2027高考物理复习：动力学中临界极值问题（解析版）

动力学中临界极值问题

【考点精练】

1.(2026山西大学附中质检)下雨时，雨滴在均匀分布的空气中下落过程中受到的阻力可以表示为f=

1

kρd2v2，其中ρ表示空气密度，d表示雨滴直径，v表示雨滴下落的速率，k被称之为雷诺系数，其经验

8

246

公式为k=++0.4，η为流体的黏滞系数，根据以上信息判断下列说法正确的是

ρvdρvd

η1+η

()

A.雨滴下落过程中做加速度减小的加速运动，直到加速度减为0

B.雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴速率的平方成正比

C.雷诺系数的单位为kg/(m·s2)

D.黏滞系数的单位为kg/(m·s)

答案AD

1246

【解析】雨滴在均匀分布的空气中下落过程中受到的阻力f=++0.4ρd2v2，不是与

8ρvdρvd

η1+η

雨滴速率的平方成正比，B错误；但是随着速率v的增大而增大，则加速度减小，即雨滴下落过程中做加

速度减小的加速运动，直到加速度减为0，A正确；

18fkg·m/s2kg·m/s2

根据阻力f=kρd2v2，可知k=，即k的单位为==1，无单位，C错误；

8ρd2v2kg/m3·m2·m2/s2kg·m/s2

246ρvd

由于k无单位，则经验公式k=++0.4中三项均无单位，也无单位，即黏滞系数的

ρvdρvdη

η1+η

单位与ρvd的单位相同，即黏滞系数的单位为kg/m3·m/s·m=kg/(m·s)，D正确。

2.在一些大城市，应用无人机投送外卖。利用悬停无人机将质量为m的外卖以恒定的拉力F由静止竖直

向上提升高度h。已知外卖竖直向上运动时所受阻力与速度成正比，f=kv，下列说法正确的是

A.外卖可能竖直向上做匀加速运动

B.外卖竖直向上的最大速度为F/k

C.外卖由静止竖直向上提升高度h的时间为2kh/(F-mg)

1

F+mg

D.外卖竖直向上运动速度增大到最大速度的1/2时的加速度为

2m

答案D

【解析】由于外卖竖直向上运动时所受阻力与速度成正比，所以外卖竖直向上做加速度逐渐减小的加速

运动,A错误；由F=mg+kv解得外卖竖直向上的最大速度为v=(F-mg)/k，B错误；画出外卖竖直向

上运动的速度图像，

可知外卖由静止竖直向上提升高度h的平均速度大于mg/2k，外卖由静止竖直向上提升高度h的时间小

于2kh/(F-mg)，C错误。外卖竖直向上运动速度增大到最大速度的1/2时所受阻力kv/2，由牛顿第二

F+mg

定律，F-kv/2=ma,解得a=,D正确。

2m

3.(湘豫名校联考2025学年高三春季学期第二次模拟考试)如图，滑块P、Q的质量分别为mP=5kg，mQ

=10kg。P与Q、Q与水平地面之间的动摩擦因数均为0.5。绳OA一端与P相连，另一端与竖直墙壁

4

相连，绳刚好伸直，绳OA与水平方向夹角为θ，tanθ=，重力加速度g=10m/s2。现通过力传感器水

3

平作用于Q将它抽出。下列说法正确的是()

A.P受到的静摩擦力大小为15N

B.将Q抽出力传感器的最小读数为90N

C.当力传感器的读数为100N时，Q的加速度大小为2m/s2

D.Q对地面的摩擦力大小为75N

【答案】C

【解析】．P受到的是滑动摩擦力，对P进行受力分析，如图所示

由平衡条件，可得FOAcos53°=Ff1，FN1+FOA⋅sin53°=mPg

又Ff1=μFN1，

2

解得FOA=25N，FN1=30N，Ff1=15N

对Q分析有Ff2=μFN2=μ(FN1+mQg)=65N

则将Q抽出力传感器的最小读数为Fmin=Ff1+Ff2=80N

故ABD错误；

由牛顿第二定律F-Ff1-Ff2=mQa

解得a=2m/s2

故C正确。

4.(2025年5月东北三省精准质检)实验台上有一个竖直放置的弹簧，其劲度系数为k=5N/cm。其中物

块B与弹簧紧密相连，物块A平稳置于物块B的上方。已知物块A的质量mA=2kg，物块B的质量mB

=3kg，两物块初始时均处于静止状态。为了探究外力对物块系统运动的影响，研究人员通过一套精密

的机械装置对物块A施加一个竖直向上、大小为30N的恒力F。取g=10m/s2，在这样的实验操作下，针

对物块A和B后续的运动情况，下列说法正确的是()

