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专题14 动力学中的连接体和临界、极值问题
题型一 动力学中的连接体问题...........................................................................................................................................2
题型二 临界极值问题..............................................................................................................................................................8
题型三 瞬时加速度................................................................................................................................................................9
课时精练.....................................................................................................................................................................................21
【基础回顾】
一、动力学中的连接体问题
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统
称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。
1.共速连接体
两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。
(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
二、动力学中的临界极值问题
1．临界、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“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。
2．四种典型的临界条件
(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。
3．动力学临界极值问题的三种解法
三、 牛顿第二定律的瞬时性问题
1
．
两种模型的特点
(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形
变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失．
(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题
中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间
不变的．
2．解决此类问题的基本思路
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小．
(2)分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些
力不变，哪些力消失(被剪断的绳中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)．
(3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度．
题型一 动力学中的连接体问题
1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用
(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组成的系统，若外力F 作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT
＝
m2 F
m1＋m2，若作用于m2上，则FT＝
m1 F
m1＋m2。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物
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
体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、
轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。
【例题精讲】
1．（2026•涿州市校级一模）如图所示，质量均为0.5kg 的小物块A、B、C 放在倾角θ＝
37°的固定光滑斜面（足够长）上，C 靠在垂直斜面的固定挡板P 上，A 与B 用轻杆连接，
B、C 分别与原长为10cm、劲度系数为200N/m 的轻质弹簧两端相连，系统处于静止状态。
现对A 施加一个沿斜面向上的拉力F，使A 缓慢上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及一切摩擦，弹簧及轻杆均与斜面平行，弹簧
始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．施加力F 前，挡板对C 的支持力大小为12N
B．施加力F 前，弹簧的长度为8cm
C．施加力F 后，当F＝4N 时，轻杆对A 的支持力大小为1N
D．施加力F 后，当F＝9N 时，弹簧的长度为11.5cm
【答案】D
【解析】解：A、施加力F 前，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据平衡条件可得，挡板对C 的支持
力大小N0＝3mgsinθ＝3×0.5×10×0.6N＝9N，故A 错误；
B、施加力F 前，对A、B 以及轻杆整体，根据物体的平衡条件可得，弹簧对B 的弹力大小F1＝2mgsinθ
＝2×0.5×10×0.6N＝6N，根据胡克定律有F1＝kΔx，解得弹簧压缩的长度Δx＝0.03m＝3cm，弹簧的长度
L＝L﹣Δx＝10cm﹣3cm＝7cm，故B 错误；
C、施加力F 后，当F＝4N 时，在斜面方向上，A 受到拉力F、重力沿斜面向下的分力mgsinθ、轻杆的支
