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微点突破三　动力学中的临界、极值问题
[学习目标]　1．掌握常见连接体问题的临界、极值条件。2．会用极限法、假设法、数学法解决临界、极值问题。
1．常见临界与极值问题的条件
(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
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
　恰好脱离的临界问题
[典例1]　(2025·山东菏泽一模)如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则(　　)
A．t＝0.5 s时，A、B间的弹力为2 N
B．t＝1 s时，A、B分离
C．分离时，它们的位移为4.5 m
D．A、B分离时的速度为4 m/s
　叠加系统相对滑动的临界问题
[典例2]　(多选)(2025·山西运城高三期末)马车是古代交通运输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A的质量为m，B的质量为3m，车的质量为5m，地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉力为F，A、B始终没有离开车的表面，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A．若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不会发生相对滑动
B．若μ1>μ2，当F＝10μ2mg时，B与车之间开始相对滑动
C．若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B先滑动
D．若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为8μ1mg
规律方法：叠加体系统临界问题的求解思路
　动力学中极值问题
[典例3]　如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由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＝。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
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1．如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　)
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
2．(2025·河南省部分学校高三4月联考)如图所示，汽车车厢里载着两材质不同的建材A、B正在平直公路上匀速向前行驶，A、B靠在一起，已知A、B的质量相等，与车厢底面间的动摩擦因数分别为μA＝0.6、μB＝0.8。t＝0时刻汽车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时间的变化规律为a＝2t(m/s2)，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A．t＝2.0 s时，A、B之间开始有弹力
B．t＝2.5 s后，A受到的摩擦力大小不变
C．从t＝3.0 s到t＝3.5 s内，A、B间的弹力逐渐增大
D．t＝4.0 s时，A、B开始相对车厢滑动
3．质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为(　　)
A．g B．g
C．g D．g
4．(多选)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(　　)
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
5．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，另一端连接质量为m1＝4 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝8 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，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
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微点突破三　动力学中的临界、极值问题
微点探究
典例1　D　[根据题图可得在0~3 s内FA6－2t，FB2＋2t，当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有，解得t2 s，故B错误；t0.5 s时，A、B没有分离，看成一个整体，则有FA＋FB(mA＋mB)a，解得a2 m/s2，隔离A，根据牛顿第二定律，有FA－F'mAa，代入数据解得F'3 N，故A错误；由上述分析可知分离前的加速度为a2 m/s2，分离时，它们的位移为x×2×22 m4 m，A、B分离时的速度为vat4 m/s，故C错误，D正确。]
典例2　AC　[若μ1＞μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确；若μ1＞μ2，整体相对静止的最大加速度为amμ2g，则最大拉力为Fm(m＋3m＋5m)am9μ2mg，当F9μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B错误；若μ1＜μ2，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故C正确；若μ1＜μ2，A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为am'μ1g，则最大拉力为Fm'(m＋3m＋5m)am'9μ1mg，故D错误。]
典例3　解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
Lv0t＋at2 ①
vv0＋at ②
联立①②式，代入数据得a3 m/s2 ③
v8 m/s。 ④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－Ffma ⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ0 ⑥
又FfμFN ⑦
联立⑤⑥⑦式，可得F ⑧
由数学知识得
cos α＋sin αsin(60°＋α) ⑨
由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α30° ⑩
联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin N。
答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
微点训练
1．C　[对两物块整体进行受力分析有F2ma，再对于后面的物块有FTmaxmamax，FTmax2 N，可得Fmax4 N，故选C。]
2．C　[根据题意可知，A依靠摩擦力获得最大加速度，则aA6 m/s22t m/s2，解得t3 s，即3 s时A、B间出现弹力，有弹力后A受到的摩擦力始终等于滑动摩擦力，故A、B错误；设A、B与车厢保持相对静止的最大加速度为am，则am7 m/s22t m/s2，解得t3.5 s，由此可知，3.5 s后A、B开始相对车厢滑动，3 s到3.5 s内，由于加速度不断增大，B对A的弹力也将不断增大，故C正确，D错误。]
3．B　[对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，由牛顿第二定律得Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)ma，化简可得Fsin(θ＋φ)－μmgma，其中Fmg，μ，tan φ，当sin(θ＋φ)1时，物块运动的加速度最大，为amg，故B正确。
]
4．BD　[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a010 m/s2≈17 m/s2。若a20 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a10 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。]
5．解析：设开始时弹簧的压缩量为x0
由平衡条件得(m1＋m2)gsin θkx0
代入数据解得x00.12 m
因前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，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 θm1a
