高考物理一轮复习 第三章 微专题20 动力学中的临界值问题
动力学临界问题PPT课件
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2.相互接触的两物体脱离的临界条件 ----相互作用的弹力为零。即N=0，
此时速度v、加速度a相同。
3、绳子松弛的临界条件是绳中张力 为零， 即T=0。
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• 3．如图所示，在光滑的水平面上放着紧靠在
一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受
到 (9向－右2t的)N恒(t力单F位B＝是2s)N．，从A受t＝到0的开水始平计力时F，A＝则
方向夹角θ=45°.
答案 (1)a≥gcotα 方向向右 (2)a=gtanα 方向
向左 (3)20 2 N,与水平方向成45°角
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弹簧中临界、极值问题
例1：一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量 为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数 为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P 施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加 速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在 0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？ （g=10m/s2）
壁的夹角均为45°.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．
• (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．
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• 【解析】 当细绳2刚好拉直而无张力时， 车的加速度为向左的a0，由牛顿第二定律 得，
• F1cos 45°＝mg
• F1sin 45°＝ma0
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由③、④、⑤有：
即mg－Ma=0.02ak
典型例题剖析
a=mg/（M+0.02k）=6 m/s2
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高考物理一轮复习第三章专题动力学中的临界极值问题备考精炼
26 动力学中的临界极值问题[方法点拨] (1)用极限分析法把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程．(2)将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．1．(2020·玄武区模拟)如图1所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为F A、F B和F C.现使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若F A和F B不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是( )图12．(多选)如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则( )图2A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为3mgD．恒力F的最小值为32mg3．(多选)如图3所示，质量m＝20 kg的物块，在与水平方向成θ＝37°的拉力F＝100 N作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )图3A ．物体的合力可能大于80 NB ．地面对物体的支持力一定等于140 NC ．物块与水平面间的动摩擦因数一定小于47D ．物块的加速度可能等于2 m/s 24．(2020·溧水中学模拟)如图4所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g 2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中F N 、F 随x 变化的图象正确的是( )图45．(多选)(2020·伍佑中学月考)如图5所示，水平地面上有一楔形物块a ，倾角为θ＝37°，其斜面上有一小物块b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a 与b 之间光滑，a 与b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a 与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，g ＝10 m/s 2)，有( )图5A ．若μ＝0.1，则细绳的拉力为零，地面对a 的支持力变小B．若μ＝0.1，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力不变C．若μ＝0.75，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力不变D．若μ＝0.8，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力变小6．如图6所示，在水平桌面上放置一质量为M且足够长的木板，木板上再叠放一质量为m的滑块，木板与桌面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，开始时滑块与木板均静止．今在木板上施加一水平拉力 F，它随时间 t 的变化关系为 F＝kt，k为已知的比例系数．假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好开始在木板上滑动时，图6(1)拉力作用的时间；(2)木板的速度大小．7．如图7所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F(图中未画出)作用下向右做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：图7(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．8．如图8所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物块P，Q为一质量为m2＝8 kg的重物，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，已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2.求力F的最大值与最小值．图8答案精析1．B [对小球进行受力分析，当a≤gtan θ时如图甲，根据牛顿第二定律：水平方向：F C sin θ＝ma竖直方向：F C cos θ＋F A ＝mg联立得：F A ＝mg －ma tan θ，F C ＝ma sin θ， F A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝gtan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝gsin θ时，F C ＝mg ，A 项错误，B 项正确；当a ＞gtan θ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律，水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma竖直方向：F C cos θ＝mg联立得：F B ＝ma －mgtan θ，F C ＝mg cos θ， F B 与a 也成线性关系，F C 不变，C 、D 项错误．]2．BCD [小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan 30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin 60°＝F min mg ，解得F min ＝mgsin 60°＝32mg ，选项D 正确．] 3．BCD [若水平面光滑，则合力为F 合＝Fcos 37°＝100×0.8 N＝80 N ；若水平面粗糙，则合力为：F 合＝Fcos 37°－F f ＝80 N －F f <80 N ，所以合力不可能大于80 N ，故A 错误；在竖直方向上Fsin 37°＋F N ＝mg ，则F N ＝mg －Fsin 37°＝200 N －100×0.6 N＝140 N ，故B 正确；若水平面粗糙，水平方向Fcos 37°－μF N ＝ma ，解得μ＝Fcos 37°－ma F N ＝80－20a 140<80140＝47，故C 正确；当水平面光滑时，合力为80 N ，则加速度a ＝F 合m ＝8020m/s 2＝4 m/s 2 水平面粗糙时，a ＝Fcos 37°－μF N m ＝80－μ×14020，当μ＝27时，a 等于2 m/s 2 ，故D 正确．]4．D [根据题述，B 以g 2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m·g 2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图象C.选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋F N ′－F ＝mg 2，解得F N ′＝mg 2－kx.由牛顿第三定律得F N ′＝F N ，当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg 2k 时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg 2不变，故选项D 正确．] 