课后跟踪训练（15）　斜面模型　动力学的临界、极值问题-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教版）

课后跟踪训练（15）　斜面模型　动力学的临界、极值问题 1．(2022·江苏卷)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，重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　) A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 B　解析：书放在水平桌面上，当书相对于桌面不滑动，且书与桌面间的静摩擦力达到最大时，静摩擦力提供加速度，即有Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，书相对高铁静止，高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确。 2．如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同一高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。则雪道上的同学们(　　) A．沿雪道做匀速直线运动 B．下滑过程中机械能均守恒 C．前后间的距离随时间不断增大 D．所受重力沿雪道向下的分力相同 C　解析：同学们坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图所示，则加速度a＝＝g sin θ－μg cos θ，又因为μ相同，所以同学们都做匀加速直线运动，且加速度都相等，A错误； 下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；根据匀加速直线运动位移与时间的关系x＝at2可知，同学们前后间的距离随着时间不断增大；也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后间的距离随着时间不断增大，C正确；各同学质量不同，所以重力沿雪道向下的分力mg sin θ也不相同，D错误。 3．(2025·上海闵行区模拟)如图所示，竖直平面内半径R1＝10 m的圆弧AO与半径R2＝2.5 m的圆弧BO在最低点O相切。两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接，另一端分别在两圆弧上且等高。一个小球从左侧直轨道的最高点A由静止开始沿直轨道下滑，经过O点后沿右侧直轨道上滑至最高点B，不考虑小球在O点的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2。则在此过程中小球运动的时间为(　　) A．1.5 s B．2.0 s C．3.0 s D．3.5 s C　解析：设左侧轨道倾角为θ1，小球在左侧斜面上下滑的加速度大小为a1＝g sin θ1，左侧轨道长x1＝2R1sin θ1，小球在左侧轨道上运动时间为t1＝＝2，同理，小球在右侧斜面上上滑的时间为t2＝2，故小球在此过程中运动的时间为t＝t1＋t2＝2(＋)＝3 s，C正确。 4．如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A。B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R。现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球(可看为质点)，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　) A．1∶3 B．1∶2 C．1∶ D．1∶ D　解析：设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝2R cos θ，小球下滑的加速度a＝g cos θ，根据s＝at2可得t＝2，可知下滑时间与θ无关，因此从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝gt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝gt22，联立解得＝，D正确。 5．(2025·河南洛阳模拟)如图所示，建筑工地上工人用砖夹把四块砖夹住，并用竖直向上的拉力F匀加速提起，砖与砖、砖与砖夹之间均未发生相对滑动，每块砖的重力大小均为G，砖夹的质量不计。若F＝6G，则在加速提起过程中第2、3块砖之间的摩擦力大小为(　　) A．0 B．G C．2G D．3G A　解析：设每块砖的质量均为m，四块砖的加速度大小均为a，将四块砖和砖夹看成一个整体，根据牛顿第二定律，有F－4G＝4ma；将第2、3块砖看成一个整体，由对称性可知，砖块1对砖块2的摩擦力与砖块4对砖块3的摩擦力相同，设大小均为Ff，分析知其方向均竖直向上，根据牛顿第二定律有2Ff－2mg＝2ma；设第2、3块砖之间的摩擦力大小为Ff23，并假设第2块砖对第3块砖的摩擦力方向竖直向上，对砖块3根据牛顿第二定律有Ff23＋Ff－mg＝ma；又G＝mg，联立解得Ff23＝0，A正确，B、C、D错误。 6．(2025·郑州外国语学校测试)质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别达到稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小Ff与小球的下落速率v成正比，即Ff＝kv(k>0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．m1<m2 B．＝ C．释放瞬间甲球的加速度较大 D．t0时间内两球下落的高度相等 B　解析：两小球先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，小球做匀速直线运动时有kv1＝m1g，kv2＝m2g，可得＝，由题图可知v1>v2，则m1>m2，A错误，B正确；释放瞬间两小球只受重力作用，两小球的加速度相等，为重力加速度，C错误；v－t图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图可知t0时间内甲球下落的高度较大，D错误。 7．(2025·石家庄二中模拟)如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ＝30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止，则a1和a2的大小之比为(　　) A．∶1 B．∶3 C．3∶1 D．1∶3 D　解析：小球和小车保持相对静止时，小球的受力情况如图所示。 如果小车在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有FNsin θ－FTcos θ＝ma，竖直方向上有FNcos θ＋FTsin θ＝mg，解得加速度大小a＝ g，小球能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力FT＝0，此时小车向左加速的加速度最大，解得小车向左做加速运动的最大加速度大小a1＝g tan 30°，同理可得，如果小车在水平面上向右做加速运动，由正交分解法得，水平方向上有FTcos θ－FNsin θ＝ma′，竖直方向上有FNcos θ＋FTsin θ＝mg，解得加速度大小a′＝ g，小球能够和小车保持相对静止的临界条件是斜面对小球的弹力FN＝0，此时小车向右加速的加速度最大，解得小车向右做加速运动的最大加速度大小a2＝，所以a1∶a2＝1∶3，D正确。 8．(多选)(2025·河南许昌测试)如图所示，1、2、3、4四个可视为质点的小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列关系式正确的是(　　) A．t1>t2 B．t3＝t4 C．t2<t4 D．t1＝t4 BC　解析：设四个小球的质量大小分别为m1、m2、m3、m4，运动的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4，位移大小分别为x1、x2、x3、x4。对小球1，由牛顿第二定律有m1g cos 30°＝m1a1，由几何关系可知x1＝2r cos 30°，由匀变速直线运动规律可得x1＝a1t12，解得t1＝；同理对小球2有m2g cos 60°＝m2a2，x2＝2r cos 60°，x2＝a2t22，解得t2＝；对小球3有m3g cos 30°＝m3a3，x3＝，x3＝a3t32，解得t3＝；对小球4有m4g cos 60°＝m4a4，x4＝，x4＝a4t42，解得t4＝；所以t1＝t2<t3＝t4，B、C正确。 9．(多选)(2022·全国甲卷)如图所示，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μ，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(　　) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg 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 AD　解析：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg。从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，大小为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此刻对于滑块P，由牛顿第二定律得－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故P、Q间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知，P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度的值，大小为2μg，Q加速度大小的最大值出现在弹簧恢复原长时，由牛顿第二定律得－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时，由牛顿第二定律得－μmg＝maP2，解得aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P的初始加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧恢复到原长时加速度大小为μg；滑块Q的初始加速度为0，做加速度增大的减速运动，最后弹簧恢复到原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 10．(2025·湖北咸宁测试)如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平方向成37°角，一位装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，g取10 m/s2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)刷子沿天花板向上的加速度大小； (2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间。 答案：(1)2 m/s2　(2)2 s 解析：(1)刷子运动过程中受力如图所示。 根据牛顿第二定律有 F sin 37°－mg sin 37°－Ff＝ma F cos 37°＝mg cos 37°＋FN Ff＝μFN 由以上三式解得a＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式有L＝at2 解得t＝2 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$