第4章 专题六 牛顿运动定律中的临界、极值问题-【重难点手册】2025-2026学年高中物理必修第一册同步练习册（人教版2019）

翻重难点手册高中物理必修第一册RJ, 专题六牛顿运动定律中的临界、极值问题 题型①物体与弹簧分离的临界问题 动的加速度大小a. 1.(2025·江西莲塘一中高一月考)（多选）如图所 (3)力F的最大值与最小值 示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠 放两个质量分别为2m、m的物体A、B(A物体 与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为飞，初始时物体 】37 处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在 nnnnnnnnnnnnnnnn 物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度 大小为子g的匀加速直线运动，直到A、B分离。 重力加速度为g,则下列关于此过程的说法正确 的是(）. 题型2接触与脱离的临界问题 3.一个装有固定斜面的小车静止在动摩擦因数 77777777777777 :=0.5的水平地面上，小球通过轻质细绳与车 A施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 顶相连，细绳与竖直方向的夹角为37°，斜面光 Fmg 滑，倾角也为37°，如图所示.已知小球的质量为 m=1kg,小车和斜面的总质量为M=4kg,g= B.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. Fimg (1)求小车静止时小球受到的斜面对它的支持力 的大小 C从施加力F到A,B分离的时间为2，√受 (2)现对小车施加一个水平向右的恒力F,当F 多大时，小球恰好离开斜面？ D从随加力F到A,B分离的时间为2，阿 2.(2025·安徽合肥一六八中学高一期末)如图所 示，一个弹簧一端固定在倾角为0一37的光滑 固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=6kg 77777777777777777777777777 的物体P,Q为一质量为m2=10kg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0.2s时间内，F为变力，0.2s 以后F为恒力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 10m/s2.求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x· (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运 68 第四章运动和力的关系锥 题型③绳子断裂或松弛的临界问题 题型⑤动力学中的极值问题 4.(2025·湖北武钢三中高一月考)如图所示，在平 7.易错题(2025·浙江杭州二中高一月考)如图 直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在 甲所示，木板与水平地面间的夹角日可以随意改 O点悬挂质量为5kg的重物，轻绳AO、BO与 变，当0=30°时，可视为质点的一小物块恰好能 车顶部的夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶 沿着木板匀速下滑.如图乙，若让该小物块从木 过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力 板的底端每次均以大小相同的初速度。一 加速度为g,厢式货车的最大加速度为( ). 10m/s沿木板向上运动，随着0的改变，小物块 30 60y7 沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加 速度g取10m/s2. arccccucdeucceuou (1)求小物块与木板间的动摩擦因数. A号 D.3g (2)当0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 5.如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A 此最小值 叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m,m, 物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，中间 用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大 拉力为F,(已知此时A、C仍能保持相对静止) 现用水平拉力F拉物体B,使三个物体以同一 加速度向右运动，则( m闪 2 A此过程中物体C受五个力作用 B.