5．BC6．(1)(μ1＋μ2)(M ＋m )g k (2)(M ＋m)μ22g 22k解析 (1)滑块刚好开始在木板上滑动时，滑块与木板的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律，对滑块有：μ2mg ＝ma ，解得：a ＝μ2g对滑块和木板构成的系统，有：kt 2－μ1(M ＋m)g ＝(M ＋m)a ，联立解得：t 2＝(μ1＋μ2)(M ＋m )g k(2)木板刚开始滑动时，μ1(M ＋m)g ＝kt 1，此后滑块随木板一起运动，直至两者发生相对滑动，在这个过程中，拉力的冲量为图中阴影部分的面积I －μ1(M ＋m)g(t 2－t 1)＝(M ＋m)v联立解得：v ＝ (M ＋m)μ22g 22k7．(1)21 N (2)0.3 s解析 (1)物块A 、B 分离时，对B ：F －μmg＝ma解得：F ＝21 N(2)A 、B 静止时，对A 、B ：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ：kx 2－μmg＝ma此过程中：x 1－x 2＝12at 2 解得：t ＝0.3 s.8．72 N 36 N解析 设刚开始时弹簧压缩量为x 0.根据平衡条件和胡克定律得：(m 1＋m 2)gsin 37°＝kx 0得：x 0＝(m 1＋m 2)gsin 37°k ＝(4＋8)×10×0.6600 m ＝0.12 m从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力．在0.2 s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：对P：kx1－m1gsin θ＝m1a前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1，则x0－x1＝12at2联立解得a＝3 m/s2当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有对PQ整体：F min＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3 N＝36 N当P、Q分离时拉力最大，此时有对Q：F max－m2gsin θ＝m2a得F max＝m2(a＋gsin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2024届高考物理微专题：动力学中的临界和极值问题
微专题21动力学中的临界和极值问题1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a 相同、F N ＝0.2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程.4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．1.(多选)如图所示，一块足够长的轻质木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A ＝1kg 和m B ＝2kg 的物块A 、B 放在长木板上，A 、B 与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F 拉A ，取重力加速度g ＝10m/s2.改变F 的大小，B 的加速度大小可能为()A ．1m/s 2B ．2m/s 2C ．3m/s 2D ．4m/s 2答案AB 解析当A 对长木板的静摩擦力达到最大值时，B 的加速度最大，将轻质长木板和B 看成整体，由牛顿第二定律得μm A g ＝m B a B max ，解得a B max ＝0.4×1×102m/s 2＝2m/s 2，因为a B max <μg ＝4m/s 2，所以结果是合理的，因此，B 的加速度大小可能为1m/s 2、2m/s 2，不可能为3m/s 2、4m/s 2，故A 、B 正确，C 、D 错误.2.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A ，一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 处，细线另一端拴一质量m ＝0.2kg 的小球．若滑块与小球一起以加速度a 向左做匀加速运动(取g ＝10m/s 2)，则下列说法正确的是()A ．当a ＝5m/s 2时，滑块对球的支持力为22N B ．当a ＝15m/s 2时，滑块对球的支持力为22N C ．当a ＝5m/s 2时，地面对A 的支持力一定大于两个物体的重力之和D ．当a ＝15m/s 2时，地面对A 的支持力一定小于两个物体的重力之和答案A 解析设加速度为a 0时滑块对小球的支持力恰好等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向有F 合＝F cos 45°＝ma 0，竖直方向有F sin 45°＝mg ，解得a 0＝10m/s 2.当a ＝5m/s 2时，小球未离开滑块，水平方向有F cos 45°－F N cos 45°＝ma ，竖直方向有F sin 45°＋F N sin 45°＝mg ，解得F N ＝22N ，故A 正确；当a ＝15m/s 2时，小球已经离开滑块，只受重力和细线的拉力，滑块对小球的支持力为零，故B 错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C 、D 错误．3.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M 、倾角为α，其斜面上有一静止的滑块(可视为质点)，质量为m ，重力加速度为g .现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F 的最小值为()A.Mgtan αB.Mg sin αC.Mg cos αD ．Mg 答案A 解析设滑块由静止到斜面体底端的距离为l ，滑块做自由落体运动到达地面时竖直方向的位移为l sin α，在水平向右的力F 的最小值作用下，斜面体在水平方向的位移恰好为l cos α，对滑块有l sin α＝12gt 2，对斜面体有l cos α＝12at 2，F ＝Ma ，解得F ＝Mg tan α，故选项A 正确．4．(多选)如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2kg ，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为1kg 的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP 连线与水平线的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g ＝10m/s 2)，则()A ．容器的加速度大小为7.5m/s 2B ．容器对物块的支持力大小为12.5NC ．推力F 的大小为42ND ．地面对容器的支持力大小等于30N答案ABD 解析物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，解得a ＝7.5m/s 2，故A 正确；由平衡条件可知，容器对物块的支持力F N ＝mg sin θ＝1×10sin 53°N ＝12.5N ，故B 正确；以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，代入数据解得F ＝30N ，故C 错误；对物块与容器组成的系统，在竖直方向没有加速度，受力平衡，由平衡条件可知，地面对容器的支持力大小F N 地＝(m ＋M )g ＝(1＋2)×10N ＝30N ，故D 正确．5.(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12μ.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 ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg 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12μg 答案BCD 解析当A 、B 刚要发生相对滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即F f ＝2μmg .对物块B ，根据牛顿第二定律得2μmg －12μ×3mg ＝ma ，解得a ＝12μg .对整体，根据牛顿第二定律有F －12μ×3mg ＝3ma ，解得F ＝3μmg ，可知当F >3μmg 时，A 、B 发生相对滑动，故C 正确．当F <2μmg 时，即水平拉力小于A 、B 之间的最大静摩擦力，则A 、B 不会发生相对滑动；对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力F fmax ＝12μ×3mg ＝32μmg ，当F ≤32μmg 时，A 、B 相对地面静止，故A 错误．当F ＝52μmg <3μmg 时，A 、B 保持相对静止，对整体分析，根据牛顿第二定律有F －12μ×3mg ＝3ma ，解得A 的加速度为13μg ，故B 正确．设B 的最大加速度为a max ，由牛顿第二定律得2μmg －32μmg ＝ma max ，得a max ＝12μg ，可知B 的加速度不会超过12μg ，故D 正确．6．(多选)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 ，初始时刻物体处于静止状态．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，物体B 的v －t 图像在t 2时刻的斜率与t 轴平行，已知重力加速度大小为g ，则()A ．施加力F 前，弹簧的形变量为2mgkB ．施加力F 的瞬间，A 、B 间的弹力大小为m (g ＋a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力等于B 的重力D ．