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专题04 运动和力的关系
[-考点-11-] 动力学中的临界和极值问题
[典例1]
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，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第
二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2<a0，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，根据牛顿第二定律有F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0，F1cos θ－FNsin θ＝ma1，代入
数据解得F1＝20 N，选项A 正确，B 错误；
②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，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F2cos α＝ma2，F2sin α－
mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，选项C、D 错误．
[典例2]
答案 BCD
解析 当0<F≤μmg 时，A、B 均静止；当μmg<F≤3μmg 时，A、B 相对静止，但两者相对
地面一起向右做匀加速直线运动；当F>3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也
向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F＝μmg 时，A、B 相对静止，A 与B 共同的加速
度a＝＝μg，选项B 正确．A 对B 的最大摩擦力为2μmg，无论F 为何值，物块B 的加速度
最大为a2＝＝μg，选项D 正确．
[典例3]
答案 (1) (2)θ＝60° m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝.
(2)当θ 变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝
ma，
由0－v0
2＝2ax 得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，
故α＝30°，
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又因x＝
当α＋θ＝90°时x 最小，即θ＝60°，
所以x 最小值为xmin＝
＝＝ m.
1.答案 BC
解析 小球和小车具有相同的加速度，所以小球的加速度只能沿水平方向，根据牛顿第二
定律知，小球受到的合力方向水平；小球受到重力和斜面对其向左偏上的支持力作用，二
力的合力只能水平向左，所以小车应向左做加速运动或向右做减速运动，选项B、C 正确．
2.答案 D
解析 因小球与斜面刚好不分离，所以小球受力如图所示，由图知tan α＝，则a＝，D 正
确．
3.答案 CD
解析 若B 不下滑，对B 有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律得FN＝m2a；对整体有F－μ2(m1＋
m2)g＝(m1＋m2)a，得F≥(m1＋m2)
g＝125 N，选项C、D 正确．
4.答案 B
解析 恒力最大时，对A 有μ2mg＝ma；对A、B 整体有Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a，联立
解得Fmax＝15 N，选项B 正确．
5.答案 D
解析 由于水平面光滑，当拉力F<12 N 时，合外力不为零，所以A、B 两物体均不能保持
静止状态，A 错误；当A、B 间的静摩擦力达到最大，即要发生相对滑动时，Ffm＝μmAg＝
12 N，此时物体B 的加速度为am＝＝6 m/s2，对AB 整体来说F＝(mA＋mB)am＝48 N，故当F
从10 N 逐渐增到48 N 的过程中，两物体不产生相对滑动，大于48 N 则两物体会发生相对
滑动，D 正确，B、C 错误．
6.答案 B
解析 静止时弹簧压缩量x1＝，分离时A、B 之间的压力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为
x2，对B：kx2－mg＝ma，得x2＝，物块B 的位移x＝x1－x2＝，由v2＝2ax 得：v＝g，B 正
确．
7.答案 C
解析 当A、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，A 物体所受的合力为μmg，由
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牛顿第二定律知aA＝＝μg，对于A、B 整体，加速度a＝aA＝μg.由牛顿第二定律得F＝3ma
＝3μmg.
8.答案 mg 0
解析 绳1 和绳2 的拉力与小车的加速度大小有关．当小车的加速度大到一定值时物体会
“飘”起来，导致绳2 松弛，没有拉力，假设绳2 的拉力恰为0，即FT2为0，则有FT1cos
30°＝ma′，FT1sin 30°＝mg，解得a′＝g，因为小车的加速度大于g，所以物体已“飘”
起来，绳2 的拉力FT2′＝0，绳1 的拉力FT1′＝＝mg.
9.答案 (1)mg 0 (2)mg mg
解析 设当细绳2 刚好拉直而无张力时，车的加速度向左，大小为a0，由牛顿第二定律得，
F1cos 45°＝mg，F1sin 45°＝ma0，可得：a0＝g.
(1)因a1＝g<a0，故细绳2 松弛，拉力为零，设此时细绳1 与车厢前壁夹角为θ，有：F11cos
θ＝mg，F11sin θ＝ma1，得F11＝mg.
(2)因a2＝2g>a0，故细绳1、2 均张紧，设拉力分别为F12、F22，由牛顿第二定律得
解得F12＝mg，F22＝mg.
10.答案 0≤F≤310 N
解析 由于μ>tan θ，故当F＝0 时，木块静止在斜面上，即F 的最小值为0.
根据题意可知，当木块相对斜面恰不向上滑动时，F 有最大值Fm.
设此时两物体运动的加速度为a，两物体之间的摩擦力大小为Ff，斜面体对木块的支持力
为FN.
对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙：
对整体受力分析：Fm＝(m＋M)a，
对木块受力分析：Ff＝μFN，Ffcos θ＋FNsin θ＝ma，FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，联立以上各式，
代入数据解得Fm＝310 N，故F 的大小范围为0≤F≤310 N.
11.答案 (1)40 N (2)8 cm
解析 (1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0 时，设弹簧拉力为FT，铁
球受力如图甲，由平衡条件、牛顿第二定律得：
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FTsin θ＝mg
FTcos θ＝ma
对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a
联立以上三式并代入数据得：FT＝30 N，F＝40 N
(2)铁球静止时，设弹簧拉力为FT0，铁球受力如图乙，由平衡条件得：
FT0＝mgsin θ
由胡克定律得：FT0＝kΔl0
FT＝kΔl
联立以上三式并代入数据得：Δl＝8 cm.
12.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.
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