持力N，根据平衡条件有：F+N＝mgsinθ，解得N＝﹣1N，负号表示轻杆对A 的作用力不是支持力，而
是拉力，故C 错误；
D、当F＝9N 时，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据平衡条件可得，挡板对C 的弹力大小N′＝
3mgsinθ﹣F＝3×0.5×10×0.6N﹣9N＝0，说明C 恰好要离开挡板，弹簧的弹力为拉力，拉力大小T＝mgsinθ
＝0.5×10×0.6N＝3N，根据胡克定律有T＝kΔx'，解得弹簧拉伸的长度Δx'＝1.5cm，弹簧的长度L'＝
L0+Δx'＝10cm+1.5cm＝11.5cm，故D 正确。
故选：D。
2．（2025 秋•四川校级期末）水平放置的倾角为θ 光滑固定斜面上叠放三个楔形物块A、
B、C。各接触面均光滑，现对B 施加平行于斜面向上的力F，使得A、B、C 相对静止一
起沿斜面向上加速。令A、B、C 质量分别为mA，mB，mC（α＞θ），则下列关系式中正
确的是（ ）
A．mA＝mB+mC
B．mB＝mA+mC
C．mC＝mA+mB
D．mC＝2mA+mB
【答案】C
【解析】解：对A、B、C 分别受力分析，在沿着斜面方向的合外力提供的加速度a 相同，而垂直斜面方
向平衡，对A 有，垂直斜面方向，根据平衡条件得：NBAcosα＝mAgcosθ，
沿着斜面方向，由牛顿第二定律得：NBAsinα﹣mAgsinθ＝mAa，
对B 在垂直斜面方向平衡，根据平衡条件得：NABcosα+mBgcosθ＝NCBcosα，
对C 沿着斜面方向，由牛顿第二定律得：NBCsinα﹣mCgsinθ＝mCa，
而由牛顿第三定律有：NBA＝NAB，NBC＝NCB，
联立解得：mC＝mA+mB，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
3．（2026•新洲区校级开学）如图所示，用力F 拉A、B、C 三个物体在光滑水平面上运动，
现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加
上物体以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是（ ）
A．Ta不变、Tb变小
B．Ta增大、Tb不变
C．Ta减小、Tb增大
D．Ta增大、Tb减小
【答案】D
【解析】解：最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，加上的橡皮泥的质量
为Δm，对变化前的整体进行分析，整体的加速度a= F
M
对最左边的物体分析T b=ma=mF
M
对最右边的物体分析，有F﹣Ta＝m′a
代入数据得T a=F −m′ F
M
在中间物体上加上一个小物体Δm 后，整体的质量变大而m、m′不变，所以Tb 减小，Ta 增大，故D 正
确，ABC 错误。
故选：D。
4．（2026•昭阳区校级开学）如图所示，小车静止，物块A、B 用绕过固定在车顶的两定滑
轮的轻绳悬挂，锁定物块A、B 均处于静止状态，滑轮两边的轻绳竖直，A 与车厢光滑后
壁刚好接触。已知物块A、B 的质量之比为3：2，重力加速度为g；若让小车以加速度a
向右做匀加速运动，解除对A 的锁定，物块A 相对车厢仍保持相对静止，则小车运动的
加速度大小为（ ）
A．a=
❑√5
2 g
B．a=❑√3g
C．a＝2g
D．a＝g
【答案】A
【解析】解：已知物块A、B 的质量之比为3：2，设B 的质量为2m，则A 的质量为3m。小车以加速度a
向右做匀加速运动，解除对A 的锁定，物块A 相对车厢仍保持相对静止，两者加速度相同，设为a。车厢
光滑，A 不受摩擦力，竖直方向有T＝3mg
对B 分析受力，如图所示：
由牛顿第二定律得
竖直方向有Tcosθ﹣2mg＝0
水平方向有Tsinθ＝2ma
解得a=
❑√5
2
g，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
5．（2026 春•建邺区校级月考）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/s2
B．t＝2s 时，A、B 开始分离
C．t＝0 时，A、B 之间的相互作用力为3N
D．A、B 开始分离时的速度为1m/s
【答案】B
【解析】解：AC．由推力与时间的图像可得FA＝8﹣2t，FB＝2+2t
则t＝0 时，可知FA0＝8N，FB0＝2N
由于mA＞mB，所以二者不会分开，A、B 两物体的加速度为
a=F A+FB
mA+mB
=8−2t +2+2t
6+4
m/ s
2=1m/s2
设此时A、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＝mBa﹣FB0＝4×1N﹣2N＝2N，故AC 错误；
BD．当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
FB
mB
=F A
mA
2+2t
4
=8−2t
6
解得t＝1s
分离时的速度为v＝at＝1×1m/s＝1m/s，故B 正确，D 错误。
故选：B。
（多选）6．（2025 秋•西昌市期末）1966 年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础
的测定质量的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（后者
的发动机已熄火）。接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使宇宙飞船和火箭组共同加
速，如图所示。在推进器开动12s 时间内测出宇宙飞船和火箭组的速度变化了0.96m/s，
在此过程中推进器的平均推力F＝560N。已知双子星号宇宙飞船的质量为3200kg。则下
列说法正确的（ ）
A．此过程中宇宙飞船和火箭组的位移为5.76m
B．此过程中宇宙飞船和火箭组的加速度为0.08m/s2
C．火箭组的质量约为3200kg
D．火箭组的质量约为3800kg
【答案】BD
【解析】解：A.匀变速直线运动位移公式x =v0t +1
2 at
2成立的前提是已知初速度v0，题目仅给出速度变
化量Δv＝0.96m/s，未说明初速度为0，故无法直接计算位移，故A 错误。
B.由加速度定义a=Δv
Δt =0.96m/ s
12s
=0.08m/ s
2，故B 正确。
CD.由牛顿第二定律得F＝（m 船+m 箭）a，总质量m总=F
a =
560 N
0.08m/ s
2 =7000kg，火箭组质量m 前＝
7000kg﹣3200kg＝3800kg，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
