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易错点 06 牛顿运动定律的综合运用
易错总结
动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界
点；
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在
着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着
极值，这个极值点往往是临界点；
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
解题方法
一、超重和失重现象判断的“三”技巧
(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，
小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．
(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时
处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．
(3)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重．
二、动力学中的“四种”典型临界条件
(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F ＝0.
N
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑
动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条
件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：F ＝0.
T
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时．
三、“传送带模型”问题两类传送带模型
(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦
力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移 x(对地)的过
程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦
力发生突变的时刻．
(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其
是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根
据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩
擦力有可能发生突变．
四、“滑块—木板模型”问题1．问题的特点
滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
2．常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移
和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板
的位移之和等于木板的长度．
3．解题方法
此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各
物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的
位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个
．
过程的末速度是下一个过程的初速度
【易错跟踪训练】
易错类型1：对物理概念理解不透彻
1．（2020·平遥县第二中学校高三月考）关于超重和失重的下列说法中，正确的是
（ ）
A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了
B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用
C．物体具有向上的加速度时处于超重状态，物体具有向下的加速度时处于失重状态
D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化
【答案】D
【详解】
ABD．超重是物体所受到的支持力或拉力大于重力的现象，失重是物体所受的支持力或拉
力小于重力的现象，当支持力或拉力等于零时，物体处于完全失重状态，即自由落体运动
属于完全失重状态。所以物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化。
AB错误，D正确；
C．当物体随着倾斜的传动带向上加速运动时，传送带对物体的支持力是小于重力的，此
时物体不属于超重状态。在坐过山车时，在最高点时，如果速度够大，是有可能座椅对人
的支持力大于重力的，此时就属于超重状态，但是加速度是向下的。所以根据加速度方向
判断超重还是失重是不准确的。C错误。
故选D。
2．（2019·大名县第一中学高三期末）如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定
夹角，在杆上套有一个光滑小环， 沿杆方向给环施加一个拉力 F，使环由静止开始运动，
已知拉力 F 及小环速度 v 随时间 t变化的规律如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.则以
下判断正确的是( )A．小环的质量是 2 kg
B．细杆与地面间的夹角是 30°
C．前 3 s 内拉力 F 的最大功率是 2.5 W
D．前 3 s 内小环机械能的增加量是 6.25 J
【答案】C
【详解】
AB．从速度时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，根据牛顿第二定律，有第1s
内，速度不断变大，由图象可得：加速度为 ；加速阶段：F-
1
mgsinθ=ma；匀速阶段：F-mgsinθ=0；联立解得：m=1kg，sinθ=0.45，则细杆与地面间的
2
倾角不等于30°，故AB错误；
C．第1s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1秒末，
P=Fv=5×0.5=2.5W；第一秒末到第三秒末，P=Fv=4.5×0.5=2.25W，即拉力的最大功率为
2.5W，故C正确；
D．从速度时间图象可以得到，前1s的位移为0.25m，2到3s位移为1m；前3s拉力做的功
为：W=5×0.25+4.5×1=5.75J，故D错误；
故选C．
3．（2022·全国高三专题练习）如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面
上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方
向，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述
中不正确的是（ ）
A．小球的速度先增大后减小 B．小球的加速度先减小后增大
C．小球速度最大时弹簧的形变量为 D．弹簧的最大形变量为
【答案】D
【详解】
开始时，小球的重力大于弹力，加速度方向向下，小球向下加速运动，随着弹簧的压缩，
弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即mg=kx
即
x=
此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，