A.施加恒力F瞬间，物块A对物块B的压力大小为2N

B.分离前的过程，物块A的动量变化率变大

C.物块A上升1cm时两物块分离

11

D.分离时物块A的速度大小为m/s

10

【答案】ACD

【解析】．没有施加恒力F之前，有mA+mBg=kx1

施加恒力F的瞬间对整体分析，根据牛顿第二定律有F-mA+mBg+kx1=mA+mBa

解得a=6m/s2

对A分析，根据牛顿第二定律有F-mAg+FN=mAa

解得FN=2N

由牛顿第三定律可知物块A对物块B的压力大小为2N，故A正确；

分离前A、B两物块一起做加速度减小的加速运动，动量变化率即为所受合力的大小，根据F合=ma

可知，在分离前动量变化率一直在减小，故B错误；

分离时A、B间作用力为零，对A分析有F-mAg=mAa

解得a=5m/s2

此时B与A加速度相同，对B分析有kx2-mBg=mBa

则x2=9cm

初始时x1=10cm，此过程Δx=x1-x2=1cm

故C正确；

3

kx1+kx21

全过程根据动能定理有FΔx-m+mgΔx+Δx=m+mv2

AB22AB

11

解得v=m/s

10

故D正确。

5.(2024·福建泉州模拟)如图所示，在水平面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的物体P和Q，θ=

37°，P和Q质量之比为7∶2，所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上，P

和Q恰好相对静止;若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相对静止，sin37°

F

=0.6，cos37°=0.8，则1为()

F2

72

A.B.C.1D.3

27

答案A

解析设P和Q的质量分别为7m和2m，当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时，设整体的

加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F1=9ma1。隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，根据力的合

27

成与分解以及牛顿第二定律有2mgtanθ=2ma，联立解得F=mg;当把大小为F、方向向右的水

1142

平推力作用在Q上时，设整体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有F2=9ma2，设Q对P的弹力大小

为FN，则FNsinθ=7ma2，根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为FN'=FN，隔离Q分析，因为P和

27F17

Q恰好相对静止，在竖直方向上根据平衡条件有FN'cosθ=2mg，联立解得F2=mg，所以=，

14F22

故A正确。

6.(2024·湖南娄底模拟)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量

分别为mA=6kg，mB=4kg，从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变

化的规律分别如图甲、乙所示，则()

A.t=0时，A物体的加速度为2m/s2B.t=1s时，A、B开始分离

C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3ND.A、B开始分离时的速度为3m/s

答案B

解析由题图甲、乙可得FA=(8-2t)N，FB=(2+2t)N，t=0时，可知FA0=8N，FB0=2N，由于

4

FA+FB2

FAO>FBO，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a==1m/s，设此时A、B之间的相互

mA+mB

作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa，解得F=2N，故A、C错误;当二者之间的相

FBFA2+2t8-2t

互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有=，即=，解得t=1s，

mBmA46

分离时的速度为v=at=1m/s，故B正确，D错误。

7.(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。木板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

答案AC

解析若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

μ(m+3m)g

静止，故A正确;若μ>μ，整体相对静止的最大加速度为a=2=μg，则最大拉力为F=

12mm+3m2m

(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

μmg

为a'=1=μg，则最大拉力为F'=(m+3m+5m)a'=9μmg，故D错误。

mm1mm1

3

8.(2024·湖北武汉模拟)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

3

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()

3323

A.1-gB.gC.gD.g

333

答案B

解析对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，由牛顿第二定律Fcosθ-μ(mg-Fsin

31

θ)=ma，化简可得Fμ2+1sin(θ+φ)-μmg=ma，其中F=mg，μ=，tanφ=，当sin(θ+φ)

3μ

3

=1时，物块运动的加速度最大，为a=g，故B正确。

m3

5

9.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木

板的底端以初速度v0=2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变

化，重力加速度g=10m/s2，x的最小值为()