（多选）7．（2025 秋•广安期末）如图所示，质量分别为mA、mB的A、B 两物体紧靠在一
起放在水平地面上，两物体与水平地面的动摩擦因数相同。用一水平恒力F 推物体A，使
它们沿水平地面向右做匀加速直线运动，为了增大A、B 间的相互作用力，可以采取的措
施是（ ）
A．增大推力F
B．使水平面更粗糙
C．增大A 的质量
D．增大B 的质量
【答案】AD
【解析】解：设动摩擦因数为μ，A、B 间的相互作用力为N。
对A、B 整体受力分析，由牛顿第二定律：
F﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a
解得加速度：
a=
F
mA+mB
−μg
对B 受力分析，由牛顿第二定律：
N﹣μmBg＝mBa
代入加速度a 的表达式：
N =mB(
F
mA+mB
−μg)+μmB g，化简得：
N = mB F
mA+mB
A.增大推力F：由N = mB F
mA+mB
知：F 增大则N 增大，故A 正确。
B.使水平面更粗糙：表达式中μ 已被消去，N 与μ 无关，故B 错误。
C.增大A 的质量：分母mA+mB 增大，N 减小，故C 错误。
D.增大B 的质量：
mB
mA+mB
增大，N 增大，故D 正确。
故选：AD。
题型二 临界极值问题
一、临界极值问题
1.常见的动力学临界极值问题及其条件
（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。
2．临界问题的常见类型及临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力恰好为零．
(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实
际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是张力为零．
(4)加速度最大、最小与速度最大、最小的临界条件：当所受合力最大时，具有最大加速度；
当所受合力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速
度达到最大值或最小值．
【例题精讲】
1．（2025•萍乡模拟）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m
的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时
弹簧没有形变．若挡板A 以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则
（ ）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01m 时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m 时速度最大
【答案】C
【解析】解：A、C、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持
力F1 和弹簧弹力F。
根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1＝ma，
保持a 不变，随着x 的增大，F1 减小，当m 与挡板分离时，F1 减小到零，则有：
mgsin30°﹣kx＝ma，
解得：x =m(gsin30°−a)
k
=2×(10×0.5−4)
200
m=0.01m，
即小球向下运动0.01m 时与挡板分离，故A 错误，C 正确。
B、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速
度最大。故B 错误；
D．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即：
kxm＝mgsin30°，
解得：xm=mgsin30°
k
=2×10×0.5
200
=0.05m，
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m。故D 错误。
故选：C。
2．（2025 秋•海淀区校级月考）如图所示，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6.0kg 和2.0kg，A、B 之间的动摩擦因数为0.2，在物体A 上施加水平方
向的拉力F，开始时F＝10N，此后逐渐增大，在增大到45N 的过程中，以下判断正确的
是（ ）
A．两物体间始终没有相对运动
B．两物体间从受力开始就有相对运动
C．当拉力F＜12N 时，两物体均保持静止状态
D．两物体开始没有相对运动，当F＞18N 时，开始相对滑动
【答案】A
【解析】解：ABD、隔离对B 分析，当AB 间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B 发生相对滑动，则aB
=μmA g
mB
=0.2×6.0×10
2.0
m/s2＝6m/s2
再对整体分析F＝（mA+mB）a＝（6.0+2.0）×6N＝48N，由此可知：当拉力达到48N 时，A、B 才发生
相对滑动，故A 正确，BD 错误。
C、由于地面光滑，只要有拉力两物体就运动，故C 错误。
故选：A。
3．（2025 秋•青山湖区校级期末）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑
块A 的顶端P 处，细线的另一端拴一质量为m 的小球，静止时细线与斜面平行，（已知
重力加速度为g）。则下列判断正确的是（ ）
A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是a=
❑√3
3 g
B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g 时绳子的拉力为3mg
C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0
D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g 时绳子的拉力为0
【答案】D
【解析】解：A、滑块向左加速运动，当滑块对小球的支持力恰好为零时，小球恰好不离开斜面，小球受
力如图所示
对小球，由牛顿第二定律得：
mg
tan30° =ma 临1
代入数据解得：a 临1=❑√3g，故A 错误；
B、滑块向左加速运动，a＝2g＞a 临1，小球离开滑块，
对小球，竖直方向：Fy＝mg
水平方向：Fy＝ma
绳子拉力大小T=
❑√F x
2+F y
2，代入数据解得：T=❑√5mg，故B 错误；
C、滑块向右加速运动时，滑块对小球支持力的水平分力向右，滑块对小球一定有支持力，小球对滑块的
