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高考重点考点解读与针对性训练
第三章 运动和力的关系
考点18 动力学中的临界极值问题
【考点解读】
1.常见的动力学临界极值问题及其条件
（1）接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力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：物体所受合外力为零。
2.动力学临界极值问题的三种解法
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
函数法
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
【高考真题】
【典例1】. （2023 高考湖南卷）如图，光滑水平地面上有一质量为
的小车在水平推
力
的作用下加速运动。车厢内有质量均为
的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠
在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为
，杆与竖直方向的
夹角为
，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确
的是（ ）
1
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A. 若B 球受到的摩擦力为零，则
B. 若推力
向左，且
，则
的最大值为
C. 若推力
向左，且
，则
的最大值为
D. 若推力
向右，且
，则
的范围为
【答案】CD
【解析】对选项A，设在水平向右推力F 作用下，整体加速度为a，F=4ma，若B 球所受摩
擦力为零，对B 球，由tanθ=ma/mg，联立解得F=4mgtanθ，A 错误；
对选项B，若推力F 向左，整体向左加速运动，F=4ma。小球A 所受向左合力最大值为
FA=mgtanθ。设轻杆中弹力为N，轻杆中弹力的水平分量Nx= FA=mgtanθ，Nx=ma。
对小球B，由于tanθ≤μ，对小球B，受到向左的合力
FB=f- Nx=≤μ2mg- Nx= 2mgtanθ- Nx= mgtanθ
联立解得F≤4mg tanθ，即F 的最大值为4mgtanθ，B 错误；
对选项C，若推力F 向左，小球A 所受向左合力最大值为FA=mgtanθ。小球B，受到向左的
合力最大值FBmax=f- Nx= 2μmg- mgtanθ，由于
，则FBmax=mgtanθ。而
FBmax=mamax，整体向左加速运动，Fmax=4mamax。
联立解得Fmax=4mg（2μ-tanθ），C 正确；
对选项D， 若推力
向右，在水平向右推力F 作用下，整体加速度为a，向右，
F=4ma。。由于小球A 受到左壁向右的弹力，合力可以很大，我们只需讨论小球B 即可。
当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 所受向右的合力最小，此时FBmin= Nx-μ（Ny+mg）=
2
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mgtanθ- 2μmg，最小加速度aBmin= FBmin/m，所以F≥4mg（tanθ- 2μ）。
当小球B 所受的摩擦力向右时，小球B 所受向右的合力最大，此时FBmax= Nx+μ（Ny+mg）=
mgtanθ+2μmg，最大加速度aBmax= FBmax/m，所以F≤4mg（tanθ+ 2μ）。由此可得F 的范围
为
，D 正确。
【典例2】（2022 新高考江苏卷第1 题）高铁车厢里的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
．若书
不滑动，则高铁的最大加速度不超过（ ）
A.
B.
C.
D.
【参考答案】B
【命题意图】本题考查静摩擦力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩擦力。若书不滑动，由
解得高铁的最大加速度为
即故若书不动，高铁的最大加速度不超过
，B 正确，ACD 错误。
【关键点拨】要注意题述“高铁的最大加速度不超过”。
【典例3】（2022 年高考全国理综甲卷第19 题）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平
桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为
。重力加速度大
小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则
从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
3
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A．P 的加速度大小的最大值为
B．Q 的加速度大小的最大值为
C．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
【答案】AD
【命题意图】本题考查受力分析、牛顿运动定律和图像法分析等。
【解题思路】在拉力作用下，PQ 做匀速运动，弹簧弹力T=μmg。撤去拉力F 瞬间，P
受到向后的弹力T 和摩擦力μmg，由牛顿第二定律，T+μmg=maP，解得aP=2μg，选项A 正
确。Q 受到向前的弹力T 和向后的摩擦力μmg，由牛顿第二定律，T-μmg=maQ，解得
aQ=0，选项B 错误。撤去拉力F 后，P 做加速度逐渐减小的减速运动，Q 做加速度逐渐增大
的减速运动，画出PQ 的速度图像，如图。可知P 的位移大小一定小于Q 的位移大小，P 的
速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，选项C 错误D 正确。
【思路点拨】通过分析PQ 的运动情景，画出速度图像，一目了然，事半功倍。
【典例4】（2022 年6 月浙江选考）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所
示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。
若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为
，货物
可视为质点（取cos24°=0.9，sin24°=0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律。
第19 题图
4
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【解题思路】
（1）货物在倾斜滑轨上滑行，由牛顿第二定律，