A.0.12mB.0.14mC.0.16mD.0.2m

答案C

解析设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得

2

-mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得a=-g(sinθ+μcosθ)，设木块的位移为x，有0-v0=2ax，根据数

学关系知sinθ+μcosθ=1+μ2sin(θ+α)，其中tanα=μ=0.75，可得α=37°，当θ+α=90°时，加

2

52v0

速度有最大值，为a=-g1+μ2=-g，此时x有最小值，为x==0.16m，故A、B、D错误，C

m4min5g

正确。

10.(2025·广西玉林模拟)如图所示，质量mB=2kg的水平托盘B与一根竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放

一个质量mA=1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静

止开始以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600N/m，g取10m/s2。以下

结论正确的是()

A.变力F的最小值为2N

B.变力F的最小值为6N

C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s

5

D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为m/s

5

答案：BC

解析：A、B整体受力产生加速度，则有F+FNAB-(mA+mB)g=(mA+mB)a，可得F=(mA+mB)a+

(mA+mB)g-FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则变

(m+m)g

力F=(m+m)a=6N，A错误，B正确；刚开始，弹簧的压缩量为x=AB=0.05m，A、

minAB1k

B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa，得x2=0.04m，物块A

2

在这一过程的位移为Δx=x1-x2=0.01m，由运动学公式可知v=2aΔx，代入数据得v=0.2m/s，C

正确，D错误。

11.(2025·湖南长沙雅礼中学月考)水平面上放置一质量为m的滑块A，上方有圆形凹槽，质量为2m的圆柱

B恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角θ=30°。一

6

质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与A相连，细绳伸直后由静止释放C，不计

一切摩擦，A离定滑轮足够远，重力加速度为g，下列说法正确的是()

3Mmg

A.若A、B能保持相对静止，则细绳的张力大小为

M+3m

2

B.若A、B能保持相对静止，则A对B的作用力大小为2mg1+M

(M+3m)2

C.当M=(3+1)m时，B恰要从凹槽中滚出

D.若θ=45°，则只要M足够大，B一定可以从凹槽中滚出

答案AB

解析若A、B相对静止，对系统由牛顿第二定律得Mg=(m+2m+M)a，则加速度大小为a=

Mg3Mmg

，对A、B受力分析，有F=3ma，解得F=;再对B受力分析，有F2=(2ma)2+

3m+MTTM+3mAB

2

(2mg)2，所以F=2mg1+M，故A、B正确;小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持

AB(M+3m)2

力FAB沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，得FABsinθ=2ma1，FABcosθ=2mg，临界加速度大小

3Mg3(3+1)