B 上升速度最大时，A 、B 间的距离为12at 22－mg k答案AD 解析施加力F 前，A 、B 整体受力平衡，则弹簧弹力F 0＝2mg ＝kx 0，解得弹簧的形变量x 0＝2mg k，选项A 正确；施加力F 的瞬间，即t ＝0时刻，对B ，根据牛顿第二定律有F 0－mg －F AB ＝ma ，解得A 、B 间的弹力大小F AB ＝m (g －a )，选项B 错误；A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的速度与加速度，且F AB ＝0，对B 有F 1－mg ＝ma ，解得此时弹簧弹力大小F 1＝m (g ＋a )，选项C 错误；t 2时刻B 上升速度最大，加速度为零，则kx 2＝mg ，解得此时弹簧的形变量x 2＝mg k ，B 上升的高度h ＝x 0－x 2＝mg k ，A 上升的高度H ＝12at 22，所以A 、B 间的距离Δh ＝12at 22－mg k，选项D 正确．7.如图所示，质量为m ＝1kg 的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体的质量为M ＝2kg ，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施加一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2)答案14.4N ≤F ≤33.6N 解析假设水平推力F 较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力F 具有最小值，设大小为F 1，此时物块受力如图甲所示，取加速度方向为x 轴正方向，对物块分析，在水平方向有F N sin θ－μF N cos θ＝ma 1竖直方向有F N cos θ＋μF N sin θ－mg ＝0对整体有F 1＝(M ＋m )a 1代入数值得a 1≈4.8m/s 2，F 1≈14.4N ；假设水平推力F 较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F 具有最大值，设大小为F 2，此时物块受力如图乙所示，对物块分析，在水平方向有F N ′sin θ＋μF N ′cos θ＝ma 2在竖直方向有F N ′cos θ－μF N ′sin θ－mg ＝0对整体有F 2＝(M ＋m )a 2代入数值得a 2≈11.2m/s 2，F 2≈33.6N ，综上所述可知推力F 的取值范围为14.4N ≤F ≤33.6N.8.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝4kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝8kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600N/m ，系统处于静止状态．现给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0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10m/s 2.求力F 的最大值与最小值．答案72N 36N 解析设开始时弹簧的压缩量为x 0，由平衡条件得(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0代入数据解得x 0＝0.12m因前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝3m/s 2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，F min ＝(m 1＋m 2)a ＝36N对Q，应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2a 解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝72N.。
2018高考物理一轮总复习高考必考题突破讲座3动力学中的临界条件及应用的解题策略课件
• 2．绳子松驰的临界条件是绳中张力FT＝0 • [例2]如图所示，当斜面以多大加速度a向左运动时，小球沿 斜面上移？
[思维导引]斜面静止时，小球受重力、弹力和拉力而静止．当小球随斜面向左加 速运动，则绳的拉力将减小，支持力增大，以获得水平向左的加速度，加速度足够大 时，小球可能沿斜面上移，因此绳的拉力为零是球上移的临界条件．
• [解析] 当绳的拉力为零时，小球受力如图． • • • • 由牛顿第二定律得：F合＝mgtan θ＝ma0 a0＝gtan θ 即当a>a0＝gtan θ时，小球沿斜面上移． [答案] a>gtan θ
3．叠加体系统中恰好要发生相对滑动时，其静摩擦力达到最大值，即 F 静＝fm [例 3](2017· 湖北黄冈诊断)如图所示，木块 A、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的 质量为 m，B 的质量为 2m，现施加水平力 F 拉 B，A、B 刚好不发生相对滑动，一起 沿水平面运动．若改为水平力 F′拉 A，使 A、B 也保持相对静止，一起沿水平面运 动，则 F′不得超过( A．2F ) F B． 2
mAg＋mBg F＋k sin α － x －(mA＋mB)gsin α＝(mA＋mB)a k
mAgsin α－mBa 令 FN＝0，由以上两式求得 x＝ k 1 2 而 x＝2at ，所以求得 a＝5 m/s2，当 A、B 开始运动时拉力 F 最小，x＝0，Fmin ＝(mA＋mB)a＝60 N，当 A 与 B 分离时拉力 F 最大，x＝0.1 m，Fmax＝(mA＋mB)a＋kx ＝100 N.
解 题 思 维
►解题方法 1．接触物体分离的临界条件是弹力 FN＝0 [例 1](2017· 江苏苏州一模)如图所示，在倾角 α＝30° 的光滑斜 面上，并排放着质量分别为 mA＝10 kg 和 mB＝2 kg 的 A、B 两物 块．一劲度系数 k＝400 N/m 的轻弹簧一端与 B 相连，另一端与固 定挡板相连，整个系统处于静止状态．现对 A 施加一沿斜面向上的力 F，使 A 沿斜面 向上做匀加速运动．已知力 F 在前 0.2 s 内为变力，0.2 s 后为恒力，g 取 10 m/s2.求力 F 的最大值和最小值．
2021届高考物理一轮复习专题突破：三动力学中的临界和极值问题的分析方法
01
课堂互动
02 多维训练
03
素养提升
04 备选训练
课堂互动
1．临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界 点。 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存 在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着 极值，这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
多维训练
1．如图所示，劲度系数为 k 的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的 质量为 m 的物体 A 接触(A 与弹簧未连接)，质量为 m 的物体 B 紧挨 A 放置，此时弹簧水平 且无形变，用水平力 F 缓慢推动物体 B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0，此时物体 A、 B 静止，已知物体 A 与水平面间的动摩擦因数为 μ，物体 B 与水平面间的摩擦不计，撤去 F 后，物体 A、B 开始向左运动，A 运动的最大距离为 4x0，重力加速度大小为 g。则( )
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
解析 小球受到重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角 为α，则竖直方向有FN2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不 变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因为FN2sin
素养提升
模型 3 斜面中的“连接体模型” 【典例 3】 (多选)如图所示，倾角为 θ 的斜面体 C 置于粗糙水平面上，物块 B 置于 斜面上，已知 B、C 间的动摩擦因数为 μ＝tan θ，B 通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块 A 连接，连接 B 的一段细绳与斜面平行，A、B 的质量分别为 m、M。现给 B 一初速度，使 B 沿斜面下滑，C 始终处于静止状态，重力加速度为 g，则在 B 下滑的过程中，下列说法正 确的是( ) A．不论 A、B 的质量大小关系如何，B 一定减速下滑 B．A 运动的加速度大小为 a＝ mg
高考复习专题三—动力学中的临界条件及应用(解析版)
