动力学中临界极值问题（解析版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中物理试卷汇编_0612物理_动力学中临界极值问题--2027届高考物理

动力学中临界极值问题
【考点精练】
1.(2026山西大学附中质检)下雨时，雨滴在均匀分布的空气中下落过程中受到的阻力可以表示为 f=
1
kρd2v2，其中ρ表示空气密度，d表示雨滴直径，v表示雨滴下落的速率，k被称之为雷诺系数，其经验
8
24 6
公式为k= + +0.4，η为流体的黏滞系数，根据以上信息判断下列说法正确的是
ρvd ρvd
1+
η η
( )
A. 雨滴下落过程中做加速度减小的加速运动，直到加速度减为0
B. 雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴速率的平方成正比
C. 雷诺系数的单位为kg/(m·s2)
D. 黏滞系数的单位为kg/(m·s)
答案 AD
1  24 6
【解析】雨滴在均匀分布的空气中下落过程中受到的阻力f= + +0.4
8  ρvd ρvd
1+
 η η
1

ρd2v2，不是与
雨滴速率的平方成正比，B错误；但是随着速率v的增大而增大，则加速度减小，即雨滴下落过程中做加
速度减小的加速运动，直到加速度减为0，A正确；
1 8f kg·m/s2 kg·m/s2
根据阻力f= kρd2v2，可知k= ，即k的单位为 = =1，无单位，C错误；
8 ρd2v2 kg/m3·m2·m2/s2 kg·m/s2
24 6 ρvd
由于k无单位，则经验公式k= + +0.4中三项均无单位， 也无单位，即黏滞系数的
ρvd ρvd η
1+
η η
单位与ρvd的单位相同，即黏滞系数的单位为kg/m3·m/s·m=kg/(m·s)，D正确。
2. 在一些大城市，应用无人机投送外卖。利用悬停无人机将质量为m的外卖以恒定的拉力F由静止竖直
向上提升高度h。已知外卖竖直向上运动时所受阻力与速度成正比，f=kv，下列说法正确的是
A. 外卖可能竖直向上做匀加速运动
B. 外卖竖直向上的最大速度为F/k
C. 外卖由静止竖直向上提升高度h的时间为2kh/(F-mg)F+mg
D. 外卖竖直向上运动速度增大到最大速度的1/2时的加速度为
2m
答案 D
【解析】由于外卖竖直向上运动时所受阻力与速度成正比，所以外卖竖直向上做加速度逐渐减小的加速
运动,A错误；由F=mg+kv解得外卖竖直向上的最大速度为v=(F-mg)/k，B错误；画出外卖竖直向
上运动的速度图像，
可知外卖由静止竖直向上提升高度h的平均速度大于mg/2k，外卖由静止竖直向上提升高度h的时间小
于2kh/(F-mg)，C错误。外卖竖直向上运动速度增大到最大速度的1/2时所受阻力kv/2，由牛顿第二
F+mg
定律，F-kv/2=ma,解得a= ,D正确。
2m
3. (湘豫名校联考2025学年高三春季学期第二次模拟考试)如图，滑块P、Q的质量分别为m =5kg，m
P Q
=10kg。P与Q、Q与水平地面之间的动摩擦因数均为0.5。绳OA一端与P相连，另一端与竖直墙壁
4
相连，绳刚好伸直，绳OA与水平方向夹角为θ，tanθ= ，重力加速度g=10m/s2。现通过力传感器水
3
平作用于Q将它抽出。下列说法正确的是 ( )
A. P受到的静摩擦力大小为15N
B. 将Q抽出力传感器的最小读数为90N
C. 当力传感器的读数为100N时，Q的加速度大小为2m/s2
D. Q对地面的摩擦力大小为75N
【答案】C
【解析】．P受到的是滑动摩擦力，对P进行受力分析，如图所示
由平衡条件，可得F cos53°=F ，F +F ⋅sin53°=m g
OA f1 N1 OA P
又F =μF ，
f1 N1
2解得F =25N，F =30N，F =15N
OA N1 f1
对Q分析有F =μF =μ(F +m g)=65N
f2 N2 N1 Q
则将Q抽出力传感器的最小读数为F =F +F =80N
min f1 f2
故ABD错误；
由牛顿第二定律F-F -F =m a
f1 f2 Q
解得a=2m/s2
故C正确。
4. (2025年5月东北三省精准质检)实验台上有一个竖直放置的弹簧，其劲度系数为k=5N/cm。其中物
块B与弹簧紧密相连，物块A平稳置于物块B的上方。已知物块A的质量m =2kg，物块B的质量m
A B
=3kg，两物块初始时均处于静止状态。为了探究外力对物块系统运动的影响，研究人员通过一套精密
的机械装置对物块A施加一个竖直向上、大小为30N的恒力F。取g=10m/s2，在这样的实验操作下，针
对物块A和B后续的运动情况，下列说法正确的是 ( )
A. 施加恒力F瞬间，物块A对物块B的压力大小为2N
B. 分离前的过程，物块A的动量变化率变大
C. 物块A上升1cm时两物块分离
11
D. 分离时物块A的速度大小为 m/s
10
【答案】ACD
【解析】．没有施加恒力F之前，有m +m A B
3
 g=kx 1