为a=g，对A、B整体有a=，解得M=m，故C错误;若θ=45°，由Fsinθ=

131M+3m2AB

Mg

2ma和Fcosθ=2mg，解得临界加速度大小a=g，由于<g，所以无论M为多大，B都不能

2AB2M+3m

滚出凹槽，故D错误。

12.(2026河北实验中学质检)传感器是能感受规定的被测量，并将被测量按照一定的规律转换成可用信号

的器件或装置。如图所示，质量mA=0.4kg的物块A静置于水平放置的力传感器(可显示A对力传感

器的压力大小)上，一劲度系数k=100N/m的竖直轻质弹簧下端与A相连，上端与质量mB=0.2kg的

物块B相连，B处于静止状态。取重力加速度大小g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。

(1)若对B施加一竖直向上的拉力，使B缓慢上升，直至力传感器的示数为零，求此过程中B的位移大小

s；

(2)若对B施加一竖直向上的拉力F，使B竖直向上做加速度大小a=0.75m/s2的匀加速直线运动，直至

力传感器的示数为零，求此运动过程所用的时间t以及拉力F的最大值Fmax。

【解析】．(1)设施加拉力前，弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有mBg=kx1

解得x1=0.02m

7

设施加拉力后，当力传感器的示数为零时，弹簧的伸长量为x2，根据胡克定律有mAg=kx2

解得x2=0.04m

又s=x1+x2

解得s=0.06m

(2)当力传感器的示数为零时，拉力F最大，对B有Fmax-mBg-kx2=mBa

1

根据匀变速直线运动的规律有x+x=at2

122

解得t=0.4s，Fmax=6.15N

13.(16分)(2026湖北荆州质检)如图甲所示，水平地面上有一质量为M=3kg的木板M，木板的左端上放

有一质量为m=2kg的小物块(可视为质点)，开始时两者均静止。现用一水平向左的拉力F作用在木

板上，m、M的加速度随拉力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=

10m/s2。求：

(1)(4分)m、M之间的动摩擦因数μ1为多大？

(2)(4分)木板与水平地面之间的动摩擦因数μ2为多大？

(3)(8分)已知木板长L=3.5m，若对M施加水平向左的恒力F=28N，要使物块与木板能分离，则恒力

F至少持续作用多长时间？

【答案】．(1)0.3；(2)0.2；(3)2.5s

【解析】(1)由乙图可知，当F>25N时，m与M相对滑动，物块加速度

2

a1=3m/s

对m，根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1

解得：μ1=0.3

(2)当F=25N时，对m、M整体，根据牛顿第二定律有：

F-μ2m+Mg=m+Ma1

解得：μ2=0.2

(3)F撤前，对M，根据牛顿第二定律有：

F-μ1mg-μ2m+Mg=Ma2

2

解得：a2=4m/s

F撤后：μ1mg+μ2m+Mg=Ma3

16

解得：a=m/s2

33

设F持续作用时间为t，此后经时间t板块恰好分离,此时速度相同

a2t-a3t=a1t+t

3

解得：t=t

25

8

12

又m滑离木板时，m的位移：x=at+t

121

11

M的位移：x=at2+at+tt-at2

222123

由几何关系得：x2-x1=L

联立解得：t=2.5s

14.(2025·陕西商洛模拟)水平地面上有一质量m1=3kg的长木板，木板的左端上表面有一质量m2=2kg

的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、

F2分别为t1、t2时刻F的大小，木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的

动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩

擦力相等，重力加速度取g=10m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是

()

A.F1=16NB.F2=20N

2

C.木板加速度所能达到的最大值为2.5m/sD.在t1~t2时间段内物块做匀加速直线运动

答案：B

解析：木板与地面间的最大静摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10N=10N，木板与物块间的

最大静摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10N=16N，当拉力F逐渐增大到F1时，由图像可知木板开始运

动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F1=10N，故A错

误；当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板，有f2-f1=m1a，对物块，

2

有F2-f2=m2a，联立解得F2=20N，a=2m/s，此时拉力大小为20N，木板加速度所能达到的最大值

2

为2m/s，故B正确，C错误；在t1~t2时间段内物块相对木板静止，物块所受拉力逐渐增大，物块运动的

加速度在变大，不做匀加速直线运动，故D错误。

15.(2025·湖南岳阳一模)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6kg的匀质小

球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm=15N，已知sin37°=

0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，则()

A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12N

B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8N

C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5m/s2

D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10m/s2

答案BC

9

解析：小球受力分析如图所示。

系统静止时，竖直方向有Fa·sin37°=mg，水平方向有Fa·cos37°=Fb，解得Fa=10N，Fb=8N，故A错

误，B正确；当系统沿竖直方向向上匀加速运动时，当a线拉力为15N时，由牛顿第二定律得，竖直方向

有Fm·sin37°-mg=ma，水平方向有Fm·cos37°=Fb，解得Fb=12N<15N，此时加速度有最大值a=

2

5m/s，故C正确；系统沿水平方向向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fa·sin37°=mg，

2

水平方向有Fb-Fa·cos37°=ma，解得Fa=10N，当Fb=15N时，加速度最大为a≈11.67m/s，故D错

误。

16.(2025·湖南娄底二模)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量

分别为mA=6kg，mB=4kg，从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA，FB大小随时间变

化的规律分别如图甲、乙所示，则()

A.t=0时，A物体的加速度为2m/s2B.t=1s时，A、B开始分离

C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3ND.A、B开始分离时的速度为3m/s

答案B

解析：由FA-t与FB-t图像可得FA=(8-2t)N，FB=(2+2t)N，则t=0时，可知FA0=8N，FB0=2

FA+FB2

N，由于mA>mB，所以二者不会分开，A、B两物体共同的加速度为a==1m/s，设此时A、

mA+mB

B之间的相互作用力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa，解得F=2N，故A、C错误；当

FBFA2+2t

二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有=，即m/s2=

mBmA4

8-2t

m/s2，解得t=1s，开始分离时的速度为v=at=1m/s，故B正确，D错误。

6

17.(2025·山东烟台模拟)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着

它沿水平面运动，已知拉力F=6.5N，玩具的质量m=1kg。经过时间t=2.0s，玩具移动的距离x=

23m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g=10m/s2)。求：

(1)玩具与地面间的动摩擦因数；

(2)松开手后，玩具还能滑行多远？

(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？

10

3

答案：(1)

