文档内容
第 08 讲 牛顿第二定律的基本应用
题型一 动力学两类基本问题
题型二 动力学图像问题
题型三 连接体问题
题型四 动力学中的临界和极值问题
课标要求 命题预测 重难点
1.掌握动力学两类基本问
题的求解方法。
2.理解各种动力学图像，
并能分析图像特殊点、斜
率、截距、面积的物理意
（1）分析清楚个物体的运动状态和受力情
义。
安全行车，交通运输，体育运
况。
3.知道连接体的类型以及
动（如汽车刹车，飞机起飞，
（2）用整体法、隔离法解决连接体问题。
运动特点，会用整体法、
电梯运行，无人机升空）
（3）会灵活应用极限法、假设法、数学方法
隔离法解决连接体问题.
解决临界极值问题。
4.理解几种常见的临界极
值条件.
5.会用极限法、假设法、
数学方法解决临界极值问
题.
题型一 动力学两类基本问题【典型例题剖析】
【例1】 (2023·广东潮州市联考)连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效
率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置
用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为 30°的长
直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发
动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车
的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。
【答案】 (1)35 m/s (2)2.7
【详解】 (1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为 a ，冲上避险车道时速度的大
1
小为v，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma
1 1
由运动学公式有v＝v＋at
1 0 1
联立代入数据解得v＝35 m/s
1
(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为 a ，在避险车道上所受摩擦阻力为F，由牛
2 f
顿第二定律有mgsin 53°＋F＝ma
f 2
由运动学公式有v2＝2ax，解得F＝2.7mg
1 2 f
即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。
【高考考点对接】
分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
【解题能力提升】
动力学问题的解题思路【跟踪变式训练】
【变式1-1】 (2023·山西太原市一模)2022北京冬残奥会开幕式倒计时是以轮椅冰壶的形式出现的。若
某次训练中，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰壶”从起点推动 5 m后，撤去推力，同时启动10
秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑行40 m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”
的质量为20 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求“冰壶”与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小；
(2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复
完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？
【答案】 (1)0.08 144 N (2)200 N
【详解】 (1)“冰壶”在推力F作用下做匀加速运动，运动5 m后的速度为v，由牛顿第二定律及运动
学公式可知F－μmg＝ma ，v2＝2ax
1 1 1
撤掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 s时间内运动了40 m，由牛顿第二定律及
运动学公式可知F＝μmg＝ma ，x＝，a＝，解得μ＝0.08，F＝144 N
f 2 2 2
(2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复
完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v′，根据牛顿第二定律及运动学公式可知
匀加速过程F′－μ′mg＝ma
3
匀减速过程μ′mg＝ma
4
所用总时间＋＝10 s
所走总路程＋＝45 m，解得F′＝200 N。
【变式1-2】 (多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两
个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t 、t 、t 分别表示滑环沿Oa、Ob、da
1 2 3
到达a或b所用的时间。下列关系正确的是( )
A．t＝t B．t>t
1 2 2 3
C．ta ，由x＝at2可知，t>t ，即t>t＝t，故B、C、D正确。
ca Ob 2 ca 2 1 3
【变式1-3】 (2023·辽宁丹东市模拟)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜
直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的
总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻
力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力F 的大小；
f
(2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学
和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。
【答案】 (1)160 N (2)0.5
【详解】 (1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为
a ，位移大小为x ，时间为t ，末速度为v ；在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，
1 1 1 m
位移大小为x，时间为t 分析运动过程可得x＝t，x＝t，t＋t＝14 s
2 2 1 1 2 2 1 2
解得斜直雪道末速度v ＝20 m/s
m
在斜直雪道的时间t＝6 s，
1
在水平雪道用时t＝8 s
2
在斜直雪道上的加速度大小为a＝＝ m/s2
1
由牛顿第二定律得mgsin 37°－F＝ma
f 1
解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为F＝160 N。
f
(2)设在水平雪道上滑行时，加速度为大小a，
2则a＝＝2.5 m/s2
2
使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则v 2－v2＝2ax
m 2 3
解得v＝10 m/s
设在防滑毯上的加速度大小为a，则v2＝2ax