mgsin24°-μ mgcos24°=ma1，解得：a1=2m/s2。
（2）由匀变速直线运动规律，v2=2a1l1，解得v=4m/s
（3）货物在水平轨道上匀减速运动，v1
2-v2=2a2l2，
由牛顿第二定律，
-μ mg=ma2，
解得：l2=2.7m。
【针对性训练】
1.（2025·广西玉林模拟）如图所示，质量mB＝2 kg 的水平托盘B 与一根竖直放置的轻弹簧
焊接，托盘上放一个质量mA＝1 kg 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，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度
系数k＝600 N/m，g 取10 m/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0.2 m/s
D.小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为√5
5 m/s
答案：BC
解析：A、B 整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a，可得F＝
（mA＋mB）a＋（mA＋mB）g－FNAB，当FNAB最大时，F 最小，即刚开始施力时，FNAB最大且
等于A 和B 的重力之和，则变力Fmin＝（mA＋mB）a＝6 N，A 错误，B 正确；刚开始，弹簧
的压缩量为x1＝（mA＋mB）g
k
＝0.05 m，A、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kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A 在这一过程的位移为Δx＝
x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C 正确，D 错误。
2. 如图所示，质量均为m 的A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg
的恒力F 向上拉B，运动距离h 时，B 与A 分离。下列说法正确的是（ ）
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A.B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长
B.B 和A 刚分离时，它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于mg
h
D.在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动
答案 C
解析： A、B 分离前，A、B 共同做加速运动，由于F 是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、
B 做变加速直线运动。当两物体刚要分离时，FAB＝0，对B，有F－mg＝ma，对A，有kx－
mg＝ma，即F＝kx 时，A、B 分离，a＝0，此时弹簧仍处于压缩状态。设用恒力F 拉B 前弹
簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，且F＝mg，联立以上各式解得弹簧的劲度系数k＝
mg
h ，综上所述，只有C 正确。
3.（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。
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4. 如图所示，A、B 两物块叠放在一起静止在水平地面上，A 物块的质量mA＝2 kg，B 物
块的质量mB＝3 kg，A 与B 接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B 与地面间的动摩擦因数μ2＝
0.1，现对A 或对B 施加一水平外力F，使A、B 相对静止一起沿水平地面运动，重力加速
度g 取10 m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A.若外力F 作用到物块A 上，则其最小值为8 N
B.若外力F 作用到物块A 上，则其最大值为10 N
C.若外力F 作用到物块B 上，则其最小值为13 N
D.若外力F 作用到物块B 上，则其最大值为25 N
答案 BD
解析： 当外力F 作用到A 上，两者相对静止一起运动，A 对B 的摩擦力达到最大静摩擦力
时，F 达到最大值，此时，对B，根据牛顿第二定律，有μ1mAg－μ2（mA＋mB）
g＝mBa1，代入数据解得a1＝1 m/s2，对整体，F1－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a1，代入
数据解得F1＝10 N，故B 正确；当外力F 作用到B 上，两者相对静止一起运动，A 对B 的
摩擦力达到最大静摩擦力时，F 达到最大值，对A，根据牛顿第二定律，有μ1mAg＝mAa2，
解得a2＝μ1g＝4 m/s2，对A、B 整体F2－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a2，代入数据解得F2
＝25 N，故D 正确；无论F 作用于A 上还是B 上，A、B 刚开始相对地面滑动时，其值最小，
即最小值Fmin＝μ2（mA＋mB）g＝5 N，故A、C 错误。
5 . 在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M 的木板B，如图甲所示，其上表面粗糙，
在木板B 上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A 一个水平向左的拉力F，
用传感器得到A 的加速度随拉力F 的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，g＝10m/s2，则（ AD ）
A.物块A 的质量为m＝1kg
B.木板B 的质量为M＝3kg
C.A 与B 之间的最大静摩擦力为fmax＝3N
D.当A 的加速度为2m/s2时，拉力F＝4N
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答案 AD
解析 由图乙可知，当拉力小于3 N 时，A、B 一起做加速运动，有a1＝
1
M ＋mF，根
据图线可得
1
M ＋m＝1
3 kg－1，当拉力大于3 N 时，A、B 相对滑动，对A 由牛顿第二定律
有F－μmg＝ma2，整理得a2＝1
mF－μg，由图线可得1
m＝1 kg－1，－μg＝－2 m·s－2，
联立解得m＝1 kg，M＝2 kg，μ＝0.2，A 正确，B 错误；A、B 之间的最大静摩擦力fm
＝μmg＝2 N，C 错误；当A 的加速度为2 m/s2时，拉力F＝μmg＋ma＝4 N，D 正确.