当F逐渐增大到F,时，轻绳刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5Fr时，轻绳刚好被拉断 D.若水平面光滑，当绳子拉断后，A、C间的摩擦 力为0 题型④相对静止（或滑动）的临界问题 6.如图所示，A、B两物块的质量分别为mA=2kg、 mB=1kg,静止叠放在水平地面上.A、B间的 动摩擦因数为0.2，B与地面间的动摩擦因数为 0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 取g=10m/s2.现对A施加一水平拉力F,求： (1)当F=5N时，A、B的加速度. (2)当F=10N时，A、B的加速度. (3)当F为多少时，A相对于B滑动. 77 69结合图像可得一mg士，m+M)g=_9 M 1-2受放C正角，D特误 解得：=0.1. 2.(1)0.16m 2号m/gs2gN,gN (2)设m在M上滑动的时间为1，当水平恒力F=27.8N时 由(1)知滑块的加速度为a1=g=4m/s, 【解析】（门）设开始时弹簧的压缩量为x,对整体受力分析，平 面滑块在时间内的位移为：-a,。 行于斜面方向有(m1+m2)gsin0=kxa,解得x。=0.16m. (2)前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两 由(1)可知木板的加速度为a: F-mg一4：(M十n)g 物体分离，此时P,Q之间的弹力为0且加速度大小相等，设 M 此时弹簧的压缩量为x1,对物体P,由牛顿第二定律得kx 代人数据解得a1=4.7m/s, 一m1gsin0=ma,前0.2s时间内两物体的位移x。一x1= 面木板在时间：内的位移为：=司0： 2ar,联立解得a= 3 m/s' 由题可知一1=， (3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力 代入数据解得1=28 方法总结 最大.则Fn=(m+ma=160 3 N,对Q应用牛顿第二定 1.动力学图像类问题的实质是力与运动的关系问题， 律得Fnx一m:gsin0=n:a,解得Fm=m:(gsin0十a)= 以牛领第二定律F=为组带，是数学的函数思想和牛领 运动定律以及运动学公式的结合问题 婴v 2.动力学图像问题解题的关键是道过对物体运动过程 3.(1)6.25N(2)62.5N 的分析，利用牛领第二定律和运动学公式列式，道过函数解 【解析】(1)小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fysin37 析式找到图像所涉及的两个物理量之间的关系，然后结合 =Frsin 37".Frcos 37+Fxcos 37"=mg. 图像作出判断。 代入数据解得F￥=6.25N. 3.读图时，要注意图线的起点，针率、截距，折点以及图 线与横轴所国图形的面积等所对应的物理意义，尽可能多 地提取解题信息 7.B【解析】设物块P的质量为m,加速度为α，静止时弹簧的 州 压缩量为xo,弹簧的劲度系数为k,由力的平衡条件得mg (2)此时小球受力如图乙所示，竖直方向由平衡条件有 =kxm,物块的位移为x,当x<xu时，弹簧对P的弹力为 Frc然37°=mg,水平方向由牛顿第二定律有F,sin37°=c, F,=(x。一x),对物块P,由牛顿第二定律得F十F1一mg 对整体，有F一(M十m)g=(M十n)a,代入数据解得F= =a,F=kx十a,当x>x。后，弹簧拉伸，有F一k(x 62.5N xa)一mg=ma,仍可得F=k.x十ma,F与x是线性关系，且 4B【解析】对重物受力分析可得F,sin30°+Fasin60°= F随x的增大而增大，当Q对地面的压力为0时弹簧被拉 伸，拉力等于Q的重力，因此形变量也为x。,所以P上升的 m,Fm60-f0m30=m联立解得片·(25g 距离为2x。,所以B正确，A、C、D错误. F】EA=m,落理得点 23 专题六牛顿运动定律中的临界、极值问题 2 3g-3F⅓=ma,当F 1.AC【解析】设弹簧开始时的压缩量为xa,则kx。=3ng,拉 =0时，a取得最大值，为3g,故选B 力F开始施加的酸间，对A物体，根据牛顿第二定律有kx。 5.D【解析】对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩 2mg一Fu=2a,解得Fw=2mg,放A正确，B错误： 擦力作用，可知C受重力、A对C的压力，地面的支持力，绳 在A、B分离瞬间，对A受力分析得kx一2ng一2u,得到 子的拉力，A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用， 生美键点：在A。B分海骑问，A、B间的殊力为0，弹簧弹 力不为0 故A错误：对整体分析，整体的加速度为4F一：m驱。 4m 这一瞬间弹资的压缩量为(=兴，上升的高度A=。