压轴题14 动力学中的临界和极值问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题14 动力学中的临界和极值问题

一、单选题

1.如图所示，质量为m的物块放在质量为M的薄木板的右端，木板放在光滑的水平地面上，物块与薄木板间的动摩擦因数为μ.现对木板施加一水平向右的恒力F，木板从静止开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是()

A. 当F<μmg时，物块相对地面静止

B. 当F=μmg时，物块相对木板滑动

C. 当F>μmg时，物块相对木板滑动

D. 当F>μ(m+M)g时，物块的加速度与恒力F无关

【答案】D

【解析】A、水平地面是光滑的，当F作用在木板上时木板向右运动，物块相对地面向右运动，故A错误；

B、当物块刚相对木板滑动时，对物块有μmg=ma，a=μg.对整体有F=(M+m)a=μ(M+m)g，因此当F=μmg时，物块相对木板静止，故B错误；

C、只有当F>μ(m+M)g时，物块才相对木板滑动，故C错误；

D、当F>μ(m+M)g时，物块相对木板滑动，对物块有μmg=ma，a=μg，与F无关，故D正确。

故选：D。

2.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m A、m B的A，B两个物体，A，B间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，使A，B一起加速运动，拉力F的最大值是

A. μm B g

B. μ(m A+m B)g

C. μm B(m A+m B)g

m A D. μm A(m A+m B)g

m B

【答案】B

【解析】当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律可知对B物体：μm B g=m B a，解得：a=μg；对整体：F=(m A+m B)a，解得：F=μ(m A+m B)g，拉力F只要小于最大值两物体即可以相对静止，一起以同一加速度运动；故B正确，故ACD错误。

故选B。

3.如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块B上，B置于粗糙水平面上。A、B质量分别为m A=2kg，m B=1kg，A、B之间动摩擦因数μ1=0.2，B与地面之间动摩擦因数μ2=0.1，现对A施加水平力F，若F从0开始逐渐增大，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()

A. 当拉力超过3N时，A、B开始发生相对滑动

B. 当拉力超过4N时，A、B开始发生相对滑动

C. 当拉力超过5N时，B的加速度为1m/s2

D. 当拉力超过6N时，A、B开始发生相对滑动

【答案】D

【解析】对AB整体，B与地面间的摩擦力：f2=μ2(m A+m B)g=3N，当拉力小于3N时，A、B相对地面都静止，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B间发生相对滑动，f1=μ1m A g=4N，对B，由牛

顿第二定律得：a B=f1−f2

m B

=1m/s2.对系统，由牛顿第二定律得：F−f2=(m A+m B)a B，F=6N，当拉力超过6 N时，A、B开始发生相对滑动，故ABC错误，D正确；

故选D．

4.光滑的水平面上叠放有质量分别为m和m/2的两个木块．下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示．已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为

A. f/k

B. 2f/k

C. 3f/k

D. 4f/k

【答案】C

【解析】物体做简谐运动，取整体为研究对象，是由弹簧的弹力充当回复力。取上面的小物块为研究对象，则是由静摩擦力充当回复力。当两物体间的摩擦力达到最大静摩力时，两物体达到了简谐运动的最大振幅。

又因为两个物体具有共同的加速度，根据牛顿第二定律对小物体有f=1

2ma，取整体有kx=(1

2

m+m)a，

两式联立可得x=3f

k

，故C正确，ABD错误。故选C。

二、多选题

5.(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是()

A. 当x=ℎ+2x0时，小球的动能最小

B. 最低点的坐标：x=ℎ+2x0

C. 当x=ℎ+2x0时，小球的加速度为−g，且弹力为2mg

D. 小球动能的最大值为mgℎ+mgx0

2

【答案】CD

【解析】AB.由图乙可知mg=kx0，解得x0=mg

k

，由F−x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，

则有W

弹=1

2

k(x−ℎ)2，由动能定理得mgx−1

2

k(x−ℎ)2=0，即mgx−mg

2x0

(x−ℎ)2=0，解得x=ℎ+x

(1+

√1+2ℎ

x0

)，故最低点坐标不是ℎ+2x0，且此处动能不是最小，故AB错误；

C.由图可知，mg=kx0，由对称性可知当x=ℎ+2x0时，小球加速度为−g，且弹力为2mg，故C正确；

D.小球在x=ℎ+x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(ℎ+x0)+W弹=E km−0，依题可得W弹=

−1

2mgx0，所以E km=mgℎ+1

2

mgx0，故D正确。

6.一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A=1kg和m B=2kg的A、B两物块，A，B 与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10m/s2).则()