3 3 4
解得a＝＝ m/s2＝5 m/s2
3
由牛顿第二定律可得μmg＝ma ，解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ＝0.5。
3
题型二 动力学图像问题
【典型例题剖析】
【例2】 (多选)(2023·全国甲卷·19)用水平拉力使质量分别为m 、m 的甲、乙两物体在水平桌面上由
甲 乙
静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ 和μ 。甲、乙两物体运动后，所受拉
甲 乙
力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A．m m
甲 乙 甲 乙
C．μ <μ D．μ >μ
甲 乙 甲 乙
【答案】 BC
【详解】 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵
轴截距为μmg，则由题图可看出m >m ，μ m g＝μ m g，则μ <μ 。故选B、C。
甲 乙 甲 甲 乙 乙 甲 乙
【高考考点对接】
常见的动力学图像
v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。
(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。
(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第
二定律列方程求解。
(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
(4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个
量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给
出的信息求出未知量。
【解题能力提升】分析动力学图像问题的方法技巧
1．分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理
过程。
2．建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理
过程。
3．建立图像与公式间的关系：对于a－F图像、F－x图像、v－t图像、v2－x图像等，都应先建立函数关
系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义。
4．读图时要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体
运动状态往往发生变化)。
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m 的长木板，木板的左端上有一质量为
1
m 的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其
2
中F 、F 分别为t 、t 时刻F的大小。木板的加速度a 随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地
1 2 1 2 1
面间的动摩擦因数为μ ，物块与木板间的动摩擦因数为μ ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力
1 2
相等，重力加速度大小为g。则( )
A．F＝μmg
1 1 1
B．F＝(μ－μ)g
2 2 1
C．μ>μ
2 1
D．在0～t 时间段物块与木板加速度相等
2
【答案】 BCD
【详解】 由题图(c)可知，t 时刻物块、木板一起刚要在水平地面上滑动，物块与木板相对静止，此时
1
以整体为研究对象有F＝μ(m＋m)g，故A错误；
1 1 1 2
由题图(c)可知，t 时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F
2 2
－μ(m＋m)g＝(m＋m)a，
1 1 2 1 2
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μmg－μ(m＋m)g＝ma>0，
2 2 1 1 2 1
解得F＝(μ－μ)g，
2 2 1
可知μ>μ，故B、C正确；
2 1
由题图(c)可知，0～t 时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
2【变式2-2】 (多选)(2020·辽宁六校协作体开学考试)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v ＝10
0
m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，
整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(
)
A.0～5 m内物块做匀减速运动
B.在t＝1 s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【答案】 ABD
【详解】 0～5 m内，由v2－v2＝2ax ，得v2＝2ax ＋v2，由题图乙知，2a ＝－20 m/s2，则a ＝－
1 0 1 1 1 1 1 0 1 1
10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v ＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，
0
在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v2＝
2
2ax 得物块的加速度a ＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma ，F－μmg＝ma ，联立两
2 2 2 1 2
式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误.
【变式2-3】 (2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图
所示.乘客所受支持力的大小用F 表示，速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是(
N
)
图8
A.0～t 时间内，v增大，F >mg
1 N
B.t～t 时间内，v减小，F mg
2 3 N
【答案】 D
【详解】 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内v增大，t ～t 时间内v减小，t ～t 时间内
1 2 3 1 2
v不变，故B、C错误；0～t 时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则F mg，故D正确.
2 3 N题型三 连接体问题
【典型例题剖析】
【例3】 (2020·江苏卷·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量.某运
送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第 2
节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车
厢的牵引力为( )
A.F B. C. D.