前0.2 s时间内两物体的位移为x0－x1at2
联立解得a3 m/s2
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，Fmin(m1＋m2)a36 N
分离时对物体Q，由牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θm2a
解得Fmax72 N。
答案：72 N　36 N
1 / 4(共61张PPT)
第三章 运动和力的关系
微点突破三　动力学中的临界、极值问题
[学习目标]　1．掌握常见连接体问题的临界、极值条件。2．会用极限法、假设法、数学法解决临界、极值问题。
1．常见临界与极值问题的条件
(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
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
角度1　恰好脱离的临界问题
[典例1]　(2025·山东菏泽一模)如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则(　　)
A．t＝0.5 s时，A、B间的弹力为2 N
B．t＝1 s时，A、B分离
C．分离时，它们的位移为4.5 m
D．A、B分离时的速度为4 m/s
√
D　[根据题图可得在0～3 s内FA＝6－2t，FB＝2＋2t，当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有＝，即＝，解得t＝2 s，故B错误；t＝0.5 s时，A、B没有分离，看成一个整体，则有FA＋FB＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，隔离A，根据牛顿第二定律，有FA－F′＝mAa，代入数据解得F′＝3 N，故A错误；由上述分析可知分离前的加速度为a＝2 m/s2，分离时，它们的位移为x＝at2＝×2×22 m＝4 m，A、B分离时的速度为v＝at＝4 m/s，故C错误，D正确。]
角度2　叠加系统相对滑动的临界问题
[典例2]　(多选)(2025·山西运城高三期末)马车是古代交通运输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A的质量为m，B的质量为3m，车的质量为5m，地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉
力为F，A、B始终没有离开车的表面，重力
加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A．若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不会发生相对滑动
B．若μ1>μ2，当F＝10μ2mg时，B与车之间开始相对滑动
C．若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B先滑动
D．若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为8μ1mg
√
√
AC　[若μ1>μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确；若μ1>μ2，整体相对静止的最大加速度为am＝＝μ2g，则最大拉力为Fm＝(m＋3m＋5m)am＝9μ2mg，当F＝9μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B错误；若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故C正确；若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为am′＝＝μ1g，则最大拉力为Fm′＝(m＋3m＋5m)am′＝9μ1mg，故D错误。]
规律方法：叠加体系统临界问题的求解思路
角度3　动力学中极值问题
[典例3]　如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由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＝。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
[解析]　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋at2 ①
v＝v0＋at ②
联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2 ③
v＝8 m/s。 ④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
F cos α－mg sin θ－Ff＝ma ⑤
F sin α＋FN－mg cos θ＝0 ⑥
又Ff＝μFN ⑦
联立⑤⑥⑦式，可得F＝ ⑧
由数学知识得
cos α＋sin α＝sin (60°＋α) ⑨
由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30° ⑩
联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin＝ N。
[答案]　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
1．如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　)
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
√
C　[对两物块整体进行受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝mamax，FTmax＝2 N，可得Fmax＝4 N，故选C。]
2．(2025·河南省部分学校高三4月联考)如图所示，汽车车厢里载着两材质不同的建材A、B正在平直公路上匀速向前行驶，A、B靠在一起，已知A、B的质量相等，与车厢底面间的动摩擦因数分别为μA＝0.6、μB＝0.8。t＝0时刻汽车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时间的变化规律为a＝2t(m/s2)，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A．t＝2.0 s时，A、B之间开始有弹力
B．t＝2.5 s后，A受到的摩擦力大小不变
C．从t＝3.0 s到t＝3.5 s内，A、B间的弹力逐渐增大
D．t＝4.0 s时，A、B开始相对车厢滑动
√
C　[根据题意可知，A依靠摩擦力获得最大加速度，则aA＝＝
6 m/s2＝2t m/s2，解得t＝3 s，即3 s时A、B间出现弹力，有弹力后A受到的摩擦力始终等于滑动摩擦力，故A、B错误；设A、B与车厢保持相对静止的最大加速度为am，则am＝＝7 m/s2＝
2t m/s2，解得t＝3.5 s，由此可知，3.5 s后A、B开始相对车厢滑动，3 s到3.5 s内，由于加速度不断增大，B对A的弹力也将不断增大，故C正确，D错误。]
3．质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为(　　)
A．g B．g
C．g D．g
√
B　[对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，由牛顿第二定律得F cos θ－μ(mg－F sin θ)＝ma，化简可得F
sin (θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，当sin (θ＋φ)＝1时，物块运动的加速度最大，为am＝g，
故B正确。]
4．(多选)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(　　)
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
√
√
BD　[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＝≈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。]
5．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，另一端连接质量为m1＝4 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝
8 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，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
[解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0