压力不可能为0，故C 错误；
D、滑块向右加速，当细线的拉力恰好为零时，小球恰好不相对滑块上滑，小球受力如图所示
对小球，由牛顿第二定律得：mgtan30°＝ma 临2
代入数据解得：a 临2=
❑√3
3
g，
滑块向右的加速度大小a＝g＞a 临2，绳子松弛，绳子的拉力为零，故D 正确。
故选：D。
4．（2025 秋•上虞区校级期末）如图所示，A、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在
水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4kg，mB为6kg。从t＝
0 开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B 上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣
2t）（N），FB＝（2+2t）（N），下列说法正确的是（ ）
A．A、B 始终做匀变速直线运动
B．A 对B 的作用力大于B 对A 的作用力
C．t＝1.5s 时A 的速度小于1.5m/s
D．t＝2s 时A、B 开始分离
【答案】D
【解析】解：AD、对A、B 整体受力分析，根据牛顿第二定律
FA+FB＝（mA+mB）a
得
a＝1m/s2
两物体分离时，A、B 之间的作用力为0，对B 有
FB＝mBa
得
t＝2s
即2s 后A、B 分开运动，分开后，B 只受FB，在变力的作用下，B 的加速度是变化的，故A 错误，D 正
确；
B、A 对B 的作用力与B 对A 的作用力是作用力与反作用力，始终等大，故B 错误；
C、t＝1.5s 时，A、B 一起运动，加速度大小为1m/s2，由运动学知识有
v＝at＝1×1.5m/s＝1.5m/s
故C 错误。
故选：D。
5．（2025 秋•市中区校级月考）如图，质量为5kg 的物体A 在平行于斜面向上的外力F＝
65N 作用下，沿斜面以5m/s2加速向上运动，斜面倾角θ＝37°，则突然撤去F 的瞬时，A
的加速度为（ ）（g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
A．2m/s2，沿斜面向上
B．4m/s2，沿斜面向下
C．8m/s2，沿斜面向下
D．6m/s2，沿斜面向下
【答案】C
【解析】解：物块沿斜面向上匀加速运动时，选取向上为正方向，则有：F﹣mgsinθ﹣f＝ma
解得f＝F﹣mgsinθ﹣ma＝65N﹣50×0.6﹣25N＝10N
撤去外力F 后，选取向下为正方向，根据牛顿第二定律得，f+mgsinθ＝ma′
解得a′=f +mgsinθ
m
=10+5×10×0.6
5
m/ s
2=8m/ s
2，方向沿斜面向下。故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）6．（2025 秋•迪庆州期末）如图所示，A、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放
置在光滑水平面上，两物体的质量为mA＝4kg。从t＝0 开始，两个水平变力FA和FB分别
作用于A、B 上，设水平向右为正方向，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）N，FB
＝（2+2t）N，则下列关于运动情况的描述正确的是（ ）
A．t＝1s 时，物体A 的速度大小为1m/s
B．t＝1s 时，物体A 对B 的弹力大小为2N
C．t＝2s 时，物体A、B 开始分离
D．t＝2s 时，物体B 的位移大小为2.5m
【答案】ABC
【解析】解：A.对A、B 整体所受合外力F 合＝FA+FB＝（8﹣2t）N+（2+2t）N＝10N，该合外力恒定。
当A、B 间弹力N＝0 时两物体开始分离，对A 有FA＝mAa，对B 有FB＝mBa，联立两式可解得mB＝
6kg。因此整体加速度a=
FB
mA+mB
= 10
4 +6 m/ s
2=1m/ s
2，在t＝1s 时，物体A 的速度v＝at＝1×1m/s＝
1m/s，故A 正确。
B.在t＝1s 时，FB＝（2+2×1）N＝4N。对B 根据牛顿第二定律有FB+N＝mBa，可得N＝mBa﹣FB＝
6×1N﹣4N＝2N，即物体A 对B 的弹力大小为2N，故B 正确。
C.当A、B 间弹力N＝0 时，两物体开始分离。对A 应用牛顿第二定律有FA＝mAa，解得t＝2s，即t＝2s
时物体A、B 开始分离，故C 正确。
D.在t＝2s 时，物体B 做初速度为0 的匀加速直线运动，其位移x =1
2 at
2=1
2 ×1×2
2m＝2m，故D 错误。
故选：ABC。
（多选）7．（2025 秋•贵州期末）近年来，物流业发展迅速，给人民生活提供了很多便利，
为提高工作效率，传送带被广泛应用于快递物流车间，如图所示。假设某车间货物运送流
程如图所示，货物从斜面顶端A 点由静止释放，滑至斜面底端C 点后滑上传送带左端，
在C 点滑上传送带时瞬间速度大小不变，最终滑至传送带右侧平台。货物在运动过程中
可看成质点，货物与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝
0.15，斜面长s＝3.125m，传送带左右两端距离L＝6m，传送带的运行速度v＝2m/s。已
知θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2，则货物从传送带左端运动到右端的过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物在水平传送带上一直做匀减速直线运动
B．货物在水平传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
C．货物在水平传送带上一直受到水平向左的摩擦力
D．货物在水平传送带上先受到水平向右的摩擦力，后不受摩擦力
【答案】AC
【解析】解：货物在斜面上运动时，根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1
解得a1＝gsinθ﹣μ1gcosθ
代入数据得a1=4 m/ s
2
根据vC
2 =2a1s
到达C 点时的速度为vC＝5m/s
货物滑上传送带后，由于vC＞v，所以货物先做匀减速直线运动，加速度大小
a2=μ2mg
m
=μ2 g=0.15×10m/ s
2=1.5m/s2
当速度减到v＝2m/s 时，位移x1=vC
2 −v
2
2a2
=5
2−2
2
2×1.5 m=7m
由于位移x1＞L，货物一直做匀减速直线运动，受到的摩擦力方向水平向左。
故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
