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高考易错点解读和针对训练
运动和力的关系
易错点3.10 动力学临界极值问题
易错点解读
1.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂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FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。
2.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(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。
【方法总结】 处理动力学临界和极值问题的方法技巧
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，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
数学法
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
【典例剖析】
【典例1】如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量
分别为3m、m 的物体A、B(A 物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，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B 上，使物体A、B 开
始向上一起做加速度大小为g 的匀加速直线运动，直到A、B 分离。重力加速度
为g，则关于此过程说法正确的是( )
A.施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为FAB＝
B.施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为FAB＝
C.从施加力F 到A、B 分离的时间为4
D.从施加力F 到A、B 分离的时间为2
答案 A
解析 设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F 开始施加的瞬间，弹
簧对A 的弹力不变，对A 物体，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解
得FAB＝，A 正确，B 错误；在A、B 分离瞬间，A、B 间的弹力为0，弹簧弹力
不为零，对A 受力分析得kx－3mg＝3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x＝，
则A、B 上升的高度h＝x0－x，由h＝at2，解得从施加力到A、B 分离的时间是t
＝，C、D 错误。
【典例2】 (2024·陕西西安交大附中期中)如图所示，物体A 放在B 上，物体B
放在光滑的水平面上，已知mA＝6 kg，mB＝2 kg。A、B 间动摩擦因数μ＝0.2。
A 物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20 N，水平向右拉细线(取g＝10
m/s2)，下列叙述正确的是( )
A.当拉力0<F<12 N 时，A 静止不动
B.当拉力F>12 N 时，A 相对B 滑动
C.当拉力F＝16 N 时，B 受到A 的摩擦力等于12 N
D.在细线可以承受的范围内，无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止
答案 D
解析 由于物体B 放在光滑的水平面上，因此只要拉力F 不是零，A、B 将一起
加速运动，所以当拉力0<F<12 N 时，A 不会静止不动，A 错误；若A、B 能发
生相对滑动，则有a＝＝ m/s2＝6 m/s2，对A、B 整体，由牛顿第二定律可得发
生相对滑动时的拉力为F＝(mA＋mB)a＝(6＋2)×6 N＝48 N，超出了绳子的最大
拉力，由此可知，在绳子承受的最大拉力20 N 范围内，无论拉力F 多大，A、B
始终处于相对静止状态，B 错误，D 正确；当拉力F＝16 N 时，对整体，由牛
顿第二定律可得F＝(mA＋mB)a′，解得a′＝＝ m/s2＝2 m/s2，则B 受到A 的摩擦
力f＝mBa′＝2×2 N＝4 N，C 错误。
【针对性训练】
1.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v0＝2 m/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s 将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，s
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s，有0－v＝2as，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其
中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－
g＝－g，此时s 有最小值，为smin＝＝0.16 m，故A、B、D 错误，C 正确。
2. 在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图6 所示。
小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火
车以加速度a 向右加速运动时，则( )
图6
A.若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
B.若a＝20 m/s2，小球只受G、T 两个力的作用
C.若a＝10 m/s2，小球只受G、T 两个力的作用
D.若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
答案 BD
解析 设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第
二定律可得＝ma0，解得a0＝10 m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离
开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A 错误，B 正确；若a＝10
m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个
力的作用，C 错误，D 正确。
3 .(2021·全国甲卷，14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡
板P 处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之
间的夹角θ 可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从
Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ 的大小有关。若θ 由30°逐渐增大至60°，物
块的下滑时间t 将( )
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
答案 D
解析 设P 点与竖直杆的距离为l，则PQ＝。对物块，根据牛顿第二定律，有
mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，由s＝at2，得＝gsin θ·t2，解得t＝，当2θ＝
90°，即θ＝45°时，t 最小，由题知θ 从30°增大到60°，则物块的下滑时间先减
小后增大，选项D 正确。
4.（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＝
0.6 kg 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Fm＝15 N，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/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5 m/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10 m/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Fa·sin 37°＝mg，水平方向有