速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为
2x=
则ABC正确，不符合题意；D错误，符合题意；
故选D。
4．（2021·湖北汉阳一中高三二模）如图所示，质量相同，但表面粗糙程度不同的三个物
块a、b、c放在三个完全相同的斜面体上，斜面体静置于同一粗糙水平面上。物块a、b、c
以相同初速度下滑，其 图像如图所示。物块下滑过程中斜面体始终保持静止，a、b、c
与斜面之间的动摩擦因数分别为 ，斜面体对地面的压力分别为 ，
斜面体对地面的摩擦力分别为 。下列判断错误的是（ ）
A．
B．
C． ， 向右， 向左
D． ， 向左， 向右
【答案】D
【详解】
由v-t图像可知，物块a匀加速下滑，物块b匀速下滑，物块c匀减速下滑。
A．对物块a有
则有
对物块b有
则有对物块c有
则有
故有
故A正确，不符合题意；
BCD．对物块和斜面体整体进行分析。物块a和斜面体有沿斜面向下的加速度，对加速度
进行分解，竖直方向有向下的加速度，处于失重状态，则有
水平方向有向左的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，
斜面体对地面的摩擦力f 水平向右；
a
物块b和斜面体处于平衡状态，则有
斜面体与地面之间无摩擦力，即
f=0
b
物块c和斜面体有沿斜面向上的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向上的加速度，
处于超重状态，则有
水平方向有向右的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，
斜面体对地面的摩擦力f 水平向左。则可得
c
故BC正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
5．（2020·全国）如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹
簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静
止释放，接触弹簧后继续向下运动。小球运动的v—t图象如图乙所示，其中OA段为直线，
AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为
g。关于小球的运动过程，下列说法不正确的是（ ）
A．小球在t 时刻所受弹簧弹力等于
BB．小球在t 时刻的加速度大于
C
C．小球从t 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点
C
D．小球从t 时刻到t 时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
A C
【答案】D
【详解】
A．小球在t 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于小球重力沿斜面的分力，则
B
故A正确；
B．由题图可知，t 时刻所在位置关于t 时刻所在位置对称处小球的加速度大小为 ，弹簧
A B
弹力大小为mg，故到达t 时刻所在位置时弹簧的弹力大于mg，根据牛顿第二定律可知
C
解得
故B正确；
C．整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故从t 时刻所在的位置由静止释放，
C
小球能到达原来的出发点，故C正确；
D．小球从t 时刻到t 时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减小量与小球
A C
动能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
题目要求选不正确的，故选D。
6．（2021·辽宁高三二模）中国航天科技的发展一直稳步向前，不断的完成自我突破与创
新。如图是某次发射载人宇宙飞船的过程，先将飞船发射到圆形轨道Ⅰ上，然后在P点变
轨到椭圆轨道Ⅱ上。下列说法不正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ上经过P点的速度一定大于第一宇宙速度
B．飞船在轨道Ⅱ上经过Q点的速度一定小于第一宇宙速度
C．飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点和从Q点到P点的过程中，宇航员都处于完全失重状态
D．飞船从地球向上加速发射和减速返回地球的过程中，宇航员都处于超重状态
【答案】A【详解】
A．第一宇宙速度是近地卫星的线速度，根据
可得
轨道Ⅰ的半径大于地球半径，所以飞船在轨道Ⅰ上经过P点的速度一定小于第一宇宙速度。
A错误，符合题意；
B．以地球球心到Q点的距离为半径作圆，该圆轨道上的线速度比轨道Ⅱ上Q点的速度大，
而圆轨道上的线速度小于第一宇宙速度，所以飞船在轨道Ⅱ上经过Q点的速度一定小于第
一宇宙速度。B正确，不符合题意；
C．飞船在轨道Ⅱ上从P点到Q点和从Q点到P点的过程中，只受到万有引力的作用，均
处于完全失重状态。C正确，不符合题意；
D．飞船从地球向上加速发射和减速返回地球的过程中，加速度均向上，则宇航员受到的
支持力大于重力，处于超重状态。D正确，不符合题意。
故选A。
7．（2019·吴江平望中学高三月考）杂技演员在进行“顶杆”表演时，用的是一根质量可
忽略不计的长竹竿，质量为30kg的演员自杆顶由静止开始下滑，滑到杆底时速度正好为零．
已知竹竿底部与下面顶杆人肩部之间有一传感器，传感器显示顶杆人肩部的受力情况如图
所示，取g=10m／s2．求：
（1）杆上的人下滑过程中的最大速度。
（2）竹竿的长度。
【答案】（1）4m／s（2）6m
【解析】
【详解】
试题分析：（1）以人为研究对象，人加速下滑过程中受重力mg和杆对人的作用力F．由
1
题图可知，人加速下滑过程中杆对人的作用力F 为180N．根据牛顿第三定律可知，上面
1
人受到的杆对人的摩擦力为180N。
由牛顿第二定律得 mg-F=ma 代人数据得：a=4m／s2
l 1 1
1s末人的速度达到最大，由v=at 得v=4m／s
1
（2）加速下降时位移： s=at2／2=2m
1 1减速下降时， 代人数据得：a= -2m／s2
2
在3秒末杂技演员恰好静止，所以 代人数据解得：s=4m
2
竹竿的长度s=s+s =6m。
1 2
8．如图所示,质量为m=1kg的小滑块,从光滑、固定的错误！未找到引用源．圆弧轨道的最
高点A由静止滑下,经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M=2kg,其上表
面与圆弧轨道相切于B点,且长度足够长．整个过程中木板的v-t图像如图所示,g取
10m/s2．求：
（1）滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小．
（2）滑块与木板之间的动摩擦因数．
（3）滑块在木板上滑过的距离．
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】
试题分析：（1）滑块下滑过程，由机械能守恒定律得
由向心力公式得 ，解得 ，根据牛顿第三定律，滑块对
轨道的压力是 ，方向竖直向下．
（2）由 图象得：木板的加速度是
滑块与木板共同减速的加速度大小
设木板与地面间的动摩擦因数是
滑块与木板之间的动摩擦因数是
在 内，对滑块和木板：
在 内，对木板：
解得： ， ．
（3）滑块在木板上滑动的过程中，对滑块： ，
木板的位移 ，滑块的位移 ，滑块在木板上滑动的距离 ．
考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律易错类型2：挖掘隐含条件、临界条件不够
1．（2021·山东省淄博第四中学高三期末）如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为 、
、m的三个物块A、B、C，其中B放在C上，B与A间用水平轻绳相连．现用一水平拉