A. 若F=1N，则物块、木板都静止不动

B. 若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N

C. 若F =4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为2 N

D. 若F =8 N ，则B 物块的加速度为1m/s 2 【答案】CD

【解析】

A 与木板间的最大静摩擦力：f A =μm A g =0.2×1×10N =2N ，

B 与木板间的最大静摩擦力：f B =μm B g =0.2×2×10N =4N ；当A 刚好在木板上滑动，B 和木板整体受到摩擦力2N ，轻质木板，质量不计，所以B 的加速度a =2

2 m/s 2=1m/s 2；此时对整体：F 0=(m A +m B )a =(1+2)×1N =3N 。 A.因水平面光滑，且F =1N

C.因水平面光滑，且F =4N >F 0=3N ，所以物块与木板相对滑动，此时木板受到A 给的摩擦力为f A =2N

D.因水平面光滑，且F =8N >F 0=3N ，所以物块与木板相对滑动，B 和木板整体受到摩擦力2N ，则有：f A =m B a B ，解得B 的加速度aB =1m/s 2，故D 正确。 故选CD 。

7.如下图所示，小车板面上的物体质量为m =8kg ，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m

s 2，随即以1m s 2的加速度做匀加速直线运动下列说法中正确的是( )

A. 物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化

B. 物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右

C. 当小车加速度向右为

0.75m s 2

时，物体不受摩擦力作用

D. 小车以1m

s 2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N 【答案】AC

【解析】物体静止不动时，水平方向弹力和向左的静摩擦力二力平衡，有f 静=F 弹=6N 物体随小车一起向右加速，当静摩擦力为零时，有F 弹=ma 1，解得：a 1=0.75m/s 2 当静摩擦力向右时，且达到6N 时，有F 弹+f =ma 2，解得：a 2=1.5m/s 2

由于1m/s 2<1.5m/s 2，故物体与小车始终保持相对静止，弹簧伸长量不变，故弹力不变

由于0.75m/s 2<1m/s 2<1.5m/s 2，故物体受静摩擦力先向左，减小到零后方向增加，且当小车向右的加速度为0.75m/s 2时，物体不受摩擦力作用，当小车以1m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动时，静摩擦力向右，由于F 弹+f =ma ，解得f =2N ，故 AC 正确，BD 错误。 故选AC 。

8.如图所示，质量均为m 的两个小球A 、B 套在光滑水平直杆P 上，整个直杆被固定在竖直转轴上，并保持水平，两球间用劲度系数为k ，自然长度为L 的轻质弹簧连接在一起，A 球被轻质细绳拴在竖直转轴上，细绳长度也为L ，现欲使横杆AB 随竖直转轴一起在水平面内匀速转动，其角速度为ω，求当弹簧长度稳定后，细绳的拉力和弹簧的总长度各为多大？

A. 细绳的拉力为3mω2L

B. 弹簧总长度为k+mω2k−mω2

L

C. 细绳的拉力为mω2L(1+2k k−mω

2)

D. 弹簧总长度为L +2mω2L k

【答案】BC

【解析】设直杆匀速转动时，弹簧伸长量为x ， 对A 球有：F T −F =Mω2L ，对B 球有：F =mω2(2L +x) ，F =Kx ，解以上方程组可得：F T =Mω2L +2mω2KL K−mω

2，x =

2mω2L K−mω

2

则弹簧的总长为：L′=L +2mω2L K−mω2

=

K+mω2K−mω2

L ，

故BC 正确，AD 错误。 故选BC 。 三、计算题

9.如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L =2.4m.质量M =2.0kg 的B 物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A 物体相连接，连接B 的细绳与斜面平行．A 的质量m =2.5kg ，绳拉直时用手托住A 物体使其在距地面h 高处由静止释放，着地后立即停止运动．A 、B 物体均可视为质点，取g =10m/s 2，sin37º=0.6，cos37º=0.8． (1)求A 物体下落的加速度大小及绳子拉力T 的大小；

(2)求当A 物体从多高处静止释放，B 物体恰好运动至斜面最高点；

(3)若A 物体从ℎ1=1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A 物体质量m 的取值范围．(设B 物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

【答案】解：(1)根据牛顿第二运动定律

对A有：mg−T=ma

对B有：T−Mgsinθ−μMgcosθ=Ma

代入数据解得：a=2m/s2

绳子拉力大小：T=20N

(2)设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1

对B有：Mgsinθ+μMgcosθ=Ma1

代入数据解得：a1=8m/s2

对B由运动学公式得：着地前v2=2aℎ

着地后v2=2a1(L−ℎ)

代入数据解得：ℎ=1.92m

(3)设A着地后B向上滑行距离x

v2=2a1x x≤L−ℎ1

着地前v2=2aℎ1

代入数据解得：m≤4kg

另一方面要能拉动必须有：mg>Mgsinθ+μMgcosθ

解得m>1.6kg

所以物体A的质量范围是1.6kg

【解析】(1)分别对A、B根据牛顿第二定律列式，联立求解；

(2)A着地后B做匀减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，A着地前和着地后，根据运动学公式列式求解；