6 . 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m 的物体
A、B（B 与弹簧连接，A、B 均可视为质点），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A 上，使A 开始向上做加速度大小为a 的匀加速运动，
测得A、B 的v－t 图像如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（ AD ）
A.施加力F 前，弹簧的形变量为2mg
k
B.施加力F 的瞬间，A、B 间的弹力大小为m（g＋a）
C.A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力等于B 的重力
D.上升过程中，B 速度最大时，A、B 间的距离为1
2 at2
2－mg
k
答案 AD
解析 A 与B 分离的瞬间，A 与B 的加速度相同，速度也相同，A 与B 间的弹力
恰好为零.分离后A 与B 的加速度不同，速度不同.t＝0 时刻，即施加力F 的瞬
间，弹簧弹力没有突变，弹簧弹力与施加力F 前的相同，但A 与B 间的弹力发生
突变.t1时刻，A 与B 恰好分离，此时A 与B 的速度相等、加速度相等，A 与B 间的
弹力为零.t2时刻，B 的v－t 图线的切线与t 轴平行，切线斜率为零，即加速度为
零.施加力F 前，A、B 整体受力平衡，则弹簧弹力大小F0＝kx0＝2mg，解得弹簧
的形变量x0＝2mg
k
，A 正确.施加力F 的瞬间，对B，根据牛顿第二定律有F0－mg
－FAB＝ma，解得A、B 间的弹力大小FAB＝m(g－a)，B 错误.A、B 在t1时刻之后
分离，此时A、B 具有共同的速度与加速度，且FAB＝0，对B 有F1－mg＝ma，解
得此时弹簧弹力大小F1＝m(g＋a)，C 错误.t2时刻B 的加速度为零，速度最大，
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则kx'＝mg，解得此时弹簧的形变量x'＝mg
k ，B 上升的高度h'＝x0－x'＝mg
k ，A 上
升的高度h＝1
2at2
2，此时A、B 间的距离Δh＝1
2at2
2－mg
k ，D 正确.
7. [2023 山东济南学情检测/多选]如图所示，轻弹簧竖直固定在水平
面
上，一质量为0.3kg 的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的
压
缩量为0.1m 时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低
点.
在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬
间
机械能损失不计，不计空气阻力，取g＝10m/s2，下列说法正确的是
（
AD ）
A.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小
B.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度一直减小
C.该弹簧的劲度系数为20N/m
D.弹簧压缩量为0.2m 时，物块的加速度大小为10m/s2
答案 AD
答案 AD
解析 设物块在位置1 时速度最大，在位置2 时弹簧压缩量为
0.2 m，如图，物块接触弹簧到位置1 的过程中，弹簧对物块向
上的弹力小于物块的重力，设物块的质量为m，则物块的加速度
a＝mg−kx
m
向下且随压缩量x 的增大而减小，即物块做加速度
减小的加速运动；当弹力等于重力时，加速度为零，此时物块速
度最大；在以后的阶段，弹力大于重力，加速度向上，物块做减
速运动.则从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增
大后减小，A 正确，B 错误.当物块到达位置1 时，弹簧的压缩量为x1＝0.1 m，物块达到最
大速度，此时必满足mg＝kx1，即该弹簧的劲度系数为k＝mg
x1
＝30 N/m，C 错误.当物块位
于位置2 时弹簧压缩量为x2＝0.2 m，物块的加速度大小为a'＝k x2−mg
m
＝10 m/s2，方向向
上，D 正确.
8 （2025·陕西商洛模拟）水平地面上有一质量m1＝3 kg 的长木板，木板的左端上表面有一
质量m2＝2 kg 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F1、F2分别为t1、t2时刻F 的大小，木板的加速度a1随时间t 的变化
关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数
为μ2＝0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度取g＝10 m/s2，物
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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.F1＝16 N
B.F2＝20 N
C.木板加速度所能达到的最大值为2.5 m/s2
D.在t1～t2时间段内物块做匀加速直线运动
答案：B
解析：木板与地面间的最大静摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝0.2×（3＋2）×10 N＝10 N，
木板与物块间的最大静摩擦力f2＝μ2m2g＝0.8×2×10 N＝16 N，当拉力F 逐渐增大到F1时，
由图像可知木板开始运动，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F1＝10 N，故A 错误；当拉力达到F2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f2－f1＝m1a，对物块，有F2－f2＝m2a，联立解得F2＝20 N，
a＝2 m/s2，此时拉力大小为20 N，木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2，故B 正确，C
错误；在t1～t2时间段内物块相对木板静止，物块所受拉力逐渐增大，物块运动的加速度
在变大，不做匀加速直线运动，故D 错误。
9.（2025·北京通州一模）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮轻绳的两端各系一个物体，
质量分别为m1、m2，如图所示。车厢向右运动时，系m1的轻绳与竖直方向夹角为θ，系
m2的轻绳保持竖直，m1、m2与车厢保持相对静止。已知m2＞m1，轻绳的质量、滑轮与轻
绳的摩擦忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A.车厢的加速度为0
B.绳子的拉力大小为m1gcos θ
C.车厢底板对m2的支持力为(m1＋m2)g
D.车厢底板对m2的摩擦力为m2gtan θ
答案 D
解析： 物体m1与车厢具有相同的加速度，对物体m1分析，受重力和拉力，根据力的合
成法则可知F 合＝m1gtan θ，拉力为T＝m1g
cosθ
，物体m1 的加速度为a＝m1g tanθ
m1
＝gtan
θ，所以车厢的加速度为gtan θ，故A、B 错误；物体m2加速度为gtan θ，对物体m2受力
