文档内容
选择题考点专项 16 动力学中的临界与极值问题
1.(绳连接体)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质
量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块
一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为( )
A.1 N B.2 N
C.4 N D.5 N
2.(脱离接触体)如图所示，质量为m的物体用平行于斜面的细线联接置于光滑的
斜面上，若斜面向左方做加速运动，当物体刚脱离斜面时，它的加速度的大小
为( )
A.gsin θ B.gcos θ
C.gtan θ D.
3.(滑动临界)高铁车厢里水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为
0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，
则高铁减速近站时的最大加速度不超过( )
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.8 m/s2
4.(滑动临界)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和
球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对
静止，它们间的摩擦力及空气阻力不计，则( )A.运动员的加速度为gtan θ
B.球拍对球的作用力为mg
C.运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ
D.若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
5.(分离临界)(多选)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两
个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使
A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x
正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2 kg，重力
加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.物块B的质量为12 kg
B.物块A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2
C.F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8 N
D.弹簧的劲度系数为80 N/m
6.(分离临界)(多选)如图所示，倾角为θ的足够长的光滑斜面固定在水平地面上，
轻弹簧一端连接在斜面底端，另一端拴接质量为m 的物体P，另一质量为m 的
1 2
物体Q叠放在物体P上，P、Q可以看作质点，轻弹簧以及物体 P，Q处于静止
状态，此时的弹簧的形变量为 x ，现给物体Q施加一个沿斜面向上的拉力 F，
0
使它从静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，下列关于拉力 F、两物体间弹
力F 与物体Q的位移x关系的图像正确的是( )
N7.(传送带问题)(多选)如图所示，由于运力增加，石家庄正定国际机场欲让货物
尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为 5 m，传送带向右匀速传动，其速
度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的小物块以7 m/s初速度
从左端滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.4，取g＝10
m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A.8 m/s B.9 m/s
C.10 m/s D.11 m/s
8.(传送带问题)(多选)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为 30°，两轮轴
心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带
沿顺时针方向匀速转动，将一小物块轻轻地放置于 A点，小物块与传送带间的
动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点
以v ＝3 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度可能为( )
0
A.1 m/s B.3 m/s
C.6 m/s D.9 m/s9.(传送带的临界极值问题)(多选)某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快
捷地运送到地面，专门安装了传送带设备，如图所示。已知传送带与水平面的
夹角θ＝37°，正常的运行速度是v＝10 m/s。现在传送带的A端轻轻放上一个小
物块(可视为质点)，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B间
距离s＝16 m(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)则( )
A.如果传送带不运行，小物块从A端运动到B端的时间为4 s
B.如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物块速度不可能超过皮带速度
C.如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物块从 A端运动到B端的时间小于传
送带不运行时小物块从A端运动到B端的时间
D.如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物块从 A端运动到B端的时间大于传
送带不运行时小物块从A端运动到B端的时间
10.(板块模型中的滑动临界)如图甲所示，足够长的木板 B静置于光滑水平面上，
其上表面放置小滑块A。木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变
化的关系图像如图乙所示，则小滑块A的质量为( )
A.4 kg B.3 kg
C.2 kg D.1 kg
11.(板块模型中的滑动临界)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为 M＝5
kg的木块，木块上静止放置一质量 m＝1 kg的物体，物体与木块之间的动摩擦
因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于物体加速度a 和木块加速度a 的值不可能的是( )
m M
A.a ＝0.6 m/s2，a ＝0.6 m/s2
m M
B.a ＝1 m/s2，a ＝1 m/s2
m M
C.a ＝1 m/s2，a ＝0.8 m/s2
m M
