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专题强化四 牛顿运动定律的综合应用
——动力学图像、连接体及临界极值问题
学习目标 1.掌握图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义。 2.知道连接体
的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。 3.会分析临界与极
值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。
考点一 动力学图像问题
常见动力学图像及应用方法
v－t
图像
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿
第二定律求解合外力
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F、a 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
a－t
图像
要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然
后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F－t
图像
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分
析每一时间段的运动性质
例1 (多选)(2023·全国甲卷，19)用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两
物体在水平桌面上由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 甲和μ 乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其加速度a 的关系图线如图1 所
示。由图可知( )
图1
A.m 甲＜m 乙
B.m 甲＞m 乙
C.μ 甲＜μ 乙
D.μ 甲＞μ 乙
答案 BC
1
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解析 由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a 图像的
斜率为m，纵轴截距为μmg，结合F－a 图像可知m 甲＞m 乙，A 错误，B 正确；
两图线的纵轴截距相同，即μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，则μ 甲＜μ 乙，C 正确，D 错误。
动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、
拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图
像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。
1.(多选)如图2 甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个
物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt(k 为常量，F、t 的单位分别为N 和s)的拉
力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，
物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。下列
判断正确的是( )
图2
A.物块的质量为1 kg
B.k 的值为5 N/s
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.t＝3 s 时，物块的加速度大小为4 m/s2
答案 ABD
解析 t＝0 时Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A 正确；当t＝1 s 时，Ff＝
2
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0，说明F＝mgsin θ＝5 N，由F＝kt 可知k＝5 N/s，故B 正确；由题图乙可知，
滑动摩擦力μmgcos θ＝6 N，解得μ＝，故C 错误；由F＝μmgcos θ＋mgsin θ，
即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s 后物块开始向上滑动，当t＝3 s 时，F
＝15 N，则F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得加速度a＝4 m/s2，故D 正确。
考点二 动力学中的连接体问题
1.连接体的五大类型
弹簧连接体
轻绳连接体
轻杆连接体
物体叠放连
接体
两物体并排
连接体
2.连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具
有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹
簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3
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(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。
其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。
3.连接体问题的分析
整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体
之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究
对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
例2 (多选)如图3 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F1、F2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( )
图3
A.若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1
B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1
D.若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
答案 AC
解析 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F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2
＝2∶1，C 项正确，D 项错误；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F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A 项
正确，B 项错误。
力的“分配”原则
两物块在力F 作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图
所示。
4
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接触面光滑或粗糙(动摩擦因数相同)
F 一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F 弹＝F。
2.(多选)(2024·湖北孝感开学考试)如图4 所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角
为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a
的质量为2m，b 的质量为4m。重力加速度为g，定滑轮左侧轻绳与斜面平行，
右侧轻绳竖直。将a、b 由静止释放，则下列说法正确的是( )
图4
A.绳子对b 的拉力大小为4mg
B.a 的加速度大小为
C.绳子对定滑轮的作用力大小为2mg
D.在相同时间内(b 未触地)，a、b 速度变化量大小不相等
答案 BC
解析 在相同时间内(b 未触地)，a、b 加速度的大小相等，速度变化量大小相等，