力拉A，结果B与C恰好不相对滑动．重力加速度大小为g，B、C间的动摩擦因数为 ，
认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，该水平拉力的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
根据牛顿第二定律对A、B、C整体有
F=5ma
对C有
μ×2mg=ma
解得
F=10μmg
故选D。
2．（2022·全国）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟
就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0时由静止开始
上升，以向上为正方向a-t图像如图所示。则下列相关说法正确的是（ ）
A．t=4.5s时，电梯处于失重状态
B．5~55s时间内，绳索拉力最小
C．t=59.5s时，电梯处于超重状态
D．t=60s时，电梯速度恰好为零
【答案】D
【详解】
A．据题，电梯在t=0时由静止开始上升，加速度向上，此时加速度a＞0，t=4.5s时，a＞
0，加速度向上，电梯处于超重状态，故A错误；
B．5～55s时间内，a=0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时
绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B错误；C．t=59.5s时，a＜0，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C正确；
D．根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，60s内a-t图象
与坐标轴所围的面积为0，所以60s内速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t=60s
时，电梯速度恰好为0．故D正确．
故选D。
3．（2020·全国高三专题练习）如图所示为东方明珠广播电视塔，是上海的标志性文化景
观之一，塔高约468米。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯简化
成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系
如图所示。下列相关说法正确的是（ ）
A． 时，电梯处于失重状态
B．7~53 s时间内，绳索拉力最小
C． 时，电梯处于超重状态
D． 时，电梯速度恰好为0
【答案】D
【详解】
A．根据 图像可知当 时电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，A错误；
B．53~55 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于电梯的重力；
而7~53 s时间内， ，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时
绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，B错误；
C． 时，电梯减速向上运动， ，加速度方向向下，电梯处于失重状态，C错误；
D． 图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，而由几何知识可知，60 s内 图
像与时间轴所围的面积为0，所以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以 时，
电梯速度恰好为0，D正确。
故选D。
4．（2021·全国高三专题练习）如图所示， 、 、 是竖直面内三根固定的光滑细杆，
a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完
全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c点无初速释放，下列关于它们
下滑到d过程的说法中正确的是（ ）A．沿 细杆下滑的滑环用时最长 B．重力对各环的冲量中a的最小
C．弹力对各环的冲量中c的最大 D．合力对各环的冲量大小相等
【答案】C
【详解】
A．物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等，
如图
即等时圆模型，小球下滑过程均满足
解得
根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A错误；
B．三个滑环重力相等，根据冲量 可知重力对各环的冲量大小相等，B错误；
C．假设光滑细杆与 的夹角为 ，受力分析可知滑环所受弹力为
杆与 的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中c的最
大，C正确；
D．根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机械能守恒定律
解得
可知从 滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D错误。
故选C。
5．（2021·全国高三专题练习）如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B，C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C
球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧
细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度
为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下
滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角
B．A获得最大速度为
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】B
【详解】
A．C刚离开地面时，对C有
此时B有最大速度，即
对B有
对A有
以上方程联立可解得
故 A错误；
B．初始系统静止，且线上无拉力，对B有
由上问知
则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机
械能守恒，即以上方程联立可解得A球获得最大速度为
故B正确；
C．C刚离开地面时，B球的加速度为零，对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受
合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，
A、B两小球组成的系统机械能不守恒。故D错误。
故选B。
6．（2019·湖北宜昌市·）交通法规中越线停车的行为认定如下：当交通信号灯为红灯期间，
汽车的前轮驶过停止线，会触发电子眼拍摄第一张照片；汽车的后轮驶过停止线，会触发
电子眼拍摄第二张照片；两种照片齐全，这种行为被认定为“越线停车”。现有一汽车以
36 km/h匀速行驶至路口，该路口的最高时速不能超过54km/h，在前轮距离停止线100m处，
司机发现交通信号灯还有6s将由绿灯变为红灯，于是司机立即加速，但等红灯亮起时汽车
还未过停车线，为了不闯红灯，司机立即刹车减速。已知汽车刹车时受到的阻力恒为车重
的 ，正常行驶时汽车所受的阻力是刹车时的 ，加速时汽车牵引力变为原先匀速行驶时
的3倍，汽车前后轮与地面接触点之间的距离为3 m，汽车行驶时不超过该路段的最高限
速，g取10 m/s2。求：
(1)汽车加速运动时和刹车时的加速度大小；
(2)汽车最终停止时.汽车前轮与地面接触点到停止线的距离；该车是否“越线停车”?