由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前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，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1g sin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移为x0－x1＝
联立解得a＝3 m/s2
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，Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
分离时对物体Q，由牛顿第二定律得Fmax－m2g sin θ＝m2a
解得Fmax＝72 N。
[答案]　72 N　36 N
章末巩固检测(三)　运动和力的关系
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
说明：第1～8题，每小题5分；本试卷共60分。
一、选择题：共8小题，1～6题只有一个选项符合要求，7～8题有多个选项符合要求。
1．“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员用水袋做了一颗水球，另一航天员用白毛巾包好的球拍击球，水球被弹开。对于该实验，下列说法正确的是(　　)
A．实验舱内，水球体积越小其惯性越大
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用
力与“球拍”对水球的作用力是一对相互
作用力
C．击球过程中，水球所受弹力是由水球发生形变产生的
D．实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
B　[实验舱内，水球体积越小，水球质量越小，其惯性越小，故A项错误；击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是作用力与反作用力，故B项正确；击球过程中，水球所受弹力是由“球拍”发生形变产生的，故C项错误；牛顿第一定律是理想情况，不可用实验直接验证，故D项错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．在水平向右飞行的客机中，发现饮料杯中的液面与水平小桌板成α角，如图所示。重力加速度为g，则(　　)
A．客机在做匀速直线运动
B．客机在做匀加速直线运动
C．客机的加速度大小为g tan α
D．饮料杯只受重力和支持力
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
C　[在倾斜水面上取一小水滴，对其进行受力分析如图所示，可知其加速度方向向左，根据牛顿第二定律有mg tan α＝ma，解得a＝g tan α，可知客机的加速度大小为g tan α，客机向右做匀减速直线运动，故A、B错误，C正确；饮料杯的加速度水平向左，则饮料杯受重力、支持力和摩擦力作用，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
3．(2025·江苏江阴模拟)在沿竖直方向运行的电梯中，把物体置于水平面的台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止开始加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动时，与传感器相连的电脑荧屏上显示出传感器的示数与时间的关系图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．18～20 s过程中，物体的重力先变小后变大
B．该物体的质量为5 kg
C．电梯在超重时最大加速度大小约为
D．电梯在失重时最大加速度大小约为6.67 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[18～20 s过程中，物体的重力保持不变，故A错误；匀速运动时，根据受力平衡可得F＝mg＝30 N，解得该物体的质量为m＝3 kg，故B错误；0～4 s内电梯处于超重状态，根据牛顿第二定律可得Fmax－mg＝mam，解得最大加速度大小为am＝＝ m/s2≈6.67 m/s2，故C错误；18～22 s内电梯处于失重状态，根据牛顿第二定律可得mg－Fmin＝mam′，解得最大加速度大小为am′＝＝ m/s2≈
6.67 m/s2，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
4．(2025·山东淄博一模)如图所示，光滑水平面上放置质量均为m的两块木板，其上分别有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为(　　)
A．3μmg B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
B　[设轻绳拉力最大值为Fmax，对左边一组机器人和滑块分析受力，由牛顿第二定律有Fmax＝3ma，右边一组机器人和滑块之间的摩擦力为最大静摩擦力时，绳子拉力最大，把左边一组和右边机器人看作整体分析受力，由牛顿第二定律有μ·2mg＝5ma，联立解得轻绳拉力最大值Fmax＝，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
5．如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面体间。卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 37°＝0.6)(　　)
A．23 m B．33 m
C．43 m D．53 m
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
C　[卡车刹车时，当后斜面的支持力恰好为零时，工件刚好不与其中任何一个斜面脱离，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律可得mg tan 37°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有0－v2＝
－2ax，若g取10 m/s2，解得x＝ m，则其
刹车的最小距离更接近于43 m，故C正确，
A、B、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)
题号
1
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2
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10
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
√
题号
1
3
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2
4
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10
B　[小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，A错误；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度大小v1向右匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。]
题号
1
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10
7．(2025·天津南开一模)如图所示，缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢连同悬臂的质量为M，车厢水平底板上放置一质量为m的货物。某段时间内，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动。已知悬臂和车厢始
终处于竖直方向，重力加速度为g，缆绳的
倾角为θ，则在这段时间内(　　)
题号
1
3
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10
A．车厢对货物的支持力大小为ma sin θ
B．车厢对货物的摩擦力大小为ma cos θ
C．缆绳对悬臂和车厢的作用力大小大于(M＋m)
D．缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ
√
题号
1
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10
√
√
BCD　[在缆绳的牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，沿水平和竖直方向分解加速度，分别为ax、ay，竖直方向N－mg＝may，因为是匀加速运动，所以加速度恒定，故车厢对货物的支持力N＝mg＋ma sin θ，故A错误；水平方向f ＝max＝ma cos θ，故B正确；对悬臂和货物组成的系统分析，悬臂对车厢的作用力为F，则竖直方向Fy－(M＋m)g＝(M＋m)ay，水平方向Fx＝