3

(2)1.04m

(3)30°

1

解析：(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x=at2

2

解得a=3m/s2

对玩具受力分析，如图所示，则FN=mg-Fsin30°

由牛顿第二定律得Fcos30°-μ(mg-Fsin30°)=ma

3

解得μ=。

3

(2)松开手时，玩具的速度v=at=23m/s

松开手后，由牛顿第二定律得μmg=ma'

103

解得a'=m/s2

3

由匀变速直线运动的速度与位移公式可得

0-v233

玩具的位移x'==m≈1.04m。

-2a'5

(3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcosθ-Ff>0

Ff=μFN

在竖直方向上，由平衡条件得FN+Fsinθ=mg

μmg

联立解得F>

cosθ+μsinθ

cosθ+μsinθ=1+μ2sin(60°+θ)

则当θ=30°时，拉力最小，最省力。

18.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱

质量M=8kg，重物质量m=2kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10

m/s2。

(1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？

(2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用F=80N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5

m时，求重物的速度大小v。

答案：(1)μ≥0.5

(2)2m/s

解析：(1)对重物受力分析，根据平衡条件可得FT=mg=20N

11

对木箱受力分析，可得Ff=2FT，又Ff=μ'Mg

联立解得μ'=0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。

(2)设木箱的加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得FT-

mg=2ma

对木箱受力分析，有F-μMg-2FT=Ma

联立解得a=0.5m/s2

当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x=0.5m时，重物向上的位移为

h=2x=1m，由v2=2×2a·h

可得此时重物的速度大小为v=2m/s。

19.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着

木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小

木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。

(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；

(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最小值。

2

33v0

答案：(1)(2)60°

34g

解析：(1)当θ=30°时，小木块处于平衡状态，对小木块受力分析，则有

mgsinθ=μFN

FN-mgcosθ=0

3

联立解得μ=tanθ=tan30°=。

3

(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小木块的加速度为a，由牛顿第二定律得

-mgsinθ-μmgcosθ=ma

2

由0-v0=2ax得

v2v2

x=0=0

2g(sinθ+μcosθ)2g1+μ2sin(θ+α)

其中tanα=μ，故α=30°

当α+θ=90°时x最小，此时θ=60°

所以x的最小值为

22

v03v0

xmin==。

2g1+μ24g

20.(2025湖南大联考)如图所示，两个滑块A和B(均可看作质点)放在静止于水平地面上的木板C的中

点，A、B、C的质量分别为mA=m、mB=5m、mC=4m。A、B与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5，

木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻突然给A、B两滑块大小均为v0=3m/s的初速度向左和

向右滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：

12

(1)木板相对地面的运动方向(要有推导过程)；

(2)滑块B与木板相对静止时(A未滑离木板)，木板的速度大小；

(3)要使两滑块不滑离木板，木板的最小长度。

【答案】(1)木板向右运动

(2)1m/s

(3)0.26m

【解析】

(1)以木板为对象，由于

FC合=μ1mBg-μ2(mA+mB+mC)g-μ1mAg>0

且方向向右，所以木板向右运动。

(2)设A、B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板C相对于地面的加速度大小为a1，在物块B

与木板达到共同速度前，由牛顿第二定律得

μ1mAg=mAaA

μ1mBg=mBaB

μ1mBg-μ2(mA+mB+mC)g-μ1mAg=mCa1

解得

22

aA=aB=5m/s，a1=2.5m/s

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，大小为v1。由运动学公式有

v1=v0-aBt1，v1=a1t1

解得

t1=0.4s，v1=1m/s

(3)B与木板达到共同速度时，木板向右运动的位移

1

s=at2=0.2m

板211

在B与木板达到共同速度v1后，B与木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的整体，由牛顿第二定

律有

μ1mAg+μ2(mA+mB+mC)g=(mB+mC)a2

解得

5

a=m/s2

23

由aA=aB可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；又因为aA>

a2