一定向右．对 B 分析，有 f B m ＝μF NB ＝μ(F 弹－mg )≥ma ，解得 a ≤(1－μ)g ，故选项 B 正确，A 、C 、D 错误．【例 3】(2019·辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可 视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率 v 0沿木板 向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离 x 将发生变化，重力加速度为 g .(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 (2)60°3v 4g 20 【答案】 【解析】 (1) 3(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgs in θ＝μF N F N －mgcos θ＝0解得μ＝tan θ＝t an 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－mgs in θ－μmgcos θ＝ma 由 0－v ＝2ax 得2v 2 v 2x ＝ ＝ 2g （s in θ＋μcos θ） 2g 1＋μ 2s in （θ＋α） 其中 tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时 x 最小，即θ＝60°v 2 ＝ 3v 0 2 0 所以 x 最小值为 x min ＝2g （s in 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 .2下列说法正确的是 ( )A ．当斜面以 5 m/sB ．当斜面以 5 m/sC ．当斜面以 20 m/sD ．当斜面以 20 m/s 2 的加速度向右加速运动时，绳子拉力为 20 N 2 的加速度向右加速运动时，绳子拉力为 30 N 2 的加速度向右加速运动时，绳子拉力为 40 N 的加速度向右加速运动时，绳子拉力为 60 N2 【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， 设绳子的拉力为 F ，斜面的加速度为 a 0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有 Fcos θ＝ma 0，Fs in θ－mg ＝0，代入数据解得 a 0≈13.3 m/s .2(1)由于 a 1＝5 m/s <a 0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示．以小球为研究对象，根据2牛顿第二定律有F 1s in θ＋F N cos θ－mg ＝0 F 1cos θ－F N s in θ＝ma 1代入数据解得 F 1＝20 N ，选项 A 正确，B 错误．(2)由于 a 2＝20 m/s >a 0，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 F 2cos α＝ma 2，F 2s in α－mg ＝0代入数据解得 F 2＝20 5 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 m A ＝2.0 kg ，小车上放一个 物体 B ，其质量为 m B ＝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 F max 为()A ．2.0 N C ．6.0 N 【答案】CB ．3.0 N D ．9.0 N【解析】：.根据题图甲所示，设 A ，B 间的静摩擦力达到最大值 F 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 ＝(m A ＋m B )a ， 对 A 有 F f max ＝m A a ，代入数据解得F f max＝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F fmax＝m B a′以A、B整体为研究对象，有F max＝(m A＋m B)a′代入数据解得F max＝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 gmgC．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h【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，F AB＝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，mg解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确．h4.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，2 2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，则( )A ．两物体刚开始匀加速下降时，力 F 大小为 8 NB ．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】C D【解析】系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为 x 1，则 F 0＝(m ＋M)g ＋kx 1，代入数据得 x 1＝0.08 m ， A 、B 两物体刚开始匀加速下降时有 kx 1＋(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 x 2，则对 A 有 mg －kx 2＝ma ，代入数据 得 x 2＝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 ＝x 1＋x 2＝0.16 m ，而 x ＝1at ，2 2 代入数据得 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， 1 由动能定理知(m ＋M)gx －W F ＝ (m ＋M)v2 ，联立 v ＝at 并代入数据得 W F ＝3.84 J ，D 对． 25.(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/s2 )( )A ．5 m/s C ．15 m/s【答案】：A 2 B ．10 m/s2D ．25 m/s2 【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 第二定律，有 F ′－mg ＝ma ，解得 a ＝（M －m ）g ＝5 m/s 2，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 v 0、v 1、t 1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 【答案】：A C DD ．