微讲座(三)——动力学中的临界条件及应用一、临界状态物体在运动状态变化的过程中，相关的一些物理量也随之发生变化．当物体的运动变化到某个特定状态时，相关的物理量将发生突变，该物理量的值叫临界值，这个特定状态称之为临界状态．二、临界状态的判断1．若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．3．临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，因此，若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．4．若题目中有“最终”“稳定”等文字，即是求收尾速度或加速度．三、处理临界问题的思路1．能分析出临界状态的存在．2．要抓住物体处于临界状态时的受力和运动特征，找出临界条件，这是解决问题的关键．3．能判断出物体在不满足临界条件时的受力和运动情况．4．利用牛顿第二定律结合其他规律列方程求解．四、力学中常见的几种临界条件1．接触物体分离的临界条件：接触面间的弹力为零，即F N ＝0.(2016·贵州贵阳月考)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度系数为k 的弹簧，弹簧下端连一个质量为m 的小球，球被一垂直斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变，若A 以加速度a (a <g sin θ)沿斜面向下匀加速运动，求：(1)从挡板开始运动到小球速度最大时，球的位移x 的大小；(2)从挡板开始运动到球、板分离所经历的时间t .[审题突破] (1)小球开始做匀加速运动，与A 分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为________时，速度最大．(2)从开始运动到球、板分离，小球的位移与弹簧的伸长量的关系为________．[解析] (1)球和挡板分离后，球做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时球所受合力为零，即kx ＝mg sin θ，解得x ＝mg sin θk. (2)设球与挡板分离时位移为s ，经历的时间为t ，从挡板开始运动到球、板分离的过程中，小球受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力F N 、沿斜面向上的挡板的支持力F 1和弹簧弹力F .据牛顿第二定律有mg sin θ－F －F 1＝ma ，又有F ＝kx .随着x 的增大，F 增大，F 1减小，保持a 不变．当小球与挡板分离时，x 增大到等于s ，F 1减小到零，则有mg sin θ－ks ＝ma又s ＝12at 2. 联立以上各式解得mg sin θ－k ·12at 2＝ma 得t ＝ 2m （g sin θ－a ）ka. [答案] (1)mg sin θk(2) 2m （g sin θ－a ）ka 2．绳子松弛的临界条件：绳中张力为0，即F T ＝0.如图所示，当斜面以多大加速度a 向左运动时，小球沿斜面上移？[审题突破] 斜面静止时，小球受重力、弹力和拉力而静止．当小球随斜面向左加速运动，则绳的拉力将减小，支持力增大，以获得水平向左的加速度，加速度足够大时，小球可能沿斜面上移，因此绳的拉力为零是球上移的临界条件．[解析] 当绳的拉力为零时，小球受力如图．由牛顿第二定律得：F 合＝mg tan θ＝ma 0a 0＝g tan θ即当a ＞a 0＝g tan θ时，小球沿斜面上移．[答案] a ＞g tan θ3．相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值，即F f 静＝F fm .如图所示，水平面光滑，A 、B 质量相等，A 、B 间最大静摩擦力为F f ，则F 为多少时，A 、B 发生相对运动．[审题突破] 力F 很小时，加速度较小，A 对B 的摩擦力也小，A 、B 一起运动．随着力F 增大，加速度a 增大，A 对B 的摩擦力增大，最大静摩擦力是极限．则A 、B 发生相对运动的临界条件是两者之间的摩擦力为F f .[解析] 由整体法得：F ＝2ma对A ：F f ＝F fm ＝ma解得：F ＝2F f .即当F ＞2F f 时A 、B 发生相对滑动．[答案] F ＞2F f4．滑块在滑板上不滑下的临界条件：滑块滑到滑板一端时，两者速度相同．如图所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，B 板长L ＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以某一水平初速度从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.(1)若物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度多大？(2)若把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以(1)问中的初速度从B 的最左端开始运动，则A 能否与B 脱离？最终A 和B 的速度各是多大？[解析] (1)A 在B 上向右匀减速运动，加速度大小a 1＝μ1g ＝3 m/s 2木板B 向右匀加速运动，加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝1 m/s 2 由题意知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时和B 速度相同，设为v ，得时间关系： t ＝v 0－v a 1＝v a 2位移关系：L ＝v 20－v 22a 1－v 22a 2解得v 0＝2 6 m/s.(2)木板B 放在光滑水平面上，A 在B 上向右做匀减速运动，加速度大小仍为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2B 向右做匀加速运动，加速度大小a 2′＝μ1mgm ＝3 m/s 2设A 、B 达到相同速度v ′时A 没有脱离B ，由时间关系v 0－v ′a 1＝v ′a ′2解得v ′＝v 02＝ 6 m/s A 的位移x A ＝v 20－v ′22a 1＝3 m B 的位移x B ＝v ′22a ′2＝1 m 由x A －x B ＝2 m<L 可知A 没有与B 脱离，最终A 和B 的速度相等，大小为 6 m/s.[答案] (1)2 6 m/s (2)没有脱离 6 m/s 6 m/s1.(单选)(2016·宁夏模拟)如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m .现用水平力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改为水平力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( )A ．2F B.F 2C ．3F D.F 3 解析：选B.用水平力F 拉B 时，A 、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A 、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力．先用整体法考虑，对A 、B 整体：F ＝(m ＋2m )a再将A 隔离可得A 、B 间最大静摩擦力为：F fm ＝ma解得：F fm ＝F 3. 若将F ′作用在A 上，隔离B ，B 能与A 一起运动，而A 、B 不发生相对滑动的最大加速度a ′＝F fm 2m再用整体法考虑，对A 、B 整体：F ′＝(m ＋2m )a ′解得：F ′＝F 2.所以选项B 正确． 2．(多选)(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 的关系如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，下列结论正确的是( )A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B ．弹簧的劲度系数为750 N/mC ．物体的质量为2 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 2解析：选ACD.物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A 正确；初始时，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加力F 后即为合力，所以从题图乙中可知ma ＝10 N ，ma ＝30 N －mg ，解得物体的质量为m ＝2 kg ，物体的加速度大小为a＝5 m/s 2，所以选项C 、D 正确；弹簧的劲度系数k ＝mg x 0＝200.04N/m ＝500 N/m ，所以选项B 错误．3.(2016·安徽安庆模拟)如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一质量为m 的重物，先由托盘M 托住m ，使弹簧比自然长度缩短L ，然后由静止开始以加速度a 匀加速向下运动．已知a ＜g ，弹簧劲度系数为k ，求经过多长时间托盘M 将与m 分开．解析：当托盘与重物分离的瞬间，托盘与重物虽接触但无相互作用力，此时重物只受到重力和弹簧的作用力，由于这一瞬间重物的加速度仍为a ，且a ＜g ，故此时弹簧必为伸长状态，设弹簧的伸长量为x ，对重物，由牛顿第二定律得：mg －kx ＝ma ①在这一运动过程中重物下降的高度为L ＋x ，由运动学公式有：L ＋x ＝12at 2② 联立①②解得：t ＝ 2[kL ＋m （g －a ）]ka. 答案： 2[kL ＋m （g －a ）]ka4．如图所示，在光滑水平面上，放置着A 、B 两个物体．A 、B 紧靠在一起，其质量分别为m A ＝3 kg ，m B ＝6 kg ，推力F A 作用于A 上，拉力F B 作用于B 上，F A 、F B 大小均随时间而变化，其规律为F A ＝(12－2t ) N ，F B ＝(6＋2t ) N ．问从t ＝0开始，到A 、B 相互脱离为止，A 、B 的共同位移是多少？解析：F A 、F B 的大小虽随时间而变化，但F 合＝F A ＋F B ＝18 N 不变，故开始一段时间内A 、B 共同做匀加速运动，A 、B 分离前，对整体有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ①设A 、B 间的弹力为F AB ，对B 有F B ＋F AB ＝m B a ②由于加速度a 恒定，则随着t 的增大，F B 增大，弹力F AB 逐渐减小，当A 、B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为零，即F AB ＝0③将F A ＝(12－2t ) N ，F B ＝(6＋2t ) N代入①得a ＝2 m/s 2，结合②③得t ＝3 sA 、B 相互脱离前共同位移为x ＝12at 2， 代入数值得x ＝9 m.答案：9 m5.(2016·河南洛阳模拟)如图所示，木块A 、B 的质量分别为m 1、m 2，紧挨着并排放在光滑的水平面上，A 与B的接触面垂直于图中纸面且与水平面成θ角，A 与B 间的接触面光滑．现施加一个水平力F 于A ，使A 、B 一起向右运动，且A 、B 不发生相对运动，求F 的最大值．解析：A 、B 一起向右做匀加速运动，F 越大，加速度a 越大，则垂直于A 、B 接触面的弹力越大，水平面对A 的弹力F N A 越小，A 、B 不发生相对运动的临界条件是F N A ＝0，此时木块A 受到重力m 1g 、B 对A 的弹力F N 和水平力F 三个力的作用．根据牛顿第二定律有F －F N sin θ＝m 1aF N cos θ＝m 1gF ＝(m 1＋m 2)a由以上三式可得，F 的最大值为m 1（m 1＋m 2）g tan θm 2. 