【答案】 C
【详解】 设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为F，对后38节车厢，
f
由牛顿第二定律有F－38F＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F ，对后2节车厢，
f 1
由牛顿第二定律得F－2F＝2ma，联立解得F＝，故选项C正确.
1 f 1
【高考考点对接】
1．连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连接体
一般具有相同的运动情况(速度、加速度).
2．常见连接体的类型
(1)同速连接体
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
处理方法：用整体法求出a与F 的关系，用隔离法求出F 与a的关系.
合 内力
(2)关联速度连接体
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.
【解题能力提升】
1．整体法与隔离法在分析共速连接体中的应用
(1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛
顿第二定律求出加速度；
(2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程
求解；
(3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力
时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外
力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。
2．共速连接体对合力的“分配协议”
一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m 上，则m 和m 之间的相互作用力F ＝，若作用于m
1 1 2 T 2
上，则F ＝。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物
T
体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体系统处于平面、斜面还是竖直方
向，此“协议”都成立。
【跟踪变式训练】
【变式3-1】(多选)物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A，物块A、C通过细绳相连，细绳跨
过定滑轮，如图所示，物块A、B、C质量均为m，现释放物块C，A和B一起以相同加速度加速运动，
不计细绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度大小为 g，则细线中的拉力大小及A、B间的摩擦力大小分
别为( )
A.F ＝mg B.F ＝mg
T T
C.F＝mg D.F＝mg
f f
【答案】 BD
【详解】 以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－F ＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿第二定律
T
得F ＝2ma，联立解得F ＝mg，a＝g，以B为研究对象，由牛顿第二定律得F＝ma，得F＝mg，故选
T T f f
B、D.
【变式3-2】 (2023·福建龙岩市九校联考)如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著
名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m＝M，重力加速度为g。求：
(1)物体B运动过程中的加速度大小；
(2)系统由静止释放后，运动过程中物体B、C间作用力的大小。
【答案】 (1)g (2)mg或Mg
【详解】 (1)设物体B运动过程中的加速度大小为a，绳子的张力为F ，对物体A，F －Mg＝Ma
T T
对B、C整体，(M＋m)g－F ＝(M＋m)a
T
解得a＝g
因为m＝M，所以a＝g
(2)设B、C间的拉力为F，
对物体C，mg－F＝ma
解得F＝mg－ma＝mg＝Mg
所以C、B间的作用力为mg或Mg。
【变式3-3】 (多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图所示，材料相同的物体m 、m 由轻绳连接，在恒定
1 2
拉力F的作用下沿斜面向上加速运动.轻绳拉力的大小( )
A.与斜面的倾角θ有关
B.与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C.与两物体的质量m 和m 有关
1 2
D.若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与θ，μ无关
【答案】 CD
【详解】 对整体受力分析有F－(m ＋m)gsin θ－μ(m ＋m)gcos θ＝(m ＋m)a，对m 有F －mgsin θ
1 2 1 2 1 2 2 T 2
－μm gcos θ＝ma，解得F ＝F，与μ和θ无关，与两物体的质量m 和m 有关，故A、B错误，C正确；
2 2 T 1 2
若改用F沿斜面向下拉连接体，同理可得F ＝F，故D正确.
T题型四 动力学中的临界和极值问题
【典型例题剖析】
【例4】 (2019·江西宜春市期末)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面
的底端，另一端拴住质量为m ＝6 kg的物体P，Q为一质量为m ＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲
1 2
度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始
沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x；
0
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值.
【答案】 (1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
【详解】 (1)设开始时弹簧的压缩量为x，
0
对整体受力分析，平行斜面方向有(m＋m)gsin θ＝kx
1 2 0
解得x＝0.16 m.
0
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速
度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x，
1
对物体P，由牛顿第二定律得：
kx－mgsin θ＝ma
1 1 1
前0.2 s时间内两物体的位移：
x－x＝at2
0 1
联立解得a＝ m/s2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则
F ＝(m＋m)a＝ N
min 1 2
对Q应用牛顿第二定律得
F －mgsin θ＝ma
max 2 2
解得F ＝ N.
max
【高考考点对接】
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：F ＝0.