(3)A着地后，由运动学公式及质量关系得解。

10.如图所示，水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块，整体处于静止状态．已知

，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为μ

4

力加速度为g．

(1)若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s0；

(2)若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F应满足的条件；

(3)若给木板施加大小为F=3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t0，撤去拉力F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程通过的路程s．

【答案】解：(1)对木板和物块组成的系统，设一起运动的加速度大小为a0，由牛顿第二定律得：

μ·2mg

4

=2ma0

又s0=v02

2a0

解得s0=2v02

μg

(2)设木板和物块组成的系统一起向右滑动时，最小拉力为F min，最大拉力为F max，则：

F min=μ

4

×2mg=

μmg

2

系统受最大拉力时，设加速度为a max，则F max−μmg

2

=2ma max 对物块，有μmg=ma max

解得F max=5μmg

2

要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，F应满足

μmg 2

2

(3)由于F=3μmg>5μmg

2

，所以物块与木板之间发生相对滑动．

物块的加速度a1=μg

撤去拉力F时物块的速度v1=a1t0=μgt0

设木板加速度为a2，则F−μmg−2μmg

4

=ma2

解得a2=3

2

μg

撤去拉力F时木板的速度v2=a2t0=3

2

μgt0

撤去拉力F后木板的加速度a3=−3

2

μg

设撤去拉力F后，再经过时间t1，木块与木板达到共同速度v，之后再经过时间t2，木板停止滑行．则：

解得t1=1

5

t0

v=6

5

μgt0

达到共同速度后一起运动的加速度a4=−1

4

μg

则t2=0−6

5

μgt0

−μg

4=24

5

t0

木板运动的总位移。

【解析】本题主要考查动力学中的临界与极值问题、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的综合运用。

11.如图所示，一倾角为θ=30°的光滑斜面底端与一水平传送带左端平滑连接于B点，传送带以v0=2m/s 的速度顺时针转动，一小物块(可看成质点)从斜面顶端A点由静止开始沿斜面下滑，从传送带右端的C点滑下．己知斜面长度L1=1.6m，传送带长度L2=5m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，取g= 10m/s2.求：

(1)小物块下滑到底端时速度的大小v B；

(2)小物块从A点到C点所用时间t；

(3)要使小物块从B点运动到C点的时间最短，则传送带速度应满足怎样的条件以及B点到C点的最短时间t min．

【答案】解：

(1)小物块从A下滑到B的过程中的加速度

由v B2=2a1L1得：；

(2)A下滑到B的时间t1=v B

a1

=0.8s

小物块刚滑上传送带上时的加速度

当小物块速度减小到v0时所用时间t2=v B−v0

a2

=1s

则t2时间内所发生的位移x=1

2

(v B+v0)t2=3m

故在剩下(L2−x)的这段位移内做匀速直线运动，运动时间t3=L2−x

v0

=1s

总时间t=t1+t2+t3=2.8s；

(3)要使小物块从B运动到C所用的时间最短，则需要小物块从B到C一直加速，则加速度a3=μg=

2m/s 2

由v C 2−v B 2=2a 3L 2得

v C =6m/s

故传送带则需顺时针转动，且v 0⩾6m/s 从B 到C 的最短时间t min =

v C −v B a 3

=1s 。

【解析】本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解。

(1)从A 到B 求出加速度，由匀变速直线运动速度位移关系即可求得达到B 点的速度；

(2)由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间； (3)使小物块从B 运动到C 所用的时间最短，则需要小物块从B 到C 一直加速，然后由牛顿第二定律及运动学公式求出最短时间。

12.如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L =1m ，质量M =0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m =0.3kg 的小木块．对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v =2m/s.已知木板与物块间动摩擦因数μ1=√3

2

，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=√3

4

，取g =10m/s 2，最大

静摩擦力等于滑动摩擦力．

(1)为维持薄木板静止不动，恒力F 应为多大？ (2)为使物块滑离木板，恒力F 应满足的条件？

(3)若F =10N ，木板与物块经过多长时间分离？分离前的这段时间木板、木块、传送带组成的系统产生的热量Q ．

【答案】解：(1)整体受力如图甲所示，

由平衡条件有

F−(M+m)gsinα−f=0，F N−(M+m)gcosα=0，f=μ2F N,代入数据解得F=7N；

(2)设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a1，

则μ1mgcosα−mgsinα=ma1

对木板受力分析，

则F−Mgsinα−μ2(M+m)gcosα−μ1mgcosα=ma2

要滑离应满足a1

解得F>9N；

(3)因为F=10N>9N，所以两者发生相对滑动

对小木块有a1=2.5m/s2

对长木板，则F−Mgsinα−μ2(M+m)gcosα−μ1mgcosα=ma3

解得a3=4.5m/s2由几何关系有L=1

2a3t2−1

2

a1t2

解得t=1s

全过程中产生的热量有两处，则Q=Q1+Q2=μ1mgcosαL+μ2(M+m)gcosα(vt+1

2

a3t2)