题型三 瞬时加速度
1．瞬时加速度问题：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时
变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情
况及其变化。
2．四类模型
类别
弹力表现形式
弹力方向
能否突变
轻绳
拉力
沿绳收缩方向
能
橡皮条
拉力
沿橡皮条收缩方向
不能
轻弹簧
拉力、支持力
沿弹簧轴线方向
不能
轻杆
拉力、支持力
不确定
能
(1)轻绳、轻杆模型不发生明显形变就能产生弹力，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需
要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。
(2)轻弹簧、橡皮条模型的形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，它们的
自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是不变的。
【拓展延伸】
1. 抓住“两关键”、遵循“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”
①明确轻绳、轻杆、轻弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析突变前、后的受力情况和运动状态。
(2)分析瞬时加速度的“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
【例题精讲】
1．（2026•杞县校级开学）如图，质量分别为m、2m、m 的三个小球A、B、
C，通过细线或轻弹簧互相连接后通过细绳悬挂于电梯顶点O 点上，随电梯
以加速度a 匀加速上升，重力加速度为g。若将O、A 间的细线剪断，则剪断
瞬间A 和C 的加速度大小分别为（ ）
A．4g+3a、向下；a、向上
B．3g+4a、向下；a、向下
C．a、向下；4g+3a、向上
D．a、向下；3g+4a、向下
【答案】A
【解析】解：绳子OA 剪断之前，绳子OA 拉力TOA＝4mg+4ma
对BC 整体受力分析可得kx﹣3mg＝3ma
得弹簧弹力kx＝3m（g+a）
剪断绳子OA 后，OA 绳的拉力消失，弹簧弹力不变，则A 受力为mg+kx＝mg+3m（g+a）＝maA
则A 的加速度为aA＝4g+3a（方向向下）
BC 整体一起运动则有kx﹣3mg＝3m（g+a）﹣3mg＝3maBC
可得BC 的加速度为aBC＝a（方向向上），故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2025 秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，一轻质弹簧的左端与竖直墙面固连，其右端
与物体a 固连，质量分别为m、2m、3m、4m 的物体a、b、c、d 间各用一段轻绳连接，
其中bc 间绳子绕过轻质定滑轮将二者连接，整个系统处于静止状态，不计摩擦和空气阻
力，弹簧形变在弹性限度内，重力加速度为g。ab、bc、cd 间轻绳分别为轻绳1、2、3，
下列说法正确的是（ ）
A．烧断轻绳2 后瞬间，此时b 的加速度为零
B．烧断轻绳2 后瞬间，此时轻绳3 的拉力为零
C．烧断轻绳1 后瞬间，此时c 的加速度为9
7 g
D．烧断轻绳1 后瞬间，此时轻绳2 的拉力为7
9 mg
【答案】B
【解析】解：A.烧断轻绳2 后，b 仅受轻绳1 拉力T1＝7mg，合力不为零，加速度不为零，故A 错误。
B.烧断轻绳2 后，c、d 做自由落体运动，两者加速度均为g，两者均只受重力作用，轻绳3 的拉力为零，
故B 正确。
C.烧断轻绳1 后，对b、c、d 整体，根据牛顿第二定律得：3mg+4mg＝（2m+3m+4m）a
解得：a=7 g
9 ，故C 错误。
D.设轻绳2 拉力为T2，对b，根据牛顿第二定律得：T2＝2ma，解得：T 2=14
9 mg，故D 错误。
故选：B。
3．（2025 秋•沙依巴克区校级期末）如图所示，一轻质弹簧的左端与竖直墙面固连，其右
端与物体a 固连，物体a、b 间用一段轻绳连接，另一段轻绳左端与b 连接，右端跨过定
滑轮与物块c 连接，整个系统处于静止状态，物块a、b 和c 的质量都为m，不计一切阻力，
弹簧形变在弹性限度内，重力加速度为g。现将bc 间的轻绳烧断，下列说法正确的是（
）
A．烧断后瞬间，此时b 的加速度为零
B．烧断后瞬间，此时a 的加速度为零
C．烧断后瞬间，此时ab 间轻绳的拉力为mg
D．轻质弹簧第一次恢复至原长时，ab 间轻绳的拉力为零
【答案】D
【解析】解：ABC.因为bc 间的轻绳烧断之前，整个系统处于静止状态，所以物块a、b 和c 都处于平衡状
态，则轻质弹簧的弹力等于c 的重力，即：F＝mg，
bc 间的轻绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，a、b 的加速度相等，其大小均为：a= F
2m =mg
2m =g
2 ，
设此时ab 间轻绳的拉力大小为T，
对b，由牛顿第二定律可得：T =ma=1
2 mg，故ABC 错误；
D.轻质弹簧第一次恢复至原长时，弹簧弹力为零，则a、b 整体的合力为零，则a、b 的加速度均为零，所
以ab 间轻绳的拉力为零，故D 正确；
故选：D。
4．（2025 秋•黔江区期末）如图所示，甲、乙两个质量相同的物块用水平轻绳连接置于足
够长的水平面上，甲在水平力F 的作用下与乙一起沿水平面做加速直线运动。已知甲底面
光滑，乙与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。在突
然撤去力F 的瞬时，甲、乙的加速度大小分别为（ ）
A．a甲=4 m/ s
2，a 乙＝0
B．a甲=a乙=2m/ s
2
C．a 甲＝0，a乙=4 m/ s
2
D．a甲=a乙=4 m/ s
2
【答案】B
【解析】解：甲、乙两物体在拉力作用下向右运动，撤去拉力时两物体速度相等，
由于物块甲底面光滑，在突然撤去力F 的瞬时，物块甲、乙将保持相对静止一起匀减速，
对甲、乙两物体整体，由牛顿第二定律得：μmg＝2ma
代入数解得：a甲=a乙=a=2m/ s
2，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
5．（2026•桦南县校级开学）如图所示，升降机以加速度a 竖直向下做匀加速运动，升降机
内有质量之比为2：1 的物体A、B，重力加速度为g，A、B 间用轻弹簧相连并通过轻绳
悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，A、B 的加速度大小分别为（ ）
