知，v甲>v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确.
二、动力学中的临界与极值问题
1.临界或极值条件的标志
（1）题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点.
（2）题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态.
（3）题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.
2.常见临界问题的条件
（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.
自测2 （2015·山东理综·16）如图1，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为（ ）
图1
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2（mA＋mB）g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：
＝
，选项B正确.
命题点一 动力学两类基本问题
1.解题关键
（1）两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
（2）两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.
2.常用方法
（1）合成法
在物体受力个数较少（2个或3个）时一般采用合成法.
（2）正交分解法
若物体的受力个数较多（3个或3个以上）时，则采用正交分解法.
类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况
例1 （2014·课标全国卷Ⅰ·24）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的
.若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度.
答案 20m/s
解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0①
s＝v0t0＋
②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度.
设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝
μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
s＝vt0＋
⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20m/s（v＝－24m/s不符合实际，舍去）
变式1 如图2所示滑沙游戏中，做如下简化：
游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾斜滑道AB长lAB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.
图2
（1）求游客匀速下滑时的速度大小；
（2）求游客匀速下滑的时间；
（3）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
答案
（1）16m/s
（2）4s （3）210N
解析
（1）由mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a＝2m/s2.游客匀速下滑时的速度大小为v＝at1＝16m/s.
（2）加速下滑路程为l1＝
at12＝64m，匀速下滑路程l2＝lAB－l1＝64m，游客匀速下滑的时间t2＝
＝4s.
（3）设游客在BC段的加速度大小为a′，由0－v2＝－2a′x
解得a′＝
＝8m/s2，由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma′，解得制动力F＝210N.
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况
例2 （2014·课标全国卷Ⅱ·24）2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g＝10m/s2.
（1）若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；
（2）实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v—t图象如图3所示.若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.（结果保留1位有效数字）
图3
答案
（1）87s 8.7×102m/s
（2）0.008kg/m
解析
（1）设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有
v＝gt①
s＝
gt2②
根据题意有
s＝3.9×104m－1.5×103m＝3.75×104m③
联立①②③式得
t≈87s④
v≈8.7×102m/s⑤
（2）该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mg＝kvmax2⑥
由所给的v—t图象可读出vmax≈360m/s⑦
由⑥⑦式得k≈0.008kg/m
变式2 如图4甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v－t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：
图4
（1）2s内物块的位移大小x和通过的路程L；
（2）沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
答案
（1）0.5m 1.5m
（2）4m/s2 4m/s2 8N
解析
（1）在2s内，由题图乙知：
物块上升的最大距离：
x1＝
×2×1m＝1m
物块下滑的距离：
x2＝
×1×1m＝0.5m
所以位移大小x＝x1－x2＝0.5m
路程L＝x1＋x2＝1.5m
（2）由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小
a1＝4m/s2
a2＝4m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
0～0.5s内：
F－Ff－mgsinθ＝ma1
0.5～1s内：
Ff＋mgsinθ＝ma2
解得F＝8N
命题点二 多物体多过程问题
1.将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.
2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图.
3.根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程.
4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程.
5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.
例3 （2015·全国卷Ⅱ·25）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝
）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图5所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为
，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10m/s2.求：
图5
（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；
（2）A在B上总的运动时间.
答案
（1）3m/s2 1m/s2
（2）4s
解析
（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1①
FN1＝mgcosθ②
Ff2＝μ2FN2③
FN2＝FN1′＋mgcosθ，FN1′＝FN1④
规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ－Ff1＝ma1⑤
mgsinθ－Ff2＋Ff1′＝ma2，Ff1′＝Ff1⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3m/s2⑦
a2＝1m/s2.⑧
（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6m/s⑨
v2＝a2t1＝2m/s⑩
2s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a1′＝6m/s2⑪
a2′＝－2m/s2⑫
由于a2′＜0，可知B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0⑬
联立⑩⑫⑬式得t2＝1s⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
x＝
－
＝12m＜27m⑮
此后B静止不动，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有
l－x＝（v1＋a1′t2）t3＋
a1′t32⑯
可得t3＝1s（另一解不合题意，舍去）⑰
设A在B上总的运动时间t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s
变式3 （2018·华中师范大学附中模拟）如图6甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
图6
（1）2s末物体的速度大小；
（2）前16s内物体发生的位移.
答案
（1）5m/s
（2）30m，方向沿斜面向下
解析
（1）分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5m/s.
（2）设物体在前2s内发生的位移为x1，则
x1＝
a1t12＝5m.
当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得
mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，
代入数据可得a2＝－0.5m/s2，
物体经过t2时间速度减为零，则
0＝v1＋a2t2，
t2＝10s，
设t2时间内发生的位移为x2，则
x2＝v1t2＋
a2t22＝25m，
由于mgsinθ－μmgcosθ故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下.
命题点三 临界和极值问题
1.基本思路
（1）认真审题，详尽分析问题中变化的过程（包括分析整体过程中有几个阶段）；
（2）寻找过程中变化的物理量；
（3）探索物理量的变化规律；
（4）确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系.
2.思维方法
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
例4 如图7所示，在水平长直的轨道上，有一长度L＝2m的平板车在外力控制下始终保持速度v0＝4m/s向右做匀速直线运动.某时刻将一质量为m＝1kg的小滑块轻放到车上表面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：
图7
（1）小滑块m的加速度大小和方向；
（2）通过计算判断滑块能否从车上掉下；
（3）若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件？
答案 见解析
解析
（1）滑块放上车时相对车向左运动，所受滑动摩擦力向右，Ff＝μmg，
根据牛顿第二定律有F合＝Ff，
F合＝ma，
得滑块加速度a＝μg＝2m/s2，方向向右.
（2）滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t之后速度达到v0，滑块通过位移x1＝
at2且v0＝at，
车通过位移x2＝v0t，
位移差Δx＝x2－x1，
由于Δx>
＝1m，故滑块会掉下来.
（3）加上恒力F的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F合′＝Ff＋F，
由牛顿第二定律有F合′＝ma′，
滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t′之后速度达到v0，滑块通过位移x1′＝
a′t′2，
且v0＝a′t′，
车通过位移x2′＝v0t′，
只需要满足位移差
Δx′＝x2′－x1′≤
即可，
联立以上各式有F≥6N.
变式4 如图8所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（ ）
图8
A.当拉力F<12N时，物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
答案 D
解析 A、B一起加速运动是因为A对B有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度有最大值，可以求出此加速度下拉力的大小，如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小.以A为研究对象进行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的静摩擦力，有F－Ff＝mAa；再以B为研究对象，受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝
＝
＝
m/s2＝6m/s2，有F＝48N.由此可以看出，当F<48N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确.
变式5 如图9所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速直线运动，然后改做加速度大小为a的匀减速直线运动直至静止，经过的总位移为x，运动过程中的最大速度为v.
图9
（1）求箱子加速阶段的加速度大小；
（2）若a>gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.
答案
（1）
（2）0 m
解析
（1）设箱子加速阶段的加速度为a′，经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2，有v2＝2a′x1，v2＝2ax2，且x1＋x2＝x，解得a′＝
.
（2）如果球刚好不受箱子作用，箱子的加速度设为a0，应满足FNsinθ＝ma0，FNcosθ＝mg，解得a0＝gtanθ.箱子减速时加速度水平向左，当a>gtanθ时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零.此时球受力如图，由牛顿第二定律得，FN′cosθ＝F＋mg，FN′sinθ＝ma，解得F＝m
.
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