D 错误；将a、b 看成一个整体，由牛顿第二定律得F 合＝4mg－2mgsin θ＝(2m
＋4m)a，解得a＝，故B 正确；以b 为研究对象，设拉力为T，由牛顿第二定律
有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A 错误；由几何关系知，两侧绳子的夹角为
60°，则绳子对定滑轮的力为F＝2Tcos 30°＝2mg，故C 正确。
5
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3.(2024·江西上饶模拟)如图5 所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠
放两个质量分别为3m、m 的物体A、B(A 物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为
k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体
A、B 开始向上一起做加速度大小为g 的匀加速直线运动，直到A、B 分离。重力
加速度为g，则关于此过程说法正确的是( )
图5
A.施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为FAB＝
B.施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为FAB＝
C.从施加力F 到A、B 分离的时间为4
D.从施加力F 到A、B 分离的时间为2
答案 A
解析 设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F 开始施加的瞬间，弹
簧对A 的弹力不变，对A 物体，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解
得FAB＝，A 正确，B 错误；在A、B 分离瞬间，A、B 间的弹力为0，弹簧弹力不
为零，对A 受力分析得kx－3mg＝3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x＝，则
A、B 上升的高度h＝x0－x，由h＝at2，解得从施加力到A、B 分离的时间是t
＝，C、D 错误。
考点三 动力学中的临界和极值问题
1.常见临界问题的条件
6
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(1)接触与脱离的临界条件：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：物体所受合力为零。
2.解题基本思路
(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。
角度
恰好分离的临界问题
例3 (多选)(2024·江西南昌模拟)如图6 所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平
地面上，与斜面垂直的挡板P 固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另
一端与物块A 连接，质量为m 的物块A 和质量为2m 的物块B 并排放在斜面上，
物块A、B 不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力F 拉物块B，已知
重力加速度为g，F＝2mg，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力。下列说法正确
的是( )
图6
A.当弹簧恢复原长时，物块A、B 分离
B.物块A、B 分离瞬间，物块A 的加速度大小为g
C.物块A、B 分离瞬间，弹簧的压缩量为
D.从外力F 作用在物块B 上到物块A、B 分离的过程中，物块B 的位移大小为
答案 BD
解析 物块A、B 分离前，在外力的作用下一起沿斜面向上做加速运动，当物块
A、B 分离时物块A、B 的加速度相等且沿斜面向上，A、B 间的弹力为零，对物
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块A 受力分析可知弹簧对A 的弹力沿斜面向上，弹簧处于压缩状态，故A 错误；
物块A、B 分离瞬间，物块A、B 加速度相等，对物块B，由牛顿第二定律有F－
2mgsin 30°＝2ma，解得a＝g，所以物块A 的加速度大小为g，故B 正确；对物
块A 受力分析，由牛顿第二定律可得kx1－mgsin 30°＝ma，解得弹簧的压缩量为
x1＝，故C 错误；F 没有作用在B 上时，A、B 处于静止状态，根据共点力平衡
条件得3mgsin 30°＝kx2，解得x2＝，因此B 运动的位移为x2－x1＝，故D 正确。
角度
发生相对滑动的临界问题
例4 (2024·陕西西安交大附中期中)如图7 所示，物体A 放在B 上，物体B 放在
光滑的水平面上，已知mA＝6 kg，mB＝2 kg。A、B 间动摩擦因数μ＝0.2。A 物
体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20 N，水平向右拉细线(取g＝10
m/s2)，下列叙述正确的是( )
图7
A.当拉力0<F<12 N 时，A 静止不动
B.当拉力F>12 N 时，A 相对B 滑动
C.当拉力F＝16 N 时，B 受到A 的摩擦力等于12 N
D.在细线可以承受的范围内，无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止
答案 D
解析 由于物体B 放在光滑的水平面上，因此只要拉力F 不是零，A、B 将一起
加速运动，所以当拉力0<F<12 N 时，A 不会静止不动，A 错误；若A、B 能发生
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相对滑动，则有a＝＝ m/s2＝6 m/s2，对A、B 整体，由牛顿第二定律可得发生相
对滑动时的拉力为F＝(mA＋mB)a＝(6＋2)×6 N＝48 N，超出了绳子的最大拉力，
由此可知，在绳子承受的最大拉力20 N 范围内，无论拉力F 多大，A、B 始终处
于相对静止状态，B 错误，D 正确；当拉力F＝16 N 时，对整体，由牛顿第二定
律可得F＝(mA＋mB)a′，解得a′＝＝ m/s2＝2 m/s2，则B 受到A 的摩擦力Ff＝mBa′
＝2×2 N＝4 N，C 错误。
角度
动力学的极值问题
例5 如图8 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＝2 m/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＝10 m/s2，x 的最小值为( )
图8
A.0.12 m
B.0.14 m
C.0.16 m
D.0.2 m
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－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设
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木块的位移为x，有0－v＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其
中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－
g＝－g，此时x 有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D 错误，C 正确。
方法总结 处理动力学临界和极值问题的方法技巧
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
A 级 基础对点练
对点练1 动力学图像问题
1.(2024·江苏泰州高三期中)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速
度达到某一值时，立即关闭发动机滑行至停止，其v－t 图像，如图1 所示，汽
车的牵引力为F，运动过程中所受的阻力恒为f，则下列关系中正确的是( )
图1
A.F∶f＝1∶4
B.F∶f＝4∶1
C.F∶f＝1∶3
D.F∶f＝3∶1
答案 B
解析 由题图可知，在0～1 s 内，根据汽车的受力及牛顿第二定律可知F－f＝
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ma1，在1～4 s 内，有f＝ma2，又由图可知＝，可得＝，故B 正确。
2.(2024·云南玉溪高三检测)如图2 甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，
