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04 运动和力的关系
[-考点-11-] 动力学中的临界和极值问题
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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.
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(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．
3．解题方法
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
1.连接体恰好脱离满足两个条件
(1)物体间的弹力FN＝0；
(2)脱离瞬间系统、单个物体的加速度仍相等．
2.分析两物体叠加问题的基本思路
典例1 (接触与脱离的临界问题)如图所示，质量m＝2 kg 的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的
光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说
法正确的是( )
1
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A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
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 (相对静止(或滑动)的临界问题)(多选)如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和
m，静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ.最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A 施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当F＝μmg 时，A 的加速度为μg
C．当F>3μmg 时，A 相对B 滑动
D．无论F 为何值，B 的加速度不会超过μg
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
2
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最大为a2＝＝μg，选项D 正确．
典例3 (动力学中的极值问题)如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ 可以随意改变，当θ
＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板
的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s 沿木板向上运动，随着θ 的改变，小物块沿
木板向上滑行的距离x 将发生变化，重力加速度g 取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ 角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
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°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x 最小，即θ＝60°，
所以x 最小值为xmin＝
＝＝ m.
1.(多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连，小球某时
刻正处于如图所示状态，设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，若某时刻
FT为零，则此时小车可能的运动情况是( )
A．小车向右做加速运动
B．小车向右做减速运动
C．小车向左做加速运动
D．小车向左做减速运动
答案 BC
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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.质量为0.1 kg 的小球，用细线吊在倾角α＝37°的斜面上，如图所示，系统静止时细线与
斜面平行，不计一切摩擦．当斜面体水平向右匀加速运动时，小球与斜面刚好不分离，则
斜面体的加速度为(重力加速度为g)( )
A．gsin α
B．gcos α
C．gtan α
D.
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.(多选)如图所示，已知物块A、B 的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B 间的动摩擦因
数为μ1＝0.5，A 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大
小相等，g 取10 m/s2，在水平力F 的推动下，要使A、B 一起运动且B 不下滑，则力F 的大
小可能是( )
A．50 N B．100 N C．125 N D．150 N
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.如图所示，A、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B 与水平地面间的动摩
擦因数μ1＝0.1，A 与B 间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知A 的质量m＝2 kg，B 的质量M＝3
kg，重力加速度g 取10 m/s2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F，为使A 与B 保持相对
静止，则恒力F 的最大值是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
4
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A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N
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.(2022·百色市高一期末)如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A、B
质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，水平向右的拉力F 作用
在物体A 上，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大的过程中(最大静摩擦力等于滑动摩
擦力)，则( )
A．当拉力F<12 N 时，物体均保持静止状态
B．两物体始终没有相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对滑动
D．要让两物体发生相对滑动需要F 大于48 N
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.如图所示，两个质量均为m 的物块叠放压在一个竖直轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧
的劲度系数为k，t＝0 时刻，物块受到一个竖直向上的作用力F，使得物块以0.5g(g 为重力
加速度的大小)的加速度匀加速上升，则A、B 分离时B 的速度为( )
A. B．g C．g D．2g
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.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m 的A、B 两个物体，A、B 间的最大静摩
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擦力为μmg，现用水平拉力F 拉B，使A、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为(
)
A．μmg
B．2μmg
C．3μmg
D．4μmg
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
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.如图所示，两细绳与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g
的加速度向右做匀加速直线运动时，求绳1 和绳2 的拉力大小．(g 为重力加速度)
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.
9.一个质量为m 的小球B，用两根等长的细绳1、2 分别固定在车厢的A、C 两点，如图所
示，已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为45°.重力加速度为g，试求：
(1)当车以加速度a1＝g 向左做匀加速直线运动时，1、2 两绳的拉力的大小；
(2)当车以加速度a2＝2g 向左做匀加速直线运动时，1、2 两绳的拉力的大小．
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.
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10.如图所示，一块质量m＝2 kg 的木块放置在质量M＝6 kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，
木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上．现对斜面体施加一个水
平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F 的大小范围．(设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
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.(2023·攀枝花·期末)如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ＝30°，质量
M＝2.5 kg.平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m＝1.5 kg 的铁球相连，静止时弹
簧的伸长量Δl0＝2 cm.重力加速度g 取10 m/s2.现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动，
铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0 时，求：
(1)水平力F 的大小；
(2)弹簧的伸长量Δl.
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.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，
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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.
9