答案：m 1（m 1＋m 2）g tan θm 26．(2016·江西高安四校联考)一个质量为0.2 kg 的小球用细绳吊在底角为θ＝53°的斜面顶端，如图所示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10 m/s 2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．解析：先分析物理现象，用极限法把加速度a 推到两个极端来分析：当a 较小(a →0)时，小球受三个力(重力、绳的拉力和斜面的支持力)作用，此时绳平行于斜面；当a 较大(足够大)时，小球将“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角未知，那么a ＝10 m/s 2向右时，究竟是上述两种情况中的哪一种？解题时必须先求出小球离开斜面的临界值a 0，然后才能确定．令小球处在离开斜面的临界状态(F N 刚好为零)时，斜面向右的加速度为a 0，此时对小球有mg cot θ＝ma 0所以a 0＝g cot θ＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2＞a 0.所以小球离开斜面(如图所示)向右加速运动．所以F T ＝（ma ）2＋（mg ）2＝2.83 N ，F N ＝0.答案：2.83 N 07．(2016·湖北部分重点高中联考)如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L ，在其上下端开口处各安放一个质量分别为m 和2m 的圆柱形物块A 、B ，A 、B 紧贴管的内壁，厚度不计．A 、B 与管内壁间的最大静摩擦力分别是F f1＝mg 、F f2＝2mg ，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等．管下方存在这样一个区域：当物块A 进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F 作用，而B 在该区域运动时不受它的作用，PQ 、MN 是该区域的上下水平边界，高度差为H (L >2H )．现让管的下端从距上边界PQ 高H 处静止释放，重力加速度为g .(1)为使A 、B 间无相对运动，求F 应满足的条件．(2)若F ＝3mg ，求物块A 到达下边界MN 时A 、B 间的距离．解析：(1)设A 、B 与管不发生相对滑动时的共同加速度为a ，A 与管的静摩擦力为F f A ， 对A 、B 整体，有3mg －F ＝3ma对A ，有mg ＋F f A －F ＝ma ，并且F f A ≤F f1联立解得F ≤32mg . (2)A 到达上边界PQ 时的速度v A ＝2gH .当F ＝3mg 时，可知A 相对于圆管向上滑动，设A 的加速度为a 1，则有mg ＋F f1－F ＝ma 1，解得a 1＝－g .A 向下减速运动位移H 时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t ＝ 2H g. 由于管的质量不计，在此过程中，A 对管的摩擦力与B 对管的摩擦力方向相反，大小均为mg ，B 受到管的摩擦力小于2mg ，则B 与圆管相对静止，B 和圆管整体受到重力和A 对管的摩擦力作用以v A 为初速度，以a 2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a 2＝2mg －mg 2m ＝g 2. 物块A 到达下边界MN 时A 、B 之间的距离为ΔL ＝L －⎝⎛⎭⎫v A t ＋12a 2t 2－H ＝L －32H . 答案：(1)F ≤32mg (2)L －32H 8．(2016·湖北荆州模拟)物体A 的质量m 1＝1 kg ，静止在光滑水平面上的木板B 的质量m 2＝0.5 kg 、长l ＝1 m ，某时刻A 以v 0＝4 m/s 的初速度滑上木板B 的上表面，为使A 不至于从B 上滑落，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，若A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，试求拉力F 应满足的条件．(忽略物体A 的大小)解析：物体A 滑上木板B 以后，做匀减速运动，加速度a A ＝μg ①木板B 做加速运动，有F ＋μm 1g ＝m 2a B ②物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v t ，则v 20－v 2t 2a A ＝v 2t 2a B＋l ③ 且v 0－v t a A ＝v t a B④ 由③④式，可得a B ＝v 202l－a A ＝6 m/s 2， 代入②式得F ＝m 2a B －μm 1g ＝0.5×6 N －0.2×1×10 N ＝1 N ，若F ＜1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1 N.当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才能不会从B 的左端滑落．即有：F ＝(m 1＋m 2)a ，μm1g＝m1a，所以F＝3 N，若F大于3 N，A就会相对B向左端滑下．综上，力F应满足的条件是1 N≤F≤3 N.答案：1 N≤F≤3 N。
高三物理临界法高考物理解题方法大全(原卷版)
高中物理解题方法临界法（原卷版）一种物理现象转化为另一种物理现象的转折状态叫临界状态。
临界状态下的物理问题称为临界问题。
解决临界问题的方法称为临界法。
在高中物理的各个部分都有临界问题，都可用临界方法。
一、静力学中的临界问题：平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态。
解决临界问题的关键是找到临界条件。
物理方法：物理方法是指充分利用物理状态和物理规律，分析临界状态或边界条件，在特殊状态下，根据物理规律列方程，便可直接解决临界问题。
<br>物理方法包括(1)利用临界条件，(2)利用边界条件，(3)利用矢量图。
临界问题与极值问题是相关联的，其主要区别是：临界问题通常用物理方法，极值问题通常用数学方法。
二、动力学中的临界问题动力学中的临界问题，临界条件主要有下列几种： （1）接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力0=N F （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：断裂：绳中张力等于它所能承受的最大张力，松弛：0=T F（4）加速度最大与速度最大的临界条件：在变化的外力作用下，物体所受合外力最大时加速度最大，所受合外力最小时加速度最小；加速度为0时，速度往往最大。
例题1．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力A ．t=2s 时最大B ．t=2s 时最小C ．t=8.5s 时最大D ．t=8.5s 时最小三、圆周运动中的临界问题 （1）水平面上圆周运动的临界问题物体放在转动的圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动，静摩擦力通过向心力。
物体相对圆盘恰好不发生相对滑动的临界条件是：最大静摩擦力恰好提供向心力，即r m rv m mg 202ωμ==，临界角速度rgμω=0。
当圆盘转动的角速度0ωω>时，物体将做离心运动。
（2）竖直平面内的圆周运动的临界问题 轻绳模型和轻杆模型比较表 轻绳模型轻杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件 由r v m mg 2=得gr v lin =由小球恰能运动到最高点，得0=v讨论分析（1）过最高点时，gr v >（1）当0=v 时，mg F N =为支持rv m mg F N 2=+，绳或轨道对球产生弹力N F（2）若gr v <，球不能过最高点，在到达最高点前小球脱离轨道。
2020版高考物理教科版大一轮温习讲义第三章专题强化三动力学两类大体问题和临界极值问题
专题强化三动力学两类大体问题和临界极值问题专题解读 1.本专题是动力学方式处置动力学两类大体问题、多进程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题能够培育同窗们的分析推理能力，应用数学知识和方式解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方式有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．一、动力学的两类大体问题1．由物体的受力情形求解运动情形的大体思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情形求解受力情形的大体思路：已知加速度或依照运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确信未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况F合F合＝ma加速度a运动学运动情况v、x、t公式自测1(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图1所示，物体从倾角为α的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；假设它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k<1.物体与斜面间的动摩擦因数为( )图1A．(1－k)sin αB．(1－k)cos αC．(1－k2)tan α答案C解析设斜面长为x，高为h，物体下滑进程受到的摩擦力为f，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，那么由牛顿第二定律可得mg sin α－f＝ma，f＝μmg cos α，因此a＝g(sin α－μcos α)，由运动学公式可知v12＝2ax＝2gx(sin α－μcos α)，v2＝2gh由题意：v1＝k v且h＝x·sin α解得：μ＝(1－k2)tan α，故C正确．