施加恒力F的瞬间对整体分析，根据牛顿第二定律有F-m +m A B  g+kx 1 =m A +m B  a
解得a=6m/s2
对A分析，根据牛顿第二定律有F-m g+F =m a
A N A
解得F =2N
N
由牛顿第三定律可知物块A对物块B的压力大小为2N，故A正确；
分离前A、B两物块一起做加速度减小的加速运动，动量变化率即为所受合力的大小，根据F =ma
合
可知，在分离前动量变化率一直在减小，故B错误；
分离时A、B间作用力为零，对A分析有F-m g=m a
A A
解得a=5m/s2
此时B与A加速度相同，对B分析有kx -m g=m a
2 B B
则x =9cm
2
初始时x =10cm，此过程Δx=x -x =1cm
1 1 2
故C正确；全过程根据动能定理有FΔx-m +m
A B
4

kx +kx 1
gΔx+ 1 2 Δx= m +m
2 2 A B
 v2
11
解得v= m/s
10
故D正确。
5.(2024·福建泉州模拟)如图所示，在水平面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的物体P和Q，θ=
37°，P和Q质量之比为7∶2，所有接触面均光滑。若把大小为F、方向向左的水平推力作用在P上，P
1
和Q恰好相对静止;若把大小为F、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相对静止，sin 37°
2
F
=0.6，cos 37°=0.8，则 1 为 ( )
F
2
7 2
A. B. C. 1 D. 3
2 7
答案 A
解析 设P和Q的质量分别为7m和2m，当把大小为F、方向向左的水平推力作用在P上时，设整体的
1
加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有F =9ma 。隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，根据力的合
1 1 1
27
成与分解以及牛顿第二定律有2mgtan θ=2ma ，联立解得F = mg;当把大小为F、方向向右的水
1 1 4 2
平推力作用在Q上时，设整体的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有F =9ma ，设Q对P的弹力大小
2 2 2
为F ，则F sin θ=7ma ，根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为F '=F ，隔离Q分析，因为P和
N N 2 N N
27 F 7
Q恰好相对静止，在竖直方向上根据平衡条件有F 'cos θ=2mg，联立解得F = mg，所以 1 = ，
N 2 14 F 2
2
故A正确。
6.(2024·湖南娄底模拟)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量
分别为m =6kg，m =4kg，从t=0开始，推力F 和拉力F 分别作用于A、B上，F 、F 大小随时间变
A B A B A B
化的规律分别如图甲、乙所示，则 ( )
A. t=0时，A物体的加速度为2m/s2 B. t=1 s时，A、B开始分离
C. t=0时，A、B之间的相互作用力为3 N D. A、B开始分离时的速度为3m/s
答案 B
解析 由题图甲、乙可得F =(8-2t) N，F =(2+2t) N，t=0时，可知F =8 N，F =2 N，由于
A B A0 B0F +F
F >F ，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a= A B =1m/s2，设此时A、B之间的相互
AO BO m +m
A B
作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F+F =m a，解得F=2 N，故A、C错误;当二者之间的相
B0 B
F F 2+2t 8-2t
互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有 B = A ，即 = ，解得t=1 s，
m m 4 6
B A
分离时的速度为v=at=1m/s，故B正确，D错误。
7.(2025·山西运城高三期末)马车是古代交通运输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示
意图。木板A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ ，B与车之间的动摩擦因
1
数为μ ，A的质量为m，B的质量为3m，车的质量为5m，地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉力为
2
F，A、B始终没有离开车的表面，重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
