力与直线运动--临界、极值问题 高频考点专项练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦力与直线运动临界极值问题，以科学思维为核心，通过模型建构与科学推理实现方法体系与知识逻辑的系统整合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|单选5题|受力分析、运动学公式结合牛顿定律|从运动学量与倾角关系（第1题）到弹力摩擦力动态分析（第2题），构建力与运动的关联| |临界分析|多选5题|整体隔离法、临界条件判断|通过斜面体与滑块相对静止（第7题）、轻杆弹力变化（第8题），深化临界状态的科学论证| |综合情境|解答5题|实际问题模型化、多过程受力分析|以舰载机起降（第11题）、叠放体运动（第12题）为例，实现从物理观念到社会责任的素养落地|

力与直线运动--临界、极值问题 高频考点专项练 2027届高中物理高考一轮复习备考 一、单选题 1．在设计游乐场中“激流勇进”的斜倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则 A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短 B．划艇下滑时间与倾角无关 C．划艇下滑的最短时间为2 D．划艇下滑的最短时间为 2．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为。现在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的有（    ） A．木块Q对地面的压力大于2mg B．当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大 C．若加速度，则P不受摩擦力 D．地面与Q间的滑动摩擦力随推力F的增大而增大 3．动车在水平地面上启动过程中，置于水平小桌板上水杯中的水面与水平面之间的夹角为θ，如图所示。假设水杯和水的总质量为m，重力加速度为g，那么（　　） A．动车启动的方向向左 B．动车启动过程中其加速度为gsinθ C．水杯中的水所受的合外力为零 D．小桌板对水杯的摩擦力为mgcosθ 4．如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系质量为的小球。当斜面以水平向右的加速度做匀加速直线运动，系统稳定时细绳上的张力随加速度的变化图像如图乙所示，段是直线，点坐标为，g取，，，则（　　） A． B． C．当时小球恰好离开斜面 D．小球离开斜面之前，受到的支持力 5．如图所示，质量分别为、的两个物体A、B在水平拉力的作用下，沿光滑水平面一起向右运动，已知，光滑动滑轮及细绳质量不计，物体A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则下列说法中正确的是（　　） A．A对B的摩擦力向右 B．A、B一起向右运动的加速度大小为 C．A、B间的摩擦力大小为 D．要使A、B之间不发生相对滑动，则的最大值为 二、多选题 6．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，A、B的质量分别为2kg和3kg。从时刻开始，水平推力和水平拉力分别作用于A、B上，、随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时刻，A的加速度大小为 B．时刻，A、B所受的合力相同 C．时刻，A、B恰好分离 D．时刻，B的加速度大小为 7．如图所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放在水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上，忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度，式中g为重力加速度。对于该解，下列哪些项的分析是正确的（　　） A．当m>>M时，该解给出，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 B．当M>>m时，该解给出a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 C．当θ＝0°时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的 D．当θ=90°时，该解给出a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的 8．如图所示，质量均为M的A，B两滑块放在粗糙水平地面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平方向间的夹角为θ，重力加速度为g，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．当m一定时，θ越大，每根轻杆对滑块的弹力越大 B．当M、m一定时，每个滑块对地面的压力大小均为 C．当m和θ一定时，每个滑块与地面间的摩擦力大小均为 D．不管θ取何值，只要不断增大m，滑块一定会滑动 9．如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角= 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若μ=0.2，当F=4N时，木板相对斜劈向右滑动 B．若μ=0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止 C．若μ=0.8，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为 10．质量为m的小滑块a静置于质量为M的粗糙斜块b的斜面上，斜面倾角为θ（），a、b间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F，斜块b一直静止于粗糙的水平平面c上。g为重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若且为水平方向（如图所示），因为，所以a仍静止 B．若且为水平方向（如图所示），则a的加速度大小为 C．若改变外力F的大小和方向，则b、c间摩擦力有为零的情况 D．若改变外力F的大小和方向，则b对c的最小压力为 三、解答题 11．航空母舰的舰载机既要在航母上起飞，也要在航母上降落。 （1）某舰载机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来，其原理如图所示。若某次飞机着舰时的速度为80m/s，飞机钩住阻拦索后经过2.5s停下来。将这段运动视为匀减速直线运动。    a.求该舰载机减速滑行的距离； b.若已知飞机的质量m=2.0×104kg。设飞机受到除阻拦索以外的阻力为f。在飞机着舰后匀减速滑行的某个时刻，f=4.0×104N，阻拦索夹角α=120°，求此时阻拦索中的弹力大小。 （2）飞机起飞时，采用弹射装置，经过一段时间t0，使飞机获得速度v0后，由飞机上发动机使飞机获得加速度a在航母跑道上匀加速前进，经过一段时间后达到起飞速度vm，离舰升空。 a.求弹射后该飞机的加速滑行时间t； b.弹射装置的使用，大大提高了航母舰载机的起飞效率η（单位时间内起飞飞机的数量）和战机性能。我国马伟明院士领导开发的综合电力系统，使我国的航母电磁弹射技术跃至世界领先水平。若忽略弹射系统的充电时间，跑道上只能有一架飞机滑行。计算上述飞机起飞过程中，航母上装有弹射装置时和未装弹射装置时飞机的起飞效率之比。     12．如图所示，物体A、B叠放在倾角θ=37°的斜面上（斜面保持不动，质量为M=10kg），并通过跨过光滑轻质滑轮的细线相连，细线与斜面平行。两物体的质量分别mA=2kg，mB=1kg，B与斜面间的动摩擦因数μ2=0.2，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），问： (1)如果A、B均相对斜面静止，求斜面对B的支持力FN多大？ (2)如果AB间摩擦因数不知，为使A能不相对B下滑，AB间的摩擦因数μ1至少为多少。（认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力） (3)如果A、B间动摩擦因数μ1=0.1，为使A能平行于斜面向下做匀速运动，应对A施加一平行于斜面向下的多大F的拉力？此时斜面受到地面的支持力N多大？ 13．如图1所示，质量为M的木楔倾角为，并固定在水平面上，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。现用与木楔斜面成角的力F拉木块，木块匀速上升。求： （1）当为多大时，拉力F有最小值，并求此最小值； （2）若取消对木楔的固定，且不考虑各接触面的摩擦力，将外力改为水平方向，如图2所示，在水平外力作用下，木块与木楔相对静止一起做匀加速直线运动，求外力及加速度的大小 （3）若取消对木楔的固定，且不考虑各接触面的摩擦力，将外力改为作用在木楔的水平外力，如图3所示，当木块做自由落体运动时，求水平向右外力的最小值。 14．如图所示，倾角的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L=3m。质量m=1kg的物体Q锁定在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行，P距地面高度为h=1.8m（P被释放着地后立即停止运动）。P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，g取10m/s2。 (1)若P的质量M=3kg，对Q解除锁定后在P下落过程中，求物块Q的加速度大小a0； (2)解除锁定后为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求P质量的取值范围。 15．如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α=37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg，拉杆箱的质量M=9.0kg，箱底与水平面间的夹角θ=30°，不计所有接触面间的摩擦，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)若拉杆箱如图位置静止不动，求此时箱包受到拉杆箱及拉杆的弹力F1、F2； (2)若F=25N，求拉杆箱的加速度大小a和拉杆箱受到地面的支持力FN； (3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力大小满足的条件。 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A C D AC BCD BC BCD BCD 1．C 根据牛顿第二定律结合运动公式找到下滑的时间与滑道倾角的函数关系进行讨论即可. 设滑道倾角为θ，则滑道长度，下滑时的加速度：，则根据可得，，可知滑道倾角θ=450时，划艇下滑时间最短，最短时间为；θ<450时，倾角越大，时间越短；θ>450时，倾角越大，时间越长；故选项C正确，ABD错误；故选C. 2．C AD．P、Q整体的加速度不存在竖直方向的分量，所以木块Q对地面的压力等于，地面与Q间的滑动摩擦力不变，故AD错误； BC．假设Q对P的摩擦力始终沿P、Q接触面向上，设Q对P的支持力为，在水平方向上根据牛顿第二定律有 在竖直方向上根据平衡条件有 解得 当增大时，增大，若，则减小，若加速度，则，即P不受摩擦力，故B错误，C正确。 故选C。 3．A B．在倾斜水平上取一小水滴，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 解得 可知，动车启动过程中其加速度为，B错误； C．根据上述水杯中的水存在水平向左的加速度，则水杯中的水所受的合外力不为零，C错误； A．由于动车在启动过程，即动车在做加速运动，其速度与加速度方向相同，则动车启动的方向向左，A正确； D．对水杯进行分析，可知 D错误。 故选A。 4．C ABC．段为直线，时，有 点表示此时小球恰好离开斜面，有 联立解得 ， 则 AB错误，C正确； D．小球离开斜面之前，对小球受力分析可得 ， 解得 代入数据有 D错误。 故选C。 5．D B．对AB整体分析可知 可知AB一起向右运动的加速度大小为，B错误； AC．对A分析，假设B对A的摩擦力向右，可知 解得 因可知，假设成立，则由牛顿第三定律可知，对的摩擦力向左，AC错误； D．要使A、B之间不发生相对滑动，则只需满足 即 即的最大值为，D正确。 故选D。 6．AC AB．两物体在时刻的加速度相同，加速度大小 此时A、B所受的合力大小之比，选项A正确，B错误； C．根据几何关系可知，在时刻，A所受的推力大小 B所受的拉力大小 因为 所以此时两物体恰好分离，选项C正确； D．由图乙可知，在时刻，B所受的拉力大小 此时B的加速度大小，选项D错误。 故选AC。 7．BCD A．B在重力和A的支持力作用下，加速度不可能大于g，该解给出加速度大于g，不符合预期结果，故A错误； B．