上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上
的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 的
关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是( )
图2
A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C.物体的质量为3 kg
D.物体的加速度大小为5 m/s2
答案 D
解析 物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A 错误；
物体不受拉力时，有mg＝kx0；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定
律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，联立得F＝kx＋ma，可知题图乙中图线斜率表示劲
度系数，可得k＝5 N/cm，B 错误；x≥4 cm 后，物体与弹簧脱离，根据牛顿第
二定律有30 N－mg＝ma，且由纵轴截距知10 N＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5
m/s2，C 错误，D 正确。
3.如图3 甲所示，倾角α＝37°的斜面体固定在水平面上，一质量为m＝1 kg 的滑
块放在斜面上，滑块与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.5，t＝0 时刻在滑块上施
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加一平行斜面向上的外力F 使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化
规律如图乙所示，取沿斜面向上的方向为正，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取
10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图3
A.0～1 s 内外力与3～4 s 内外力大小之比为1∶1
B.2 s 末滑块速度的大小为6 m/s
C.1 s 末与3 s 末滑块的速度等大反向
D.滑块4 s 末运动到最高点
答案 D
解析 由题图乙知，在 0～1 s 时间内，滑块加速度恒定为2 m/s2，做匀加速直
线运动，由牛顿第二定律得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，解得F1＝12 N，在3
～4 s 时间内，滑块的加速度沿斜面向下，大小恒为2 m/s2，做匀减速直线运动，
由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α－F2＝ma2，解得F2＝8 N，则0～1 s 内外
力与3～4 s 内外力大小之比为3∶2，故A 错误；a－t 图像中图线与t 轴围成的
面积表示速度的变化量，因此由a－t 图像可得，在t＝2 s 时，滑块的速度大小为
v＝×(1＋2)×2 m/s＝3 m/s，故B 错误；在t＝1 s 到t＝3 s 时间内，滑块先加速后
减速，由题图中面积关系可知，速度变化量大小相等，故1 s 末与3 s 末滑块的
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速度大小均为2 m/s，方向均沿正方向，故C 错误；在0～4 s 时间内，由面积关
系可知，滑块运动的方向不变，先沿正方向加速运动，后沿正方向减速运动，在
t＝4 s 时，滑块的速度为零，此时运动到斜面体的最高点，故D 正确。
对点练2 动力学的连接体问题
4.(2023·北京卷，6)如图4 所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，
两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F 作用下，
两物块一起向右做匀加速直线运动。则F 的最大值为( )
图4
A.1 N
B.2 N
C.4 N
D.5 N
答案 C
解析 对两物块整体受力分析，有F＝2ma，对后面的物块，有FT＝ma，联立得
F＝2FT，而细线能承受的最大拉力FTmax＝2 N，故F 的最大值为Fmax＝4 N，故C
正确。
5.一列车由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
解析 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，将后面的38 节车厢作为一个整
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体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合
力大小均为f，则有F－38f＝38ma；将最后面的2 节车厢作为一个整体进行分析，
设倒数第3 节车厢对倒数第2 节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解
得F′＝F，C 正确，A、B、D 错误。
6.(2024·河南新乡模拟)如图5，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定
滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg 和0.2 kg 的球a、b。控制球a 静止在离地面高
h＝49 cm 的A 处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放小球，不
计空气阻力，则( )
图5
A.a 球落地前，加速度大小为1 m/s2
B.a 球运动到地面所用时间为0.5 s
C.a 球落至地面时的速度大小为1.6 m/s
D.绳子中张力大小为2.4 N
答案 D
解析 a 球落地前，对a、b 球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，
解得a＝2 m/s2，故A 错误；根据运动学公式h＝at2可得，a 球运动到地面所用时
间为t＝＝0.7 s，故B 错误；a 球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4 m/s，故C
错误；对a 球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa，解得绳子中张力大小为T＝
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2.4 N，故D 正确。
对点练3 动力学中的临界和极值问题
7.(多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图6 所
示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当
火车以加速度a 向右加速运动时，则( )
图6
A.若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
B.若a＝20 m/s2，小球只受G、T 两个力的作用
C.若a＝10 m/s2，小球只受G、T 两个力的作用
D.若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
答案 BD
解析 设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第
二定律可得＝ma0，解得a0＝10 m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离
开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A 错误，B 正确；若a＝10
m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力
的作用，C 错误，D 正确。
8.(2021·全国甲卷，14)如图7，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡
板P 处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之
间的夹角θ 可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q