A. 若μ >μ ，不管F多大，A、B都不会发生相对滑动
1 2
B. 若μ >μ ，当F=10μ mg时，B与车之间开始相对滑动
1 2 2
C. 若μ <μ ，逐渐增大F，A相对于B先滑动
1 2
D. 若μ <μ ，A、B与车都相对静止，F的最大值为8μ mg
1 2 1
答案 AC
解析 若μ >μ ，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直
1 2
μ (m+3m)g
静止，故A正确;若μ >μ ，整体相对静止的最大加速度为a = 2 =μ g，则最大拉力为F =
1 2 m m+3m 2 m
(m+3m+5m)a =9μ mg，当F=9μ mg时，B与车之间开始相对滑动，故B错误;若μ <μ ，逐渐增
m 2 2 1 2
大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故C正确;若μ <μ ，A、B与车都相对静止，系统的最大加速度
1 2
μ mg
为a '= 1 =μ g，则最大拉力为F '=(m+3m+5m)a '=9μ mg，故D错误。
m m 1 m m 1
3
8.(2024·湖北武汉模拟)质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速
3
度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为 ( )
3
A. 1-
3
5

3 2 3
g B. g C. g D. g
3 3
答案 B
解析 对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，由牛顿第二定律Fcos θ-μ(mg-Fsin
3 1
θ)=ma，化简可得F μ2+1sin(θ+φ)-μmg=ma，其中F=mg，μ= ，tan φ= ，当sin(θ+φ)
3 μ
3
=1时，物块运动的加速度最大，为a = g，故B正确。
m 39.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木
板的底端以初速度v =2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变
0
化，重力加速度g=10m/s2，x的最小值为 ( )
A. 0.12 m B. 0.14 m C. 0.16 m D. 0.2 m
答案 C
解析 设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得
-mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=-g(sin θ+μcos θ)，设木块的位移为x，有0-v2=2ax，根据数
0
学关系知sin θ+μcos θ= 1+μ2sin (θ+α)，其中tan α=μ=0.75，可得α=37°，当θ+α=90°时，加
5 2v2
速度有最大值，为a =-g 1+μ2=- g，此时x有最小值，为x = 0 =0.16 m，故A、B、D错误，C
m 4 min 5g
正确。
10. (2025·广西玉林模拟)如图所示，质量m =2kg的水平托盘B与一根竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放
B
一个质量m =1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静
A
止开始以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600 N/m，g取10m/s2。以下
结论正确的是 ( )
A. 变力F的最小值为2 N
B. 变力F的最小值为6 N
C. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s
5
D. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
5
答案：BC
解析：A、B整体受力产生加速度，则有F+F -(m +m )g=(m +m )a，可得F=(m +m )a+
NAB A B A B A B
(m +m )g-F ，当F 最大时，F最小，即刚开始施力时，F 最大且等于A和B的重力之和，则变
A B NAB NAB NAB
(m +m )g
力F =(m +m )a=6 N，A错误，B正确；刚开始，弹簧的压缩量为x = A B =0.05 m，A、
min A B 1 k
B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx -m g=m a，得x =0.04 m，物块A
2 B B 2
在这一过程的位移为Δx=x -x =0.01 m，由运动学公式可知v2=2aΔx，代入数据得v=0.2m/s，C
1 2
正确，D错误。