物块沿斜面向上滑行的最大高度v v 【解析】：根据牛顿第二定律，向上滑行过程 0＝gs in θ＋μgcos θ，向下滑行过程 1＝gs in θ－μgcos θ，整理 t 1t 1v ＋v 可得 gs in θ＝ 0 1，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．小球滑上斜面的初速2t 1 度 v 0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v 0，所以沿斜面向上滑行的最远距2 离 s ＝v 0t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度 ss in θ＝v 0t 1× v 0＋v 2gt 1 1＝v 0 v 0＋v 4g 1，选项 D 对．仅2 2 根据速度—时间图象，无法求出物块质量，选项 B 错．7.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2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()A ．a A ＝5 m/s C ．a A ＝3 m/s 【答案】：A C【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 a B m ＝μ2g ＝1 m/s 2, a B ＝1 m/s 2 B ．a A ＝2 m/s 2, a B ＝2 m/s 2 2, a B ＝1 m/s2 D ．a A ＝1 m/s 2, a B ＝1 m/s2 2 ；物块 A 向右滑动，则地面给 A 的滑动摩擦力向左，大小为 f A ＝μ1·2mg ；开始时 B 对 A 的摩擦力方向向左，则 a A1＝μ2mg ＋μ1·2mgm μ ·2mg －μ2mg ＝3 m/s 2，故选 A 、C. ＝5 m/s ；当后来 B 相对 A 向前滑动时，则 a A2＝ 1 2 m8.(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 推力 F 作用在物体 A 上，使 A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a )所示，在 A 、B 的速度达到 6 m/s 时，撤去推力 F.已知 A 、B 质量分别为 m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地 面间没有摩擦，B 物体运动的 v t 图象如图(b)所示．g 取 10 m/s ，求：2(1)推力 F 的大小．(2)A 物体刚停止运动时，物体 A 、B 之间的距离．【答案】：(1)15 N (2)6 m【解析】：(1)在水平推力 F 作用下，设物体 A 、B 一起做匀加速运动的加速度为 a ，由 B 物体的 v t 图象得a ＝3 m/s 2 .对于 A 、B 整体，由牛顿第二定律得 F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，代入数据解得 F ＝15 N.(2)设物体 A 匀减速运动的时间为 t ，撤去推力 F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速直线运 动，B 做匀速运动，对于 A 物体有μm A g ＝m A a A ，a A ＝μg ＝3 m/s ，2v t ＝v 0－a A t ＝0，解得 t ＝2 s ， 1 物体 A 的位移为 x A ＝v t ＝ v 0t ＝6 m ， 2物体 B 的位移为 x B ＝v 0t ＝12 m ，所以，A 物体刚停止运动时，物体 A 、B 之间的距离为Δx ＝x B －x A ＝6 m.9．(2019·成都龙泉二中月考)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体 B 与竖直面动摩擦 因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量 m A ＝1.0 kg 、大小可忽略的物块 A ，一轻绳绕过 定滑轮，轻绳左端系在物块 A 上，右端系住物块 B ，物块 B 质量 m B ＝1.0 kg ，物块 B 刚好可与竖直面接触．起 始时令两物体都处于静止状态，绳被拉直，设物体 A 距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g 取 10 m/s ，求：2(1)同时由静止释放 A 、B ，经 t ＝1 s ，则 A 的速度多大；(2)同时由静止释放 A 、B ，同时也对物块 B 施加力 F ，方向水平向左，大小随时间变化规律如图乙所示，求 物块 B 运动过程中的最大速度和物块 B 经多长时间停止运动．【答案】：(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s【解析】：(1)对 A 、B 系统：m B g ＝(m A ＋m B )aa＝1g＝5 m/s22v＝a t＝5 m/s(2)A、B先做加速度减小的加速运动，在A、B加速度减为零之前，A、B一起运动，绳子拉紧．F＝kt(k＝20 N/s)以A、B系统为研究对象：m B g－μF＝(m A＋m B)a得：a＝－5t＋50～1 s的at图象如图所示，t＝1 s，a＝0，t＝1s，速度最大且为三角形面积v m＝1×1×5 m/s＝2.5 m/s2当B开始减速时，绳子松弛，A匀速，B减速对B：m B g－μF＝m B a得：a＝－10t＋10(t≥1s)1 s以后，at图象如图所示．速度要为零，总面积为零，即两三角形面积相等．得：1Δt·10Δt＝2.52解得Δt＝2s2t总＝(1＋2)s≈1.7s.210.如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0s，玩具移动了距离x＝2 3 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．g取10 m/s，求：2(1)玩具与地面间的动摩擦因数；(2)松开手后玩具还能运动多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力 F 与水平面夹角多大时，最省力？3 (2)3 3 m 5 【答案】：(1) (3)30° 31 【解析】：(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x ＝ at2 2解得 a ＝ 3 m/s2 对玩具，由牛顿第二定律得F cos 30°－μ(mg －F s in 30°)＝ma解得μ＝ 3 . 3(2)松手时，玩具的速度 v ＝at ＝2 3 m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′解得 a ′＝10 3 m/s 23由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移 x ′＝0－v 2 ＝3 3 m.5－2a ′ (3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则 Fcos θ－F f ＞0F f ＝μF N在竖直方向上，由平衡条件得F N ＋Fsin θ＝mgμmg 解得 F ＞ cos θ＋μs in θcos θ＋μs in θ＝ 1＋μ 2 s in (60°＋θ)当θ＝30°时，拉力最小，最省力．。