点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ 的大小有关。若θ 由30°逐渐增大至60°，物块
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的下滑时间t 将( )
图7
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
答案 D
解析 设P 点与竖直杆的距离为l，则PQ＝。对物块，根据牛顿第二定律，有
mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，由x＝at2，得＝gsin θ·t2，解得t＝，当2θ＝
90°，即θ＝45°时，t 最小，由题知θ 从30°增大到60°，则物块的下滑时间先减
小后增大，选项D 正确。
B 级 综合提升练
9.(多选)(2024·湖北武汉模拟)如图8 甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，
一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P 和Q。改变物块P 的质量，
可以得到物块Q 运动的加速度a 和绳中拉力F 的关系图像如图乙所示。关于此
运动的分析，下列说法正确的是( )
图8
A.绳中拉力大小等于物块P 的重力大小
B.轨道不可能是水平的
C.物块Q 的质量为0.5 kg
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D.物块Q 受到轨道的摩擦力大小为1 N
答案 BC
解析 物块P 有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P 的拉力大小小
于物块P 的重力大小，故A 错误；从a－F 图像看出，当拉力等于零时，物块Q
的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故B 正确；设物块Q 的质量为
m，Q 在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得
F＋F1＝ma，变形得a＝F＋，图线的斜率k＝＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C 正
确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B 项分析可
知，1 N 并非物块Q 受到的摩擦力，故D 错误。
10.(多选)(2022·全国甲卷，19)如图9，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，
二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大
小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去
该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
图9
A.P 的加速度大小的最大值为2μg
B.Q 的加速度大小的最大值为2μg
C.P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D.P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
答案 AD
解析 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力
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大小为F＝2μmg，对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，
撤去拉力后，由牛顿第二定律对滑块P 有，－kx′－μmg＝maP，对滑块Q 有kx′－
μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，
则滑块P 减速的加速度减小，滑块Q 的加速度增大，做加速度增大的减速运动，
故P 加速度大小的最大值amP＝＝2μg，Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，
有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q 加速度大小最大值为μg，A 正确，
B 错误；由于弹簧恢复原长前滑块P 的加速度一直大于Q 的加速度，所以撤去拉
力后P 的速度一直小于同一时刻Q 的速度，所以P 的位移大小一定小于Q 的位
移大小，C 错误，D 正确。
11.(2024·山东潍坊模拟)如图10 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＝6.5 N，玩具的质量
m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具
又滑行了一段距离后停下(取g＝10 m/s2)。求：
图10
(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？
答案 (1) (2)1.04 m (3)30°
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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
解得a＝ m/s2
对玩具由牛顿第二定律得Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝。
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2
由匀变速直线运动的速度与位移公式得
松手后玩具的位移x′＝＝ m≈1.04 m。
(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Fcos θ－Ff＞
0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
C 级 培优加强练
12.如图11 所示，水平面上O 点的左侧光滑，O 点的右侧粗糙。有8 个质量均为
m 的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离
为L，滑块1 恰好位于O 点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将
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水平恒力F 作用于滑块1 上，经观察发现，在第3 个小滑块完全进入粗糙地带后
到第4 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力
加速度为g，则下列判断中正确的是( )
图11
A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为
B.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
C.第2 个小滑块完全进入粗糙地带到第3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，
8 个小滑块的加速度大小为
D.第1 个小滑块完全进入粗糙地带到第2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，
5 和6 两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为
答案 D
解析 小滑块匀速运动时，有F＝3μmg，所以μ＝，A 错误；小滑块匀速运动时
加速度为零，后边5 根轻杆上的弹力均为零，但2、3 间，1、2 间轻杆上弹力不
为零，B 错误；第2 个小滑块完全进入到第3 个小滑块进入粗糙地带之前，由牛
顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝，C 错误；第1 个小滑块完全进入粗糙地
带到第2 个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取
6、7、8 小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F 弹＝3ma1，联立解得F 弹＝，D 正
确。
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