11.(2025·湖南长沙雅礼中学月考)水平面上放置一质量为m的滑块A，上方有圆形凹槽，质量为2m的圆柱
B恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角θ=30°。一
6质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与A相连，细绳伸直后由静止释放C，不计
一切摩擦，A离定滑轮足够远，重力加速度为g，下列说法正确的是 ( )
3Mmg
A. 若A、B能保持相对静止，则细绳的张力大小为
M+3m
M2
B. 若A、B能保持相对静止，则A对B的作用力大小为2mg 1+
(M+3m)2
C. 当M=( 3+1)m时，B恰要从凹槽中滚出
D. 若θ=45°，则只要M足够大，B一定可以从凹槽中滚出
答案 AB
解析 若A、B相对静止，对系统由牛顿第二定律得Mg=(m+2m+M)a，则加速度大小为a=
Mg 3Mmg
，对A、B受力分析，有F =3ma，解得F = ;再对B受力分析，有F2 =(2ma)2+
3m+M T T M+3m AB
M2
(2mg)2，所以F =2mg 1+ ，故A、B正确;小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持
AB (M+3m)2
力F 沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，得F sin θ=2ma ，F cos θ=2mg，临界加速度大小
AB AB 1 AB
3 Mg 3( 3+1)
为a = g，对A、B整体有a = ，解得M= m，故C错误;若θ=45°，由F sin θ=
1 3 1 M+3m 2 AB
Mg
2ma 和F cos θ=2mg，解得临界加速度大小a =g，由于 <g，所以无论M为多大，B都不能
2 AB 2 M+3m
滚出凹槽，故D错误。
12.(2026河北实验中学质检)传感器是能感受规定的被测量，并将被测量按照一定的规律转换成可用信号
的器件或装置。如图所示，质量m =0.4kg的物块A静置于水平放置的力传感器(可显示A对力传感
A
器的压力大小)上，一劲度系数k=100N/m的竖直轻质弹簧下端与A相连，上端与质量m =0.2kg的
B
物块B相连，B处于静止状态。取重力加速度大小g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。
(1)若对B施加一竖直向上的拉力，使B缓慢上升，直至力传感器的示数为零，求此过程中B的位移大小
s；
(2)若对B施加一竖直向上的拉力F，使B竖直向上做加速度大小a=0.75m/s2的匀加速直线运动，直至
力传感器的示数为零，求此运动过程所用的时间t以及拉力F的最大值F 。
max
【解析】．(1)设施加拉力前，弹簧的压缩量为x ，根据胡克定律有m g=kx
1 B 1
解得x =0.02m
1
7设施加拉力后，当力传感器的示数为零时，弹簧的伸长量为x ，根据胡克定律有m g=kx
2 A 2
解得x =0.04m
2
又s=x +x
1 2
解得s=0.06m
(2)当力传感器的示数为零时，拉力F最大，对B有F -m g-kx =m a
max B 2 B
1
根据匀变速直线运动的规律有x +x = at2
1 2 2
解得t=0.4s，F =6.15N
max
13.(16分)(2026湖北荆州质检)如图甲所示，水平地面上有一质量为M=3kg的木板M，木板的左端上放
有一质量为m=2kg的小物块(可视为质点)，开始时两者均静止。现用一水平向左的拉力F作用在木
板上，m、M的加速度随拉力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=
10m/s2。求：
(1)(4分)m、M之间的动摩擦因数μ 为多大？
1
(2)(4分)木板与水平地面之间的动摩擦因数μ 为多大？
2
(3)(8分)已知木板长L=3.5m，若对M施加水平向左的恒力F=28N，要使物块与木板能分离，则恒力
F至少持续作用多长时间？
【答案】．(1)0.3；(2)0.2；(3)2.5s
【解析】(1)由乙图可知，当F>25N时，m与M相对滑动，物块加速度
a =3m/s2
1
对m，根据牛顿第二定律有 μ mg=ma
1 1
解得： μ =0.3
1
(2)当F=25N时，对m、M整体，根据牛顿第二定律有：
F-μ 2m+M
8
 g=m+M  a 1
解得： μ =0.2
2
(3)F撤前，对M，根据牛顿第二定律有：
F-μ 1 mg-μ 2m+M  g=Ma 2
解得： a =4m/s2
2
F撤后： μ 1 mg+μ 2m+M  g=Ma 3
16
解得： a = m/s2
3 3
设F持续作用时间为t，此后经时间t板块恰好分离,此时速度相同
a 2 t-a 3 t=a 1t+t 
3
解得： t= t
251
又m滑离木板时，m的位移： x 1 = 2 a 1t+t
9
 2
1
M的位移： x 2 = 2 a 2 t2+ a 1t+t 