二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“恰好”“恰好”“正好”等关键文句，明显说明题述的进程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时刻”“多大距离”等文句，说明题述进程存在着“起止点”，而这些“起止点”一样对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“最多”“至少”等文句，说明题述的进程存在着极值，那个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与离开的临界条件：两物体相接触或离开，临界条件是弹力N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳索断裂与松弛的临界条件：绳索断裂的临界条件是绳中张力等于它所能经受的最大张力；绳索松弛的临界条件是T＝0.(4)最终速度(扫尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．自测2(2021·山东理综·16)如图2，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，现在A恰好不滑动，B恰好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()图2答案 B解析 对滑块A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对滑块B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.命题点一 动力学两类大体问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动进程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理进程间彼此联系的桥梁． 2．经常使用方式 (1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一样采纳合成法． (2)正交分解法假设物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，那么采纳正交分解法．类型1 已知物体受力情形，分析物体运动情形例1 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图3所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正取得愈来愈普遍的应用．一架质量为m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动进程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t ＝5 s 时离地面的高度为75 m(g 取10 m/s 2)．图3(1)求运动进程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s ，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落进程中，在遥控设备的干与下，动力系统从头启动提供向上最大升力．为保证平安着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时刻． 答案 (1)4 N (2)100 m (3)553s解析 (1)依照题意，在上升进程中由牛顿第二定律得：F －mg －f ＝ma 由运动学规律得，上升高度：h ＝12at 2联立解得：f ＝4 N ；(2)下落进程由牛顿第二定律：mg －f ＝ma 1得：a 1＝8 m/s 2 落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100 m ；(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F －mg ＋f ＝ma 2 得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，那么有v m 22a 1＋v m 22a 2＝H得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1 得：t 1＝553s.变式1 (2018·河南省驻马店市第二次质检)如图4所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用取得水平推力F ＝100 N 而由静止向前滑行，其作历时刻为t 1＝10 s ，撤除水平推力F 后通过t 2＝15 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用取得一样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝75 kg ，在整个运动进程中受到的滑动摩擦力大小恒为f ＝25 N ，求：图4(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用取得的速度大小及这段时刻内的位移大小； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离． 答案 (1)10 m/s 50 m (2) m解析 (1)设运动员利用滑雪杖取得的加速度为a 1 由牛顿第二定律F －f ＝ma 1，得 a 1＝1 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用取得的速度大小为v 1＝a 1t 1＝10 m/s 通过的位移为x 1＝12a 1t 12＝50 m(2)运动员停止利用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝f m ＝13m/s 2经历时刻t2速度变成v1′＝v1－a2t2＝5 m/s第二次利用滑雪杖取得的速度大小为v2，那么v22－v1′2＝2a1x1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2＝v222a2联立解得x2＝m.类型2 已知物体运动情形，分析物体受力情形例2 如图5甲所示，一质量m ＝ kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面平行的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时刻物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.求：图5(1)物块抵达B 点时速度和加速度的大小； (2)拉力F 的大小；(3)假设拉力F 与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F 的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案 (1)8 m /s 3 m/s 2 (2) N (3)F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α解析 (1)物块做匀加速直线运动，依照运动学公式，有L ＝v 0t ＋12at 2，v t ＝v 0＋at ，联立解得a ＝3 m /s 2，v t ＝8 m /s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F －mg sin θ－f ＝ma 垂直斜面方向N ＝mg cos θ 其中f ＝μN解得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma ＝ N(3)拉力F 与斜面夹角为α时，物块受力如下图依照牛顿第二定律有F cos α－mg sin θ－f ＝ma N ＋F sin α－mg cos θ＝0其中f ＝μNF ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α.变式2 (2019·安徽省蚌埠二中期中)如图6所示，质量M ＝10 kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝ kg 的物块由静止开始从A 点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x ＝1 m 时，其速度v ＝2 m /s ，在这进程中木楔没有动．(sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：图6(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1； (2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，若是对物块施加一平行于斜面向下的推力F ＝5 N ，那么地面对木楔的摩擦力如何转变？(不要求写出分析、计算的进程)答案 (1) (2) N ，水平向左 (3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 解析 (1)由v 2＝2ax ，得a ＝2 m/s 2对物块由牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma ，得μ1＝ (2)以物块和木楔ABC 整体为研究对象，作出受力图如图．(m ＋M )g －N ＝ma y ，f ＝ma x ，a x ＝a cos θ，a y ＝a sin θ 解得：N ＝ N ，f ＝ N(3)对木楔来讲物块加推力以后它受到物块的力没有任何转变，因此地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．命题点二 动力学方式分析多运动进程问题1．将“多进程”分解为许多“子进程”，各“子进程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和进程示用意． 3．依照“子进程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程． 4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确信各段间的时刻关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．