A．1.5g、a
B．1.5g﹣0.5a、a
C．3g﹣0.5a、2a
D．0，2a
【答案】B
【解析】解：设B 的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B 及弹簧视
为整体，根据牛顿第二定律有3mg﹣T＝3ma
代入数据得T＝3mg﹣3ma
以B 为研究对象，根据牛顿第二定律有mg﹣F＝ma
代入数据得F＝mg﹣ma
剪断轻绳后，绳中拉力T 消失，弹簧弹力F 不变，所以B 受力不变，加速度大小仍为a，而A 所受力发生
变化，根据牛顿第二定律有2mg+F＝2maA
代入数据得aA＝1.5g﹣0.5a，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
（多选）6．（2026•贵州开学）如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为m 的小球
A，质量为2m 的小球B 与A 用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧的劲度系数为
k，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。现剪断细线，下列说
法正确的是（ ）
A．剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小为g
2
B．剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小为2g
C．从刚剪断细线到小球A 运动到最高点的过程，小球A 克服重力做的功为5m
2 g
2
k
D．从刚剪断细线到小球A 运动到最高点的过程，小球A 克服重力做的功为4 m
2 g
2
k
【答案】BD
【解析】解：AB.剪断细线前弹簧的弹力大小F 弹＝3mg
剪断细线后瞬间弹簧的弹力不变，对小球A，结合牛顿第二定律F 弹﹣mg＝ma
代入数据得小球A 的加速度大小a＝2g，故A 错误，B 正确；
CD.剪断细线之前弹簧的伸长量x1=3mg
k
剪断细线后A 做简谐振动，在平衡位置时弹簧的伸长量x2=mg
k
即振幅A =x1−x2=2mg
k
根据对称性小球A 运动到最高点时，弹簧的压缩量x3=mg
k
从刚剪断细线到小球A 运动到最高点的过程，小球A 上升的高度h=x1+x3=4 mg
k
小球A 克服重力做的功W =mgh=4 m
2 g
2
k
，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
（多选）7．（2026•海口模拟）在如图所示的装置中，水平地面上放置着一个装有力传感器
的木箱，木箱（含力传感器）的质量为2m，一个质量为m 的小球通过轻质细弹簧竖直悬
挂在箱顶，同时用一根轻绳将小球与箱底的力传感器（固定在箱底）连接起来。当系统处
于平衡状态时，力传感器显示的拉力数值为mg（g 为重力加速度大小），弹簧的劲度系
数为k，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．系统平衡时，弹簧的伸长量为3mg
k
B．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g
C．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为2mg
D．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为4mg
【答案】BD
【解析】解：A、对小球，根据平衡条件及胡克定律可得：k•Δx＝mg+T
又T＝mg
联立解得：Δx =2mg
k
，故A 错误；
B、剪断轻绳瞬间，小球所受弹簧弹力不变，则由牛顿第二定律可得：k•Δx﹣mg＝ma，解得加速度大小
为：a=k ⋅Δx
m
−g=2mg
m −g=g，故B 正确；
CD、由题意可知木箱（含力传感器）的质量为2m，剪断轻绳瞬间，对木箱（含力传感器）受力分析可知，
其所受重力和弹簧的弹力的合力大小为4mg，由平衡条件可得地面对木箱的支持力大小为4mg，故C 错
误，D 正确。
故选：BD。
课时精练
一．选择题（共8 小题）
1．（2026•陕西模拟）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ 的固定光滑斜面的底部，另一端和质
量为m 的小物块c 相连，如图所示。质量为3
5m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹
簧的压缩量为x0（a，b 两小物块均可视为质点）。从t＝0 时开始，对b 施加沿斜面向上
的外力，使b 做匀加速直线运动，经过一段时间后，物块a、b 分离，再经过同样长的时
间，b 距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧始终在弹性限度内、重力加速度大小为g。则
以下说法正确的是（ ）
A．两物块a、b 分离时，弹簧处于原长
B．物块b 加速度的大小为3
5gsinθ
C．弹簧的劲度系数k=3mgsinθ
5 x0
D．两物块a、b 分离时，弹簧弹力大小为6mgsinθ
5
【答案】D
【解析】解：AB.由匀变速运动的规律，可知两段相等时间内的位移分别是1
4 x0和3
4 x0，两物块a、b 分
离处就在从开始位置上升1
4 x0处，则弹簧的压缩量为3
4 x0，此时a、b 之间没有相互作用力，单独对物体
a 分析，由牛顿第二定律得3
4 k x0−mgsinθ =ma′
代入数据得a′ =1
5 gsinθ，故AB 错误；
C.对物块a、b 整体分析，由平衡条件得F0=(m+3
5 m)gsinθ
由胡克定律F＝kx0
代入数据得弹簧的劲度系数k =8mgsinθ
5 x0
，故C 错误；
D.由胡克定律得F 排=k ⋅3
4 x0=8mgsinθ
5 x0
⋅3 x0
4 =6mgsinθ
5
，故D 正确。
故选：D。
2．（2026•柳州二模）如图所示，b、c 通过细线跨过定滑轮连接置于a 上，c 刚好与a 接触。
已知三个物体的质量均为m，a 与b、a 与c 间的动摩擦因数均为0.2，水平面光滑，滑轮
的质量及摩擦不计，为使三物体间无相对运动，则水平推力F 至少为（ ）
A．3
2 mg
B．2mg
C．5
2 mg
D．3mg
【答案】B
【解析】解：为使三物体间无相对运动，要求三个物体以相同的加速度向右做匀加速运动，要求此时水
平推力最小，对应最小的加速度设为a，对c 受力分析可知此时c 与a 间的静摩擦力刚好达到最大，且c
由向下运动的趋势，即最大静摩擦力方向竖直向上，在竖直方向，由平衡条件可得：mg＝fac+T，且有：