1
  t- a t2  2 3 
由几何关系得： x -x =L
2 1
联立解得： t=2.5s
14.(2025·陕西商洛模拟)水平地面上有一质量m =3kg的长木板，木板的左端上表面有一质量m =2kg
1 2
的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F、
1
F 分别为t 、t 时刻F的大小，木板的加速度a 随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的
2 1 2 1
动摩擦因数为μ =0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ =0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩
1 2
擦力相等，重力加速度取g=10m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是
( )
A. F =16 N B. F =20 N
1 2
C. 木板加速度所能达到的最大值为2.5m/s2 D. 在t ~t 时间段内物块做匀加速直线运动
1 2
答案：B
解析：木板与地面间的最大静摩擦力 f =μ (m +m )g=0.2×(3+2)×10 N=10 N，木板与物块间的
1 1 1 2
最大静摩擦力f =μ m g=0.8×2×10 N=16 N，当拉力F逐渐增大到F 时，由图像可知木板开始运
2 2 2 1
动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F =10 N，故A错
1
误；当拉力达到F 时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板，有f -f =m a，对物块，
2 2 1 1
有F -f =m a，联立解得F =20 N，a=2m/s2，此时拉力大小为20 N，木板加速度所能达到的最大值
2 2 2 2
为2m/s2，故B正确，C错误；在t ~t 时间段内物块相对木板静止，物块所受拉力逐渐增大，物块运动的
1 2
加速度在变大，不做匀加速直线运动，故D错误。
15.(2025·湖南岳阳一模)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6kg的匀质小
球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是F =15 N，已知sin 37°=
m
0.6，cos 37°=0.8，取g=10m/s2，则 ( )
A. 系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N
B. 系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N
C. 当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5m/s2
D. 当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10m/s2
答案 BC解析： 小球受力分析如图所示。
系统静止时，竖直方向有F·sin 37°=mg，水平方向有F·cos 37°=F，解得F =10 N，F =8 N，故A错
a a b a b
误，B正确；当系统沿竖直方向向上匀加速运动时，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得，竖直方向
有F ·sin 37°-mg=ma，水平方向有F ·cos 37°=F，解得F =12 N<15 N，此时加速度有最大值a=
m m b b
5m/s2，故C正确；系统沿水平方向向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有F·sin 37°=mg，
a
水平方向有F -F·cos 37°=ma，解得F =10 N，当F =15 N时，加速度最大为a≈11.67m/s2，故D错
b a a b
误。
16.(2025·湖南娄底二模)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量
分别为m =6kg，m =4kg，从t=0开始，推力F 和拉力F 分别作用于A、B上，F ，F 大小随时间变
A B A B A B
化的规律分别如图甲、乙所示，则 ( )
A. t=0时，A物体的加速度为2m/s2 B. t=1 s时，A、B开始分离
C. t=0时，A、B之间的相互作用力为3 N D. A、B开始分离时的速度为3m/s
答案 B
解析： 由F -t与F -t图像可得F =(8-2t)N，F =(2+2t)N，则t=0时，可知F =8 N，F =2
A B A B A0 B0
F +F