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分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力为N＝m2g－m1g
cosθ
，摩擦力为f＝m2a＝
m2gtan θ，故C 错误，D 正确。
10.（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。
11.（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mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0 开始，推力FA和拉力FB分别作用
于A、B 上，FA，FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（ ）
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A.t＝0 时，A 物体的加速度为2 m/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3 m/s
答案 B
解析： 由FA-t 与FB-t 图像可得FA＝（8－2t）N，FB＝（2＋2t）N，则t＝0 时，可知FA0＝8
N，FB0＝2 N，由于mA＞mB，所以二者不会分开，A、B 两物体共同的加速度为a＝
F A＋FB
mA＋mB
＝1 m/s2，设此时A、B 之间的相互作用力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F
＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C 错误；当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
FB
mB
＝
F A
mA
，即2+2t
4
m/s2＝8－2t
6
m/s2，解得t＝1 s，开始分
离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B 正确，D 错误。
12.[2024 安徽合肥一中校考/多选]上海科技馆的机器人，琴棋书画、跳舞、射箭、分拣包裹，
无所不能，如图所示为机械手抓取、分拣橙子的照片，为便于研究，将机械手简化为只有
四根“手指”有作用力的模型，抓取点对称分布在球心上方的同一水平面内，抓取点与球
心的连线与该水平面夹角为α，“手指”与橙子间的动摩擦因数为μ，橙子的重力大小为
G，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ BC ）
A.只要“手指”对橙子的压力足够大，α 不论取何值都能将橙子抓起
B.若μ 与α 的关系满足μ＞tanα，则不一定能将橙子抓起
C.若能抓起橙子，则每根“手指”对橙子压力的最小值为
G
4（μc os α －sin α ）
D.若抓起橙子竖直向上做匀加速运动，则每根“手指”对橙子的压力一定变大
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答案 BC
解析 对橙子受力分析，可知竖直方向满足4f cos α－G－4FN sin α＝0，因为静摩
擦力f≤μFN，解得FN≥
G
4( μcosα −sin α )，所以想要抓起橙子，则每根“手指”对橙子压
力的最小值为
G
4( μcosα −sin α )，并且夹角α 满足μ≥tan α＋
G
4 F N cosα 时，才能将橙子
抓起，
所以μ＞tan α 时，不一定能将橙子抓起，故A 错误，B、C 正确；若抓起橙子竖直向
上做匀加速运动，且恰好达到最大静摩擦力时，满足4μFN cos α－4FN sin α－G＝
ma，可得FN＝
G＋ma
4( μcosα −sin α )，根据牛顿第三定律可知，每根“手指”对橙子的压力
可能不变，故D 错误.
13.（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＝1 kg。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＝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）√3
3
（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x＝1
2at2
解得a＝√3 m/s2
对玩具受力分析，如图所示，则FN＝mg－Fsin 30°
由牛顿第二定律得Fcos 30°－μ（mg－Fsin 30°）＝ma
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解得μ＝√3
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'
解得a'＝10√3
3
m/s2
由匀变速直线运动的速度与位移公式可得
玩具的位移x'＝0－v
2
－2a'
＝3√3
5
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－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg
联立解得F＞
μmg
cosθ＋μsinθ
cos θ＋μsin θ＝√1+ μ
2sin（60°＋θ）
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
14.（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＝8 kg，重物质量m＝2 kg，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FT＝mg＝20 N
对木箱受力分析，可得Ff＝2FT，又Ff＝μ'Mg
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FT－mg＝2ma
对木箱受力分析，有F－μMg－2FT＝Ma
联立解得a＝0.5 m/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
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可得此时重物的速度大小为v＝√2 m/s。
15. 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v0沿木
板向上运动，随着θ 的改变，小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。
答案：（1）√3
3 （2）60° √3 v0
2
4 g
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＝μFN
FN－mgcos θ＝0
联立解得μ＝tan θ＝tan 30°＝√3
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－v0
2＝2ax 得
x＝
v0
2
2g（sinθ＋μcosθ ）
＝
v0
2
2g√1+ μ
2sin（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
xmin＝
v0
2
2g√1+ μ
2＝√3 v0
2
4 g
。
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