题号
1
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2
4
6
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10
(M＋m)ax，则F＝，解得F>(M＋m)，故C正确；设悬臂对车厢的作用力与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝>＝tan θ，所以缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ，故D正确。]
题号
1
3
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2
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10
8．(2025·江西鹰潭一模)某同学设计了如图甲所示装置：一质量为0.5 kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1 kg的滑块B(可视为质点)置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t＝0时刻，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
题号
1
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A．本次操作中，所挂重物C的质量为8 kg
B．木板A与滑块B间动摩擦因数为μ1＝0.4
C．木板A与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.2
D．为使滑块B始终不脱离木板A，A至少长1.5 m
√
题号
1
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10
√
√
BCD　[由题图可知aA＝ m/s2＝2 m/s2，aB＝ m/s2＝8 m/s2，aB′＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律可得aA＝，aB＝，aB′＝＝μ1g，代入数据解得μ1＝0.4，mC＝
6 kg，μ2＝0.2，故A错误，B、C正确；为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由题图可知A至少长为l＝2××2×(1－0.25) m＝1.5 m，故D正确。]
题号
1
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10
二、非选择题：共2小题。
9．(6分)为探究质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为沙和沙桶的质量。(动滑轮质量不计)
题号
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(1)操作本实验时，以下操作步骤正确的是________。
A．为了获得合力大小需用天平测出沙和沙桶的质量m
B．为减小实验误差，改变沙和沙桶质量时，必须要满足沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M
C．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力
D．为保证纸带上打点的清晰度和点的数量，小车释放时要靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
题号
1
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C
(2)经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为____________ m/s2。(结果保留2位有效数字)
题号
1
3
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10
2.4
(3)正确操作记录若干数据后，该同学以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。
A．k B．
C．2tan θ D．
题号
1
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B
[解析]　(1)本实验中小车受到的拉力可直接由弹簧测力计测出，所以不需要测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的质量远小于小车的质量，故A、B错误；为了由细线拉力可表示出小车的合力，本实验需要平衡阻力，可将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力，故C正确；为保证纸带上打点的清晰度和点的数量，小车释放时要靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故D错误。
题号
1
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(2)相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，可知相邻计数点的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s
根据逐差法可知加速度为a＝＝ m/s2≈
2.4 m/s2。
(3)对小车，根据牛顿第二定律可得a＝
可知a-F图线的斜率为k＝
可得m＝。
题号
1
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10．(14分)某中学的两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.5 m、质量M＝0.5 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，g取10 m/s2，一人用水平恒力F2向左作用
在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F1向上拉动滑块，使
滑块从地面由静止开始向上运动。
题号
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(1)若F1＝17.5 N，F2＝27.5 N，求小滑块和木板的加速度；
(2)在第(1)问的条件下，经过多长时间滑块从木板上端离开木板；
(3)若F2＝35 N，为使滑块与木板一起向上运动但不发生相对滑动，则F1必须满足什么条件？
题号
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[解析]　(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有F1－μF2－mg＝ma1
解得a1＝2.0 m/s2，方向竖直向上
对木板由牛顿第二定律有μF2－Mg＝Ma2
解得a2＝1.0 m/s2，方向竖直向上
因为a1>a2，所以假设成立。
题号
1
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(2)设经过时间t滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上端离开木板时－a2t2＝L
代入数据得t＝1.0 s。
题号
1
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10
(3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F1>(M＋m)g＝15.0 N
为使滑块与木板不发生相对滑动，滑块与木板间静摩擦力应小于或等于最大静摩擦力，若滑块与木板间静摩擦力等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有μF2－Mg＝Ma
解得a＝4.0 m/s2，方向竖直向上
题号
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10
对滑块由牛顿第二定律有F1－μF2－mg＝ma
代入数据得F1＝21.0 N
综上所述，F1必须满足的条件为15.0 N题号
1
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[答案]　(1)2.0 m/s2，竖直向上　1.0 m/s2，竖直向上　(2)1.0 s　(3)15.0 N谢 谢 ！

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