D.a ＝2 m/s2，a ＝0.8 m/s2
m M
12.(倾斜板块模型的滑动临界)如图所示，一倾角为 θ的斜面体固定在水平地面
上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板
上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，
重力加速度为g。则拉力F应大于( )
A.mgsin θ＋μmgcos θ B.mgsin θ＋2μmgcos θ
C.4μmgcos θ D.4mgsin θ选择题考点专项16 动力学中的临界与极值问题
1．C [对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有F ＝ma，
Tmax
F ＝2 N，联立解得F＝4 N，故C正确。]
Tmax
2．D [由题意对物体受力分析，当物体刚脱离斜面时，物体只受重力和细线的
拉力，如图所示，由牛顿第二定律可得，a＝＝＝，故D正确。]
3．B [书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速
度F ＝μmg＝ma ，解得a ＝μg＝4 m/s2，书相对高铁静止，故若书不动，高铁
fm m m
的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误。]
4．A [网球、网球拍和运动员一起在水平面做匀加速运动，说明有相同的水平
方向加速度，以网球为研究对象，受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得 F cos
N
θ＝mg，F sin θ＝ma，解得a＝gtan θ，F ＝，A正确，B错误；以网球和网球
N N
拍为整体，受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得Fcos θ＝(M＋m)g，Fsin θ＝
(M＋m)a，解得F＝，C错误；
甲
乙
根据上面分析可知，当运动员的加速度为a＝gtan θ时，球与球拍相对静止，由
于gtan θ＝g·>gsin θ(0°<θ<90°)，故加速度大于gsin θ时，球不一定沿球拍向上运动，D错误。]
5．BD [以A、B整体为研究对象，设物体B质量为M，静止时弹簧压缩量为
x ，有kx ＝(m＋M)g，分离之前有F＋k(x －x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，即F＝kx
0 0 0
＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数 k＝ N/m＝80 N/m，故
D正确；x＝0，有12 N＝(m＋M)a，分离时，有22 N－mg＝ma，联立解得a＝1
m/s2，M＝10 kg，故A错误，B正确；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力
为F ，对B进行受力分析有kx －Mg－F ＝Ma，解得F ＝10 N，故C错误。]
N 0 N N
6．BD [开始时静止时kx ＝(m ＋m )gsin θ，当PQ分离时，两者加速度相等，
0 1 2
两者间的弹力为零，则对Q，F－m gsin θ＝m a，对P，kx－m gsin θ＝m a，此
2 2 1 1
时弹簧仍处于压缩状态，即物体 Q的位移小于x ，A错误，B正确；两物体分
0
离之前，对整体 F＋k(x －x)－(m ＋m )gsin θ＝(m ＋m )a，对Q分析F＋F －
0 1 2 1 2 N
m gsin θ＝m a，联立解得F ＝－x＋m gsin θ－，当F ＝0时解得x＝－<＝x ，
2 2 N 2 N 0
则C错误，D正确。]
7．CD [根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一
直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为 v，由牛顿第二定律有 ma＝
μmg，由运动学公式有v2－v＝2ax，解得v＝ m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送
带速度为v ≥ m/s≈9.4 m/s，故C、D正确。]
1
8．BC [若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速
度a ＝gsin 30°＋μgcos 30°＝12.5 m/s2，物块到达B点时的速度最小，且最小速
1
度v ＝＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，
1
加速度a ＝－gsin 30°＋μgcos 30°＝2.5 m/s2，物块到达B点时的速度最大，且最
2
大速度v ＝＝8 m/s，故B、C正确。]
2
9．AC [因为小物块重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，当传送带静止或顺
时针转动时，小物块均加速下滑，根据牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°
＝ma，x＝at2，联立解得t＝4 s，故A正确，D错误；如果传送带沿逆时针方向
正常转动，开始时小物块速度小于传送带速度，摩擦力向下，根据牛顿第二定
律得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma ，速度和传送带相同时位移为 x ，则有v2＝
1 1
2a x ，联立两式解得x ＝5 m<16 m，小物块继续加速下滑，根据牛顿第二定律
1 1 1
有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，设小物块到达传送带底端时速度为v ，根据运
1动学公式有v－v2＝2a(s－x )，联立并代入数据解得 v ＝12 m/s>v＝10 m/s，由
1 1
于第一段加速度较大，全程时间会小于4 s，故B错误，C正确。]
10．C [刚开始A、B两个一起做加速运动，根据牛顿第二定律可知 F＝(m ＋
A
m )a，结合图像斜率可知m ＋m ＝3 kg，当加速度大于等于1 m/s2时，A、B分
B A B
开各自加速，设 B 受到的摩擦力大小为 F，根据牛顿第二定律可知 F－F＝
f f
m a，结合图像斜率可知 m ＝1 kg，联立以上公式可求得 m ＝2 kg，故 C 正
B B A
确。]
11．B [当两物块相对滑动时，M 加速度最大为 a ＝＝0.8 m/s2，当 a≤0.8
0
m/s2，两者一起做匀加速直线运动，当两者相对滑动时 a >0.8 m/s2，a ＝0.8
m M
m/s2，故A、C、D不符合题意，B符合题意。]
12．C [临界状态整体受力分析，B和斜面之间为滑动摩擦力2μmgcos θ，根据
牛顿第二定律有F－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，对物块A受力分析，A、B之
间为最大静摩擦力μmgcos θ，根据牛顿第二定律有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma，
联立可得拉力F的最小值为4μmgcos θ，故C正确。]