例3 (2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)哈利法塔是目前世界最高的建筑(图7)．游客乘坐世界最快参观电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的进程恰好抵达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m /s.观景台上能够鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等一览无余，很是壮观．一名游客用便携式拉力传感器测得在加速时期质量为1 kg 的物体受到的竖直向上拉力为11 N ，假设电梯加速、减速进程视为匀变速直线运动(g 取10 m/s 2)求：图7(1)电梯加速时期的加速度大小及加速运动的时刻；(2)假设减速时期与加速时期的加速度大小相等，求观景台的高度；(3)假设电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯显现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为避免电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落进程所有阻力不计，那么电梯自由下落最长多少时刻必需启动辅助牵引装置？ 答案 (1)1 m/s 2 15 s (2)525 m (3)70 s解析 (1)设电梯加速时期的加速度为a ，由牛顿第二定律得： T －mg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2 由v ＝v 0＋at 解得t ＝15 s(2)匀加速时期位移x 1＝12at 2＝12×1×152 m ＝ m匀速时期位移x 2＝v (50－2t )＝15×(50－2×15)m ＝300 m 匀减速时期位移x 3＝v 22a＝ m因此观景台的高度 x ＝x 1＋x 2＋x 3＝525 m. (3)由题意知，电梯到地面速度恰好为0自由落体加速度a 1＝g启动辅助牵引装置后加速度大小a 2＝F －mg m ＝3mg －mgm ＝2g ，方向向上则v m 22a 1＋v m 22a 2＝x 解得：v m ＝1070 m/s 则t m ＝v mg ＝70 s即电梯自由下落最长70 s 时刻必需启动辅助牵引装置．变式3 (2018·山东省济宁市上学期期末)如图8所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有必然的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮现在的阻力能够忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v 0＝6 m /s 冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，通过 s 物体恰好回到起点，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝．求：图8(1)物体上滑的最大位移；(2)假设物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字) 答案 (1)3 m (2)解析 (1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x .由牛顿第二定律可得：mg sin 37°＝ma 1代入数据得：a 1＝6 m/s 2 由运动学公式有：v 02＝2a 1x联立解得物体上滑的最大位移为：x ＝3 m (2)物体沿斜面上滑的时刻为：t 1＝v 0a 1＝66 s ＝1 s物体沿斜面下滑的时刻为：t 2＝t －t 1＝ s 下滑进程中，由运动学公式有：x ＝12a 2t 22由牛顿第二定律可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2 联立解得：μ≈命题点三 临界和极值问题1．大体思路(1)认真审题，详尽分析问题中转变的进程(包括分析整体进程中有几个时期)； (2)寻觅进程中转变的物理量； (3)探讨物理量的转变规律；(4)确信临界状态，分析临界条件，找出临界关系． 2．思维方式极限法把物理问题(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例4 (2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图9所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的滑腻固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6 kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝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 s 时刻内，F 为变力， s 以后F 为恒力，sin 37°＝，cos 37°＝，g 取10 m /s 2.求：图9(1)系统处于静止状态时，弹簧的紧缩量x 0；(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) m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603 N解析 (1)设开始时弹簧的紧缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0 解得x 0＝ m(2)前 s 时刻内F 为变力，以后为恒力，那么 s 时刻两物体分离，现在P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设现在弹簧的紧缩量为x 1 对物体P ，由牛顿第二定律得 kx 1－m 1g sin θ＝m 1a 前 s 时刻内两物体的位移 x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603 N对Q 应用牛顿第二定律得 F max －m 2g sin θ＝m 2a 解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝2803N. 变式4 如图10所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的滑腻球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速直线运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速直线运动直至静止，通过的总位移为x ，运动进程中的最大速度为v ，重力加速度为g .图10(1)求箱子加速时期的加速度大小；(2)若a >g tan θ，求减速时期球受到箱子左壁和顶部的作使劲大小． 答案 (1)a v 22ax －v 2(2)0 m ⎝⎛⎭⎫a tan θ－g 解析 (1)设箱子加速时期的加速度大小为a ′，通过的位移为x 1，减速时期通过的位移为x 2，有v 2＝2a ′x1，v 2＝2ax 2，且x 1＋x 2＝x ，解得a ′＝a v 22ax －v 2.(2)若是球恰好不受箱子的作使劲，箱子的加速度设为a 0，应知足N sin θ＝ma 0，N cos θ＝mg，解得a 0＝g tan θ.箱子减速时加速度水平向左，当a >g tan θ时，箱子左壁对球的作使劲为零，顶部对球的作使劲不为零．现在球受力如下图，由牛顿第二定律得，N ′cos θ＝F ＋mg ，N ′sin θ＝ma ，解得F ＝m ⎝⎛⎭⎫a tan θ－g .1．足够长滑腻固定斜面BC 倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．此刻AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F 作用，如图1甲所示．小物块在AB 段运动的速度－时刻图像如图乙所示，抵达B 点迅速撤去恒力F (已知sin 53°＝，cos 53°＝，g 取10 m/s 2)．求：图1(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时刻； (3)小物块最终离A 点的距离． 答案 (1)11 N (2) s (3) m解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝ΔvΔt＝错误! m /s 2＝ m/s 2， 依照牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1， 得F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝11 N.(2)在BC 段，对小物块有mg sin α＝ma 2，解得a 2＝g sin α＝8 m/s 2，小物块从B 到最高点所历时刻与从最高点到B 所历时刻相等，因此小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时刻为t ＝2v Ba 2＝ s.(3)小物块从B 向A 运动进程中，有μmg ＝ma 3 ，a 3＝μg ＝5 m/s 2，由B 至停下小物块的位移x ＝v B 22a 3＝ m ，x AB ＝0＋v B 2t 0＝ m ，Δx A ＝x AB －x ＝ m.2．(2018·湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg 的物体放在长为1 m 的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.图2(1)假设由静止释放物体，1 s 后物体抵达斜面底端，那么物体抵达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)假设给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为 m/s 2的匀加速直线运动，那么该恒力大小为多少？ 