N
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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F ＝0.
T
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力(加速度)为零.
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(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.
3．解题方法
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
极限法
到正确解决问题的目的
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
假设法
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
【解题能力提升】
【跟踪变式训练】
【变式4-1】 (多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上.A、B间的
动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A
施加一水平拉力F，则( )
A.当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B.当F＝μmg时，A的加速度为μg
C.当F>3μmg时，A相对B滑动
D.无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【答案】 BCD
【详解】 当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错
误，选项C正确.当F＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝
μg，选项B正确.F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a＝＝μg，选项D正确.
2
【变式4-2】如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于
斜面.取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).下列说法正确的是( )A.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
【答案】 A
【详解】 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为
零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a ，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝
0
ma ，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a≈13.3 m/s2.
0 0
①由于a＝5 m/s2a ，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的
2 0
夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos α＝ma ，Fsin α－mg＝0，代入数据解得F
2 2 2 2
＝20 N，选项C、D错误.
【变式4-3】 (2024·福建厦门市双十中学模拟)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠
放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k＝50 N/m，初始时系统处
于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4 m/s2的
匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A．外力F刚施加的瞬间，F的大小为4 N
B．当弹簧压缩量减小到0.3 m时，A、B间弹力大小为1.2 NC．A、B分离时，A物体的位移大小为0.12 m
D．B物体速度达到最大时，B物体的位移为0.22 m
【答案】 C
【详解】 施加外力前，系统处于静止状态，对整体受力分析，由平衡条件得 2mg＝kx ，代入数据解
0
得x ＝0.4 m，外力施加的瞬间，物体A加速度为4 m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F－2mg＋kx ＝
0 0
2ma，代入数据解得F＝8 N，故A错误；当弹簧压缩量减小到0.3 m时，设A、B间弹力大小为F ，
AB
对A受力分析，由牛顿第二定律得F′＋F －mg＝ma，对A、B组成的系统受力分析，由牛顿第二定律
AB
得F′＋kx －2mg＝2ma，代入数据联立解得F ＝1 N，故B错误；设A、B分离时，弹簧的形变量为
1 AB
x ，对B受力分析，由牛顿第二定律得kx －mg＝ma，代入数据解得x ＝0.28 m，所以A物体的位移
2 2 2
大小为x －x ＝0.4 m－0.28 m＝0.12 m，故C正确；当B物体的合力为零时速度达到最大，由C可知
0 2
A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，当合力为零时，对B受力分析，由平
衡条件得kx＝mg，代入数据解得x＝0.2 m，故B物体的位移大小为x－x＝0.2 m，故D错误。
3 3 0 3
1．(多选)(2020·贵州贵阳市摸底)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块 A、B和C，质量均为m，
设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直
线运动，用F、F 分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是( )
1 2
图1
A.若μ≠0，则F∶F＝2∶1
1 2
B.若μ≠0，则F∶F＝3∶1
1 2
C.若μ＝0，则F∶F＝2∶1
1 2
D.若μ＝0，则F∶F＝3∶1
1 2
【答案】 AC
【详解】 三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统
和物块C应用牛顿第二定律有F ＝2ma，F ＝ma，易得F∶F ＝2∶1，C项正确，D项错误；若μ≠0，分
1 2 1 2
别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，F－μmg＝ma，易得F∶F＝
1 2 1 2
2∶1，A项正确，B项错误.
2．(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面
间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a 匀加速运动时，弹簧的
1
伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a
1 2
匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x，则下列说法正确的是( )
2A.若m>M，有x＝x B.若msin θ，有x>x D.若μ1 N
时，物体开始做加速运动，故物体所受滑动摩擦力大小为1 N，B错误；由图像可知，当F＝3 N时，
物体的加速度大小为2 m/s2，故D正确。