fac＝μFNac
水平方向，对c，由牛顿第二定律可得：FNac′＝ma，而FNac＝FNac′，联立解得：T＝mg﹣μma
对b 受力分析，由牛顿第二定律可得：T﹣μmg＝ma
对a、b、c 组成的整体，由牛顿第二定律可得：F＝3ma
联立解得：F＝2mg，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2026•清原县校级模拟）如图所示，质量为4kg 的物块C 静止在水平地面上，将物块A
置于C 上表面的左端，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与B 连接，另一端拴接在A 上，
调节滑轮高度，使A 右侧轻绳水平，然后将B 由静止释放。已知A、B 均可视为质点，质
量均为1kg，A 与C 之间的动摩擦因数为0.6，C 与地面之间的动摩擦因数为0.05，C 上表
面足够长，取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在B 下落的过程中，下列说法
正确的是（ ）
A．轻绳对滑轮的压力大小为10❑√2N
B．物块C 对地面的压力大于60N
C．物块C 会向左运动
D．物块C 所受地面的摩擦力大小为2N
【答案】D
【解析】解：设绳上的拉力为F，A、B 的质量均记为m，假设C 静止，A 与C 必发生相对滑动，对A 有
F﹣μ1mg＝ma
对B 有 mg﹣F＝ma
代入数据得F＝8N，轻绳对滑轮的压力F N =❑√2 F =8 ❑√2 N
对C 受力分析，C 受重力、轻绳的压力FN、A 对C 的压力和摩擦力、地面对C 的支持力和摩擦力，C 竖
直方向上受力平衡，有FN 地＝FNcos45°+mg+mCg
代入数据得FN 地＝58N，FN 地＜60N，故C 水平方向上受力平衡，有FNsin45°＝μ1mg+F0
代入数据得Ff 地＝2N＜μ 地FN 地，故假设成立，C 静止未动，所受的静摩擦力大小为2N，故ABC 错误，
D 正确。
故选：D。
4．（2026•黑龙江开学）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2kg 的物体A、B（B 物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k＝100N/m，初始时系
统处于静止状态。现用大小为20N，方向竖直向上的恒定拉力F 作用在物体A 上，使物体
A 开始向上运动，重力加速度g 取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是
（ ）
A．外力施加的瞬间，A、B 的加速度大小为3m/s2
B．当弹簧压缩量减小0.1m 时，A、B 间弹力大小为4.5N
C．A、B 分离时，A 物体的位移大小为0.2m
D．B 物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.15m
【答案】C
【解析】解：A.初始时把A、B 看成一个整体，根据平衡条件，有kΔx＝2mg
代入数据得Δx＝0.4m 外力施加的瞬间，根据牛顿第二定律，有F﹣2mg+kΔx＝2ma
代入数据得a＝5m/s2，故A 错误；
B.当压缩量减小0.1m，即形变量为Δx′＝0.3m 时，对AB 整体，根据牛顿第二定律，有F﹣2mg+kΔx′
＝2ma′
代入数据得a′＝2.5m/s2 对A 有，根据牛顿第二定律，有F+FN﹣mg＝ma′
代入数据得FN＝5N，故B 错误；
CD.当FN＝0 时，A、B 分离，加速度a＝0，根据牛顿第二定律，有F+kΔx″＝2mg
代入数据得Δx″＝0.2m，故A、B 分离时，A 的位移为0.2m，且B 的速度最大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
5．（2026•上饶一模）如图所示，水平地面上静止一辆装有竖直挡板的小车，被压缩的弹簧
一端与挡板连接，另一端与一质量为2kg 的物块A 连接，弹簧的弹力为4N 时，物块A 恰
好处于静止状态。为保证物块A 始终相对小车静止，则小车向左加速运动时最大加速度
为（ ）
A．2m/s2
B．3m/s2
C．4m/s2
D．5m/s2
【答案】C
【解析】解：根据题意分析可知，物块恰好静止时，根据力的平衡条件可求得物块与小车间的最大静摩
擦力为Ffm＝F＝4N
当小车向左加速时，物块A 有相对于小车向右滑动的趋势，静摩擦力方向向左。为保证物块A 相对小车
静止，当小车加速度最大时，静摩擦力达到最大值。对物块A，水平方向合力为F 合＝F+Ffm＝ma，解得
小车向左加速运动时最大加速度为a＝4m/s2，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
6．（2025 秋•驻马店期末）如图所示，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳左侧悬挂质量为2m 的物
块A，右侧悬挂质量为0.5m 的物块B，重力加速度大小为g。不计空气阻力，由静止释放
物块A，两物块在空中做匀变速运动的过程中，连接A、B 的绳子上的拉力大小为
（ ）
A．2mg
B．mg
2
C．4 mg
5
D．3mg
4
【答案】C
【解析】解：以A 为对象，根据牛顿第二定律可得：2mg−T＝2ma，以B 为对象，根据牛顿第二定律可
得：T−0.5mg＝0.5a，联立解得：T =4
5 mg，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
7．（2025 秋•达州期末）如图所示，一光滑水平桌面右端固定一定滑轮，一质量为3kg 的物
块a 通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块b 相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，重力
加速度g 取10m/s2，轻绳能承受的最大拉力为12N。b 拉着a 从静止开始运动，则物块b
的质量最大为（ ）
A．3kg
B．2.5kg
C．2kg
D．1.5kg
【答案】C
【解析】解：当轻绳的拉力达到最大值12N 时，根据牛顿第二定律可知，物块a 的加速度，即T＝m1a，
代入数据解得a= T
m1
=12 N
3kg =4 m/ s
2，
对于物块b，根据牛顿第二定律m2g﹣T＝m2a，m2= T
g−a =
12 N
10m/ s
2−4 m/ s
2 =2kg，故C 正确，ABD
错误；
故选：C。
8．（2025 秋•金州区校级期末）下列四幅图中质量不同的重物用轻质细绳连接，绕过无摩
擦的轻质滑轮。滑轮用轻杆连接悬挂在天花板上，不计空气阻力，由静止释放重物的瞬间，