Fa·cos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故A 错误，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Fm·sin 37°－mg＝
ma，水平方向有Fm·cos 37°＝Fb，解得Fb＝12 N＜15 N，此时加速度有最大值a＝5
m/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
Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fb－Fa·cos 37°＝ma，解得Fa＝10 N，当Fb＝15 N 时，加速
度最大为a≈11.67 m/s2，故D 错误。
5．（2025 届湖南衡阳重点高中质检）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的
最大位移x 与斜面倾角
的关系，将某一物体每次以不变的初速率
沿足够长的斜面向上
推出，调节斜面与水平方向的夹角
,实验测得x 与斜面倾角
的关系如图（b）所示，取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
图（a） 图（b）
A．物体的初速率
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．当
时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角
,物体在斜面上能达到的位移x 的最小值
【答案】AD
【名师解析】由图可知，当
时物体做竖直上抛运动，位移为
,由竖直上
抛运动规律可知
代入数据解得
故A 正确；
当
时，位移为
,由动能定理可得
代入数据解得
．故B 错误；
若
时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C 错误；
由动能定理得
解得
当
时，
,此时位移最小为
故D 正确．故选AD．
6．(2024 湖南顶级名校质检)从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为
的小球，其动能随时间的变
化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为
，且落地前小球已经做匀速运
动。重力加速度为
，则小球在整个运动过程中（ ）
A．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
B．从最高点下降落回到地面所用时间小于
C．最大的加速度为
D．小球上升的最大高度为
【名师解析】．CD
【名师解析】由题意可得，阻力与速率的关系为
，故阻力的冲量大小为
，因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小
相等，A 错误；由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降过
程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，B 错误；设小球的初速度为
，满足
，而小球的末速度为
，有
，小球刚抛出时阻力最大，其加速
度最大，有
，当小球向下匀速时，有
，联立解得
，C 正确；
上升时加速度为
，由牛顿第二定律得
，解得
，取极短时间
，
速
度
变
化
，
有
，
又
，
上
升
全
程
，则
，设小球的初速度为
，满足
，而小球的末速度为
，有
，联立可得
，D 正
确。故选CD。
7.（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
的物块A 静置于水平放置的力
传感器（可显示A 对力传感器的压力大小）上，一劲度系数
的竖直轻质弹簧
下端与A 相连，上端与质量
的物块B 相连，B 处于静止状态。取重力加速度大
小
，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；
（2）若对B 施加一竖直向上的拉力
，使B 竖直向上做加速度大小
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以及拉力
的最大值
。
【解析】．（1）设施加拉力前，弹簧的压缩量为
，根据胡克定律有
解得
设施加拉力后，当力传感器的示数为零时，弹簧的伸长量为
，
根据胡克定律有
解得
又
解得
（2）当力传感器的示数为零时，拉力
最大，
（3）对B 有
根据匀变速直线运动的规律有
解得
，
8．（16 分）（2026 湖北荆州质检）如图甲所示，水平地面上有一质量为
的木板
M，木板的左端上放有一质量为
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，
。求：
（1）（4 分）m、M 之间的动摩擦因数μ1为多大？
（2）（4 分）木板与水平地面之间的动摩擦因数μ2为多大？
（3）（8 分）已知木板长
，若对M 施加水平向左的恒力
，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
【预计难度】0.65
【解析】（1）由乙图可知，当
时，m 与M 相对滑动，物块加速度
对m，根据牛顿第二定律有
解得：
（2）当
时，对m、M 整体，根据牛顿第二定律有：
解得：
（3）F 撤前，对M，根据牛顿第二定律有：
解得：
F 撤后：
解得：
设F 持续作用时间为t，此后经时间
板块恰好分离,此时速度相同
解得：
又m 滑离木板时，m 的位移：
M 的位移：
由几何关系得：
联立解得：
9 .(2024·山东潍坊模拟)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＝1 kg。经过时间t
＝2.0 s，玩具移动了距离s＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝
10 m/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？
答案 (1) (2)1.04 m (3)30°
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s＝at2
解得a＝ m/s2
对玩具由牛顿第二定律得
Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝。
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2
由匀变速直线运动的速度与位移公式得
松手后玩具的位移s′＝＝ m≈1.04 m。
(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＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
10 .如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端
拴住质量为m1＝6 kg 的物体P，Q 为一质量为m2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系
数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q 施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从
静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2。求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F 的最大值与最小值。
答案 (1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对P、Q 整体受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P、Q 之间的弹力
为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－
m1gsin θ＝m1a
前0.2 s 时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F 最小，分离时F 最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q 应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝ N。