解得Q=15J。

【解析】本题主要考查受力分析和牛顿第二定律的应用。

(1)由于木板维持静止不动，则受到合外力为0，摩擦力和重力沿斜面的分力之和等于力F，从而求出F；

(2)当物块与木板发生相对滑动时，对物块进行受力分析，物块受到沿斜面向上的摩擦力，垂直于斜面的支持力，竖直向下的重力，根据牛顿第二定律可求出物块的最大加速度。对木板进行受力分析，木板受到自身的重力，拉力，传送带提供的沿斜面向下的摩擦力、垂直于斜面向上的支持力，物块提供的沿斜面向下的摩擦力，垂直于斜面向下的压力，运用牛顿第二定律可以求出此时木板的加速度。若要物块滑离木板，则要求木板的加速度大于物块的加速度，以此求出恒力应该满足的条件；

(3)因为F=10N是满足(2)求出的条件的，判断出物块能够离开木板。木板和物块均做初速度为0但加速度不同的匀加速直线运动，刚好分离时两者的位移差为木板长度，以此求出分离需要经历的时间。系统摩擦生热等于物块木板之间摩擦生热与木板传送带摩擦生热之和，物块与木板的相对位移为木板长度，木板与传送带的相对位移为木板运动的位移与传送带运动的位移之和，最后运用公式Q=Fx可求解。

12.如图所示，光滑固定绝缘斜面的倾角θ=37°，物体C带正电固定在斜面底端，A物体的质量为m、带

正电(带电量保持不变)，B物体的质量为19

3

m、不带电；三个物体均可视为质点．开始A、B靠在一起静止在距C物体l0处，然后给物体B施加一个平行斜面向上的拉力F，使两个球一起以加速度a=0.5g匀加

速沿斜面向上运动，直到AB分离并将B物体拿掉．求：(sin37°=0.6，相距r的两个点电荷间的电势能

为E p=k Qq

r

，其中k为静电力常量)

(1)A、B物体分离处距C球的距离多大？

(2)A物体距离C球的最小距离和最大距离分别多大？(√465≈21.6)

【答案】解：(1)设物体C带电Q，A带电q，所以有：

分离时，对B：，即F=19

5mg+19

3

ma

对A球：

两式相比：l 2

l02

=4，所以l=2l0

(2)分离时物体A的速度为v，v2=2a(l−l0)=gl0

根据能量关系有：

将kqQ=4.4mgl02代入可得：

6x2−39l0x+44l02=0

解得：x=39±√465

12

l0

则最短距离为1.45l0，最远距离为5.05l0

【解析】本题考查了带电小球在电场中的运动，涉及到平衡问题、能量问题和牛顿运动定律的综合应用，难度比较大，关键是找到AB两球分离的临界点。

(1)开始状态下对A、B两个小球，根据平衡状态分析电场力的大小；分离时两小球的加速度相同，但弹力等于0，对两个小球分别根据牛顿第二定律列式表示加速度，联立计算；

(2)分离时根据速度位移公式计算速度，再结合能量守恒列式表示A物体距C的距离满足的关系，根据数学知识计算x的最大值和最小值。

13.如图所示，足够高足够长的桌面上有一块木板A，木板长度为1.5m，质量为5kg；可视为质点的物块B 质量也为5kg，AB间的动摩擦因数μ1=0.1，A与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.2，开始时木板静止，当B

以水平初速度v0=3m/s滑上A的左端的同时在连接A右端且绕过定滑轮的轻绳上无初速度的挂上一个重物C，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计轻绳与滑轮间的摩擦和空气阻力(g=10m/s2)，求：

(1)B刚滑上A时，B所受到的摩擦力；

(2)此后的运动过程中若要使B不从A上滑出，则C的质量应满足什么条件？

【答案】解：(1)f=μ1mg=5N，向左(或者是与运动方向相反)

(2)若在右端共速，则物块：由f=μ1mg a1=μ1g=1m/s2

减速由运动学公式x1=v0t−1

2a1t2x2=1

2

a2t2

木板：a2=2m/s2加速，二者v−t图像如图所示

m1g+f

上−f

下

=(m1+m

板

)a2

解得m1=25

8

kg

若从左端滑下则m2g−f下=(m2+m板)a1

解得m2=10

3

kg

答案25

8≤m≤10

3

kg

【解析】(1)根据滑动摩擦力公式B刚滑上A时，B所受到的摩擦力；

(2)分情况讨论在右端共速和从左端滑下两种情况，分析好受力，应用牛顿第二定律和运动学知识可分析解题。