答案 (1)2 m/s (2) (3)5 N解析 (1)设物体抵达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：x ＝12v t ，v ＝2x t ＝2×11 m /s＝2 m/s ；(2)由运动学公式得a 1＝vt ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，联立解得μ＝；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 合，那么F 合sin θ－μF 合cos θ＝ma 2，将a 2＝ m/s 2，θ＝37°，μ＝代入，可得F 合＝15 N ， F 合＝mg －F ＝15 N ，解得F ＝5 N.3．如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝ N ，玩具的质量m ＝1 kg ，通过时刻t ＝ s ，玩具移动了距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)玩具与地面间的动摩擦因数．(2)松手后玩具还能滑行多远？(3)当力F与水平方向夹角θ为多少时拉力F最小？答案 (1)33 (2)335m (3)30° 解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12at 2，解得a ＝ 3 m/s 2，对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma 解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v t ＝at ＝2 3 m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′ 解得a ′＝1033m/s 2由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v t 2－2a ′＝335 m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，那么F cos θ－f >0，f ＝μN 在竖直方向上，由平稳条件得 N ＋F sin θ＝mg 解得F >μmgcos θ＋μsin θ因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ) 因此当θ＝30°时，拉力最小．4．(2019·河南省洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N 的小球，在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止动身沿AB 向上运动，F 作用 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)有F 作用的进程中小球的加速度； (2)撤去F 刹时小球的加速度；(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时刻将通过距A 点为 m 的B 点． 答案 (1) m /s 2 方向沿杆向上 (2) m/s 2 方向沿杆向下 (3) s 或 s 解析 (1)小球的质量m ＝Gg＝1 kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作历时的加速度大小为a 1，现在小球的受力如下图，F cos 30°＝G cos 30°＋N F sin 30°－G sin 30°－μN ＝ma 1 联立解得：a 1＝ m/s 2，方向沿杆向上 (2)撤去F 刹时，小球的受力如下图，设现在小球的加速度为a 2，N ′＝G cos 30° －G sin 30°－μN ′＝ma 2联立解得：a 2＝－ m /s 2，即大小为 m/s 2，方向沿杆向下 (3)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s 小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝ m撤去F 后，小球继续向上运动的时刻为t 2＝0－v 1a 2＝ s小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 122a 2＝ m那么小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝ m 在上滑时期通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 32解得t 3＝ s 或t 3＝ s(舍) 小球返回时，受力如下图，设现在小球的加速度为a3，－G sin 30°＋μN′＝ma3得a3＝－m/s2，即大小为m/s2，方向沿杆向下小球由顶端返回B点时有－(x m－x AB)＝12a3t42解得t4＝35s那么通过B点时刻为t＝t2＋t4≈ s.。
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动力学中的临界值问题
1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)力的合成与分解(Ⅱ).2.方法与技巧：一般通过受力分析、运动状态分析和运动过程分析，运用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，找到临界状态所隐含的条件．
1．(涉及弹簧的临界极值问题)如图1所示，质量相同的木块A和B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然伸长状态．现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是( )
图1
A．弹簧压缩到最短时两木块加速度相等
B．弹簧压缩到最短时两木块速度相等
C．两木块速度相等时，加速度a A<a B
D．两木块加速度相同时，速度v A<v B
2．(涉及滑块和斜面滑动的临界极值问题)一个人最多能提起质量m0＝20 kg的重物．如图2所示，在倾角θ＝15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间的动摩擦因数μ
＝
3
3
.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m.(sin 15°
＝6－2
4
，cos 15°＝
6＋2
4
)
图2
3．如图3所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
图3
A．将立即做匀减速直线运动
B．将立即做变减速直线运动
C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大
D．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零
4．A、B两物体叠放在一起，放在光滑水平面上，如图4甲所示，它们从静止开始受到一变
力F的作用，该力与时间关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则( )
图4
A．在t0时刻A、B两物体间静摩擦力最大
B．在t0时刻A、B两物体的速度最大
C．在2t0时刻A、B两物体间静摩擦力最小
D．到2t0时刻A、B两物体的位移为零
5．如图5所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物块P，Q为一质量为m2＝8 kg的重物，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，已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2.求力F的最大值与最小值．
图5
答案解析
1．BC [
由牛顿第二定律可知，从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，A 木块由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，B 木块由静止开始做加速度不断增大的加速运动．开始时，A 的加速度大于B 的加速度，两木块的速度图像如图所示，由图像可知，两木块加速度相等时，v A >v B ，D 项错；两木块速度相等时，a A <a B ，C 项正确；当两木块速度相等时，A 、B 间距离最小，弹簧被压缩到最短，A 项错，B 项正确．]
2．20 2 kg
解析 设F 与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m ，由平衡条件可得：
F cos α－mg sin 15°－μN ＝0
N ＋F sin α－mg cos 15°＝0
由已知可得F ＝m 0g
联立得m ＝m 0cos α＋μsin α
sin 15°＋μcos 15°
代入μ＝3
3
，得m ＝20 2 kg
3．C
4．B
5．最大值F max 是72 N ，最小值F min 是36 N
解析 设刚开始时弹簧压缩量为x 0.根据平衡条件和胡克定律得：(m 1＋m 2)g sin 37°＝kx 0 得：x 0＝m 1＋m 2g sin 37°k ＝4＋8×10×0.6600
m ＝0.12 m
从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．
因为在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．
在0.2 s 时，由胡克定律和牛顿第二定律得：
对P ：kx 1－m 1g sin θ＝m 1a
前0.2 s 时间内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1，则 x 0－x 1＝1
2
at 2 上面几式联立解得a ≈3 m/s 2
当P 、Q 开始运动时拉力最小，此时有
对PQ 整体有：F min ＝(m 1＋m 2)a ＝(4＋8)×3 N＝36 N
当P 、Q 分离时拉力最大，此时有
对Q 有：F max －m 2g sin θ＝m 2a
得F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N.。