N，由于m >m ，所以二者不会分开，A、B两物体共同的加速度为a= A B =1m/s2，设此时A、
A B m +m
A B
B之间的相互作用力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F+F =m a，解得F=2 N，故A、C错误；当
B0 B
F F 2+2t
二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有 B = A ，即 m/s2=
m m 4
B A
8-2t
m/s2，解得t=1 s，开始分离时的速度为v=at=1m/s，故B正确，D错误。
6
17.(2025·山东烟台模拟)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成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=1kg。经过时间t=2.0 s，玩具移动的距离x=
2 3 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g=10m/s2)。求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后，玩具还能滑行多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？
103
答案：(1)
3
(2)1.04 m
(3)30°
1
解析：(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x= at2
2
解得a= 3 m/s2
对玩具受力分析，如图所示，则F =mg-Fsin 30°
N
由牛顿第二定律得Fcos 30°-μ(mg-Fsin 30°)=ma
3
解得μ= 。
3
(2)松开手时，玩具的速度v=at=2 3 m/s
松开手后，由牛顿第二定律得μmg=ma'
10 3
解得a'= m/s2
3
由匀变速直线运动的速度与位移公式可得
0-v2 3 3
玩具的位移x'= = m≈1.04 m。
-2a' 5
(3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ-F >0
f
F =μF
f N
在竖直方向上，由平衡条件得F +Fsin θ=mg
N
μmg
联立解得F>
cosθ+μsinθ
cos θ+μsin θ= 1+μ2sin(60°+θ)
则当θ=30°时，拉力最小，最省力。
18.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱
质量M=8kg，重物质量m=2kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10
m/s2。
(1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？
(2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5
m时，求重物的速度大小v。
答案：(1)μ≥0.5
(2) 2 m/s
解析：(1)对重物受力分析，根据平衡条件可得F =mg=20 N
T
11对木箱受力分析，可得F =2F ，又F =μ'Mg
f T f
联立解得μ'=0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。
(2)设木箱的加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得F -
T
mg=2ma
对木箱受力分析，有F-μMg-2F =Ma
T
联立解得a=0.5m/s2
当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x=0.5 m时，重物向上的位移为
h=2x=1 m，由v2=2×2a·h
可得此时重物的速度大小为v= 2 m/s。
19.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 沿木板向上运动，随着θ的改变，小
0
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？求出此最小值。
3 3v2
答案：(1) (2)60° 0
3 4g
解析：(1)当θ=30°时，小木块处于平衡状态，对小木块受力分析，则有
mgsin θ=μF
N
F -mgcos θ=0
N
3
联立解得μ=tan θ=tan 30°= 。
3
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小木块的加速度为a，由牛顿第二定律得
-mgsin θ-μmgcos θ=ma
由0-v2=2ax得
0
v2 v2
x= 0 = 0
2g(sinθ+μcosθ) 2g 1+μ2sin(θ+α)
其中tan α=μ，故α=30°