当M>>m时，等效于B在固定面上滑动，该解给出的，符合预期的结果，故B正确； C．当θ=0°时，B静止在地面上，加速度a=0，符合常识，故C正确； D．当θ=90°时，B做自由落体运动，加速度a=g，符合实验结论，故D正确。 故选BCD。 8．BC A．题意知重物C受到绳子拉力T和自身重力mg而处于平衡状态，由平衡条件有 把绳子拉力按效果分解，即沿两杆的方向进行分解，对称性可知，两分力等大且设为F，根据平行四边形定则，有 故m一定时，θ越大，越大，故轻杆受力越小，则轻杆对滑块的弹力越小，A错误； B．对A、B、C整体分析可知，整体受到地面给A、B的支持力和整体重力而平衡，由平衡条件有 故 根据牛顿第三定律可知，每个滑块对地面的压力大小均为 故B正确； C．分析可知，A受重力mg、杆的推力F、地面的支持力和向右的摩擦力f而平衡，根据平衡条件有 又因为 联立解得 故C正确； D．滑块不能沿地面滑动时满足 结合以上分析可得 解得 当m趋于无穷大时，有 即 所以无论怎样增大m，都不能使滑块沿地面滑动，故D错误。 故选BC 。 9．BCD A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有 F=3ma 解得 对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有 得 a板=2m/s2>a 可知此时木板相对于斜劈静止，所以A错误； B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为 当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有 得 a球=7.5m/s2>a 可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，所以B正确； C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为 此时对板、球和斜劈构成的系统，有 F临界=(m+m+m)a=24N 当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有 可知此时球刚好要离开斜劈，所以C正确； D．若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为a=8m/s2，对球分析，有 所以D正确。 故选BCD。 10．BCD A．若，则F与重力沿斜面分力的合力为 由于，即 所以a已经滑动。故A错误； B．若，则a的合力为 加速度大小为 故B正确； C．若改变外力F的大小和方向，当力F与重力分力方向相同时，此时物块a受到的支持力和摩擦力与原来相同且方向不变，支持力与摩擦力的合力竖直向上，所以ab整体对c没有水平方向的力，此时bc之间的摩擦力可以为零，故C正确； D．若改变外力F的大小和方向，则对ab整体分析：当F大小一定时，F与水平面的夹角越大，b对c的压力越小。而外力F与斜面始终平行，结合图可知，F与水平面的夹角最大为。 当夹角一定时，且a未滑动，F的值越大，b对c的压力越小。而为F最大为 ab整体分析得 解得 若a滑动后，受力分析可知，a对b的摩擦力和压力不变。则b对c的压力不变为。故D正确。 故选BCD。 11．（1）a.100m，b.6.0×105N；（2）a.，b. （1）a.该舰载机减速滑行的距离 解得 x=100m b.设该舰载机匀减速滑行的加速度大小为a，由运动学公式 解得 对飞机受力分析如图 根据牛顿第二定律 解得 （2）a.由运动学公式 解得 b.利用弹射装置起飞舰载机时飞机起飞总时间 没有弹射装置起飞舰载机时飞机起飞总时间 设有弹射装置时和没有弹射装置时飞机的起飞效率分别为、，则有 ， 解得 12．(1) (2) (3)， （1）以AB整体受力分析，斜面对B的支持力 （2）对A受力分析得 对B受力分析得 联立解得AB间的摩擦因数至少为 （3）对A受力分析得 对B受力分析得 整体受力分析得 联立解得拉力F=2N，斜面受到地面的支持力N=131.2N 13．（1）α = θ时，Fmin = mgsin2θ；（2）F1 = ，a1 = ；（3） （1）木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsinθ = μmgcosθ 即 μ = tanθ 木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcosα = mgsinθ + f，Fsinα + FN = mgcosθ，f = μFN 整理有 F = 则当α = θ时，F有最小值，则 Fmin = mgsin2θ （2）根据题意对整体做受力分析如下图所示 根据受力分析则有 F1 = (m + M)ga1 根据题意对木块做受力分析如下图所示 根据受力分析则有 FNcosθ = mg，F1 - FNsinθ = ma1 整理有 F1 = ，a1 = （3由题知物块做自由落体运动，可画出如下图示 即当物块单位时间内下落h时，木楔至少应向右运动x，则有 tanθ = = 由于木块做自由落体运动，则木块对木楔的作用力为零，且不考虑各接触面的摩擦力，对木楔列出牛顿第二定律有 F2min = Ma2 整理有 F2min = 14．(1)5m/s2 (2)1kg < M⩽5kg （1）根据牛顿第二定律，对于P： 对于Q： 解得； （2）为了使P能下落，必须满足 解得 P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为，上滑距离为x，对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得 解得 P着地前瞬间，设Q速度大小为，对Q分析，由运动学公式可得 Q恰好不从斜面顶端滑出，需满足 联立代入数据，解得 对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得 联立可得 为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出 P的质量需满足的条件为。 15．(1)，5N (2)，85N (3) （1）对箱包进行受力分析， 由平衡条件有， （2）对拉杆箱和箱包整体受力分析，水平方向，由牛顿第二定律有 竖直方向有 联立解得， （3）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包受力如图 由牛顿第二定律有 同理对整体有 代入解得 拉力大小满足的条件为 学科网（北京）股份有限公司 $