【答案】(1)2m/s2；5m/s2(2)6.25m；越线停车
【详解】
(1)设汽车加速时，所受牵引力为 ，阻力为 ，加速度为 ，匀速运动时所受牵引力为 ，
刹车时，车受到的阻力为 ，加速度为 ，由题意可得：
因此原先匀速时牵引力也为 ，则加速时牵引力为 ，由牛顿第二定律
有：
解得：
汽车减速时，根据牛顿第二定律有：；解得：
(2)设汽车从 加速到 的时间为 ，位移为
汽车达到最高限速后匀速运动的时间为 ，位移为
根据运动学公式得：
又：
汽车匀速运动的时间为：
位移为：
此时汽车开始刹车做减速运动，设从开始减速到最终静止的位移为
根据运动学公式得：
此时车前轮到停车线的距离为
由于此距离已大于汽车前后轮中心线之间的距离，因此汽车已越线停车
7．（2021·全国高三专题练习）如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑
板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段
距离到C点停下来。若人和滑板的总质量 ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动
摩擦因数均为 ，斜坡的倾角 （ ， ），斜坡与水平滑
道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度取 。求：
(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？
(2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度 ，则斜坡上A、B两点间的距离
应不超过多少？
(3)在轨道长度为(2)的最大值的条件下，要使静止在C处的人和滑板回到A处，至少应给人
和滑板施加多大的水平拉力？
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【详解】(1)人和滑板在斜坡上的受力如图所示，建立直角坐标系
设人和滑板在斜坡上滑下的加速度为 ，由牛顿第二定律得
其中
联立解得人和滑板滑下的加速度力
(2)人和滑板在水平滑道上，由牛顿第二定律得
解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为
设人从斜坡上滑下的最大距离为 ，由匀变速直线运动公式得
联立解得
(3)设最小拉力为F，拉力最小时人和滑板回到A点时速度为零，由牛顿第二定律得，水平
面上
斜面上
联立解得8．（2020·天津市第四中学高三月考）如图所示，质量 的小车静止在光滑的水平
面上，车长 ，现有质量 可视为质点的物块，以水平向右的速度
从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面的动摩擦
因数 ，取 ，求：
（1）物块在车面上滑行的时间 ；
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 不超过多少？
（3）物块仍以水平向右的速度 从左端滑上小车，要使物块从小车右端滑出，则
物块刚滑上小车左端时需加一个至少多大的水平恒力 。
【答案】(1)0.24s；
(2) ；
(3)1.47N。
【详解】
(1)设共速时速度为v，对物块与小车，以向右为正方向，由动量守恒定律得
1
对小车，由动量定理得
代入数据解得
(2)物块不从小车右端滑出，则在末端共速，设共同速度为v，以向右为正方向，对物块与
2
小车组成的系统，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得即物块划上小车左端的速度不能超过 ；
(3)设恰好能使物块滑出小车的拉力为F，由题意，物块应在小车末端共速，对物块，由牛
顿第二定律得
对小车，由牛顿第二定律得
由运动学，共速有
由位移关系，得
代入数据解得
即当 时物块可以滑出小车。