一一 隔离对A、C分析，根据牛顿第二定律得T一：·2mg= 紧，由人=弓4，解得从施加力到A,B分离的时同为： 2加，解得T=之F,当F=2F,时，轻绳刚好被拉断，故 41 B错误，C错误：水平面光滑，绳刚断时，对A,C分析可知加： A到B的过程中先做匀加速运动，后做匀速运动，故A错 速度a为0，隔离对A分析，A的摩擦力为f=ma=0,故 误：设传送带长度为L,行李做匀速运动的时间，二工 D正确： 代入数据可得te=4.8s,行李从A到B的过程的时间t=t 方法总结 1.绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的 十t:=5,2s,故C错误：根据以上分析可得行李在传送带上 最大张力 留下的障擦痕连长度△r=,一之u,代人数据可得△r 2.绳子松弛的临界条件是绳子上的张力为0， 、美键燕：兼迹长度本质上过是行李与传递带的相时位移 0.08m,故D正确. 6.(1)兰m/s23m/s1m/s(3)6N 2BC【解析】相对地面而言，小物块在0一t1时间内向左做匀 【解析】(1)两物体将要发生相对滑动时，对物体B:出mAg 减速运动，时刻之后反向向右运动，故小物块在1时刻离 A处距离最大，A错误：小物块在0一1时间内向左做匀减 :(mA十nm)g=H4,对A、B整体：F。一2(mA十mB)g 速运动，相对传送带也是向左运动，，~红时间内反向向右 (ma十m)au,解得F。=6N,a=1m/,F=5N<6N时， 做匀加速运动，但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传 A、B一起加速运动，则加速度4= F(mA十mwg mA十 3m/g. 送带向左运动，：时刻两者同速，在红~时间内，小物块 生关健点：先求出临界加建度，然后求出临界F,如果力比幅米 与传送带相对静止，一起向右匀速运动，所以1，时刻小物块 F小，刑A、B一起加速反之，刑A、B的加逸度不同 相对传送带滑动的距离达到最大，B正确：由于0~1，时间 (2)F=10N>F。,此时A、B之间有相对滑动，此时B的加 内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方 速度为an=ae=1m/s2,对物体A:F一mAg=mAaA, 向一直向右，C正确：在0一1：时间内，小物块相对传送带一 解得aA=3m/s. 直向左运动，则小物块一直受向右的滑动摩擦力，在12~妇 (3)由以上分析可知当F=6N时，A相对于B滑动. 时间内，小物块相对于传送带静止，则小物块不受摩擦力作 7. (2)0=60:2m 用，故D错误 3.AC【解析】根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续 【解析】(1)当0=30时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，测 向上减速，则有ung cos mg sin0,可得<mn0,故A正 mgin9=FF-ngcos0,联立解得红-3. 确：由于：>，物块与传送带速度相等之前，物块受到的 滑动摩擦力沿斜而向下，加速度沿斜面向下，大小为， (2)当0变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为 a,则-mgsin0-ng cos0=a,由0-vi=2ax得x= gim0士g9-gsm9十gos0,物块与传送带速度相 2g(sin0+eos8),令cosa sin a= 二，即 /1十 /1十 等之后，加速度沿斜面向下，大小为a,=Wgn日一10 =gsin0-gcos0<a1,故B错误，物块与传送带在速度相 tan a=u= 3,故a=30,又因x 2g√1+tsim(0+a) 等前后，加速度的大小之差为a1一ag=gsin0十gcos0一 当a十0=90时x最小，即0=60°，所以x的最小值为xm= (gsin0-gcos)=2gcos0,放C正确：设物块从冲上传 送带到与传送带速度相等所用时间为1，此过程物块的位移 555 2g(sin 60"+ucos 60) 2 m. 为=吉产4，传送带的位移为%=4，可知此过程 易错分析 上.不认真分析物体的运动状态，机械套用牛顿第二定律 物块在传送带上的划痕长度为4如=工一工转=四 2 2.不仔细审题，不能求出动摩擦因数 3.不能正确应用三角函数公式 一-”2，若满足△=，则有，=3：由于 1 2 1不一定等于3：，则共速前物块在传送带上的划痕长度不 专题七传送带模型与板块模型 一定等于物块位移大小的一半，故D错误 1.BD【解析】开始时，根据牛顿第二定律有mg=m,可得a：4AD【解析】煤块先做匀减速运 三g,代人数据可得行李的加速度大小a=1m/s2,B正确： 动，由牛顿第二定律可得mgsin010 从开始连度与松达带建度相等经过的时同1，一吕一一 十mgcos8=ma1,解得a1= 8m/s,设经1时间与传送带共 2 =0.4$,从开始到速度与传送带速度相等时间内的位移 速，由w一a11=v,解得1=1s, 2、 x1=2at,代人数据可得x1=0.08m<2m,可知行李从： 故A正确：共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得 42