当α+θ=90°时x最小，此时θ=60°
所以x的最小值为
v2 3v2
x = 0 = 0 。
min 2g 1+μ2 4g
20. (2025湖南大联考)如图所示，两个滑块A和B(均可看作质点)放在静止于水平地面上的木板C的中
点，A、B、C的质量分别为m =m、m =5m、m =4m。A、B与木板间的动摩擦因数均为μ =0.5，
A B C 1
木板与地面间的动摩擦因数为μ =0.1。某时刻突然给A、B两滑块大小均为v =3m/s的初速度向左和
2 0
向右滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
12(1)木板相对地面的运动方向(要有推导过程)；
(2)滑块B与木板相对静止时(A未滑离木板)，木板的速度大小；
(3)要使两滑块不滑离木板，木板的最小长度。
【答案】(1)木板向右运动
(2)1m/s
(3)0.26m
【解析】
(1)以木板为对象，由于
F =μ m g-μ (m +m +m )g-μ m g>0
C合 1 B 2 A B C 1 A
且方向向右，所以木板向右运动。
(2)设A、B相对于地面的加速度大小分别是a 和a ，木板C相对于地面的加速度大小为a ，在物块B
A B 1
与木板达到共同速度前，由牛顿第二定律得
μ m g=m a
1 A A A
μ m g=m a
1 B B B
μ m g-μ (m +m +m )g-μ m g=m a
1 B 2 A B C 1 A C 1
解得
a =a =5m/s2，a =2.5m/s2
A B 1
设在t 时刻，B与木板达到共同速度，大小为v 。由运动学公式有
1 1
v =v -a t ，v =a t
1 0 B 1 1 1 1
解得
t =0.4s，v =1m/s
1 1
(3)B与木板达到共同速度时，木板向右运动的位移
1
s = a t2=0.2m
板 2 1 1
在B与木板达到共同速度v 后，B与木板的加速度大小为a ，对于B与木板组成的整体，由牛顿第二定
1 2
律有
μ m g+μ (m +m +m )g=(m +m )a
1 A 2 A B C B C 2
解得
5
a = m/s2
2 3
由a =a 可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v ，但运动方向与木板相反；又因为a >
A B 1 A
a ，所以A减速为0时，B与木板速度还没减为0，则A又向右加速，设A与木板的速度相同时其大小为
2
v ，A的速度大小从v 变到v 所用时间为t ，由运动学公式，对木板有
2 1 2 2
v =v -a t
2 1 2 2
对A有
v =-v +a t
2 1 A 2
解得
v =0.5m/s，t =0.3s
2 2
在t 时间内，木板(包括B)相对地面向右的位移为
2
131
s =v t - a t2=0.225m
1 1 2 2 2 2
在(t +t )时间间隔内，A相对地面向左的位移为
1 2
1
s =v (t +t )- a (t +t )2=0.875m
A 0 1 2 2 A 1 2
A与木板(包括B)共速后就一起在地面摩擦力的作用下向右减速直到停止，则最终A与木板中点的距
离为
s =s +s +s =1.3m
0 A 1 板
则木板的最小长度为
L =2×1.3m=2.6m
min
21. (2025年4月河南名校联考) 如图所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射时，助推器
点火提供向上的推力，使火箭上升到40km高空时，速度达到1.2km/s，然后助推器脱落，并立即关闭发
动机，在接近地面10km处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。火箭助推器运动过程中所
受地球引力可视为不变，等于地球表面时的重力，运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2
倍，助推器推力恒定不变。
(1)助推器能上升到距离地面的最大高度；
(2)重启发动机前助推器的最大速度为多少；
(3)重启发动机产生的推力是助推器重力的多少倍。
【参考答案】(1)1×105m；(2)1.2×103m；(3)8mg
【名师解析】
(1)火箭加速上升的高度h =4×104m，助推器脱落时的速度v =1.2×103m/s，助推器脱落后向上做减
1 1
速运动，阻力f=0.2mg，有
mg+f=ma
2
v2=2a h
1 2 2
解得
h =6×104m
2
助推器上升的最大高度为
h=h +h =1×105m
1 2
(2)重启发动机前火箭下落过程
h =9×104m
3
由牛顿运动定律
mg-f=ma
3
v2=2a h
2 3 3
联立解得
v =1.2×103m/s
3
(3)重启发动机后火箭下过程
14h =1×104m
4
v2=2a h
3 4 4
由牛顿运动定律
F+f-mg=ma
4
所以
F=8mg
15