轻杆的张力最小的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】解：设左边物块的质量为M，右边物块的质量为m，系统的加速度大小为a，细绳的拉力大小为
F。
对左边物块，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣F＝Ma
对右边物块，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝ma
轻杆的张力：T＝2F
联立解得：T=4 Mm
M +m
四个图中，M+m＝9kg，当Mm 最小时轻杆的张力最小，D 图像中Mm 最小，轻杆的张力最小，故D 正
确，ABC 错误。
故选：D。
二．多选题（共3 小题）
（多选）9．（2025 秋•安顺期末）中国高铁技术世界领先，某动车组示意图如图所示，其
中首尾两节为动力车，每节动力车的质量为m1、提供的动力均为F，中间共6 节车厢编号
为1∼6 号，每节车厢的质量均为m2，动力车和车厢受到的阻力均为车重的k 倍（k＜
1）。当该高铁在平直轨道上沿车头方向加速前进时，车头与1 号车厢间的作用力大小为
F1，1、2 号车厢间的作用力大小为F2。下列说法正确的是（ ）
A．F1：F2＝3：2
B．F1：F2＝5：4
C．首尾动力车受相邻车厢的作用力大小相等、方向相同
D．首尾动力车受相邻车厢的作用力大小相等、方向相反
【答案】AC
【解析】解：对动车组整体，由牛顿第二定律得2F﹣k（6m2+2m1）g＝（6m2+2m1）a
AB、对车头，由牛顿第二定律得F﹣km1g﹣F1＝m1a，对1 号车厢，由牛顿第二定律得F1﹣F2﹣km2g＝
m2a，整理有
F1
F2
=3
2，F1= 3 F m2
m1+3m2
，故A 正确，B 错误；
CD、设6 号车厢与车尾之间的作用力为F7，对车尾，由牛顿第二定律得F+F7﹣km1g＝m1a，解得
F7=−3 F m2
m1+3m2
，由于负号在这里代表力的方向，
即6 号车厢所受的作用力方向与动力F 的方向相反，由AB 可知，车头与1 号车厢之间的作用力方向也与
动力F 方向相反，且两者大小相等；
即首尾动力车受相邻车厢的作用力大小相等、方向相同，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
（多选）10．（2025 秋•东湖区校级期末）如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在
水平推力F 的作用下加速运动。车厢内有质量均为m 的A、B 两小球，两球用轻杆相连，
A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直
方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说
法正确的是（ ）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F 向左，且tanθ≤μ，则F 的最大值为4mgtanθ
C．若推力F 向左，且μ＜tanθ＜2μ，则F 的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F 向右，且tanθ＞2μ，则F 的范围为2mg（tanθ﹣2μ）≤F≤2mg（tanθ+2μ）
【答案】BC
【解析】解：A、若B 球受到的摩擦力为零，轻杆上的弹力大小为N1，对A 球，在竖直方向有N1cosθ＝
mg，对B 球，在水平方向有N1sinθ＝ma，对整体有 F＝4ma，联立解得 F＝4mg tanθ，故A 错误。
B、若推力F 向左，当A 球与车厢左壁的弹力刚好为零时，对A 球，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝ma1，
解得a1＝gtanθ；当B 与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时，对A、B 受力分析如图所示，
在竖直方向根据平衡条件有N1cosθ＝mg，N2＝2mg，在水平方向根据牛顿第二定律有fm﹣N1sinθ＝
ma2，又fm＝μN2，联立解得a2＝（2μ﹣tanθ）g，若a1≤a2，即tanθ≤μ 时，对整体由F＝4ma1 求得F
的最大值为4mgtanθ，故B 正确；
C、若a1＞a2≥0，即μ＜tanθ≤2μ 时，对整体由F＝4ma2，求得F 的最大值为 4mg（2μ﹣tanθ），故C
正确；
D、若推力F 向右，当B 相对车厢底部即将右滑时，最大静摩擦力方向向左，在竖直方向根据平衡条件有
N1cosθ＝mg，N2＝2mg，在水平方向根据牛顿第二定律有N1sinθ﹣fm＝ma3，又fm＝μN2，联立解得a3
＝（tanθ﹣2μ）g，对整体由F＝4ma3，求得F 的最小值为4mg（tanθ﹣2μ）；当B 相对车厢底部即将左
滑时，最大静摩擦力方向向右，在竖直方向根据平衡条件有N1cosθ＝mg，N2＝2mg，在水平方向根据牛
顿第二定律有N1sinθ+fm＝ma4，又fm＝μN2，联立解得a4＝（tanθ+2μ）g，对整体由F＝4ma4，求得F
的最大值为4mg（tanθ+2μ），故F 的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ），故D 错误。
故选：BC。
（多选）11．（2025 秋•泰安期末）如图甲所示，A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静
止，其中A 物体的质量为m。现用竖直向上拉力F =3
2 mg向上拉B，使两物体开始运动。
在分离前，A 的加速度随位移x 变化如图乙所示。当A 物体运动位移为h 时，B 与A 刚好
分离。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数等于7mg
2h
B．弹簧的劲度系数等于5mg
4 h
C．F 作用后瞬间，B 对A 的压力大小为5mg
8
D．F 作用后瞬间，B 对A 的压力大小为21mg
8
【答案】AD
【解析】解：CD.设B 的质量为m0，弹簧劲度系数为k，F 作用后瞬间，B 对A 的压力大小为FN。恒力F
作用前，由平衡条件有kx0＝（m+m0）g；由图乙可知恒力F 作用后瞬间整体的加速度为3
8 g，由牛顿第
二定律对整体有F =(m+m0)⋅3
8 g，对B 有F +F N ′ −m0 g=m0⋅3
8 g；由牛顿第三定律有FN＝FN'，联
立解得m0＝3m，F N =21
8 mg，故C 错误，D 正确。
AB.分离瞬间AB 间弹力为0，二者加速度相等，根据牛顿第二定律，对B 有m0g﹣F＝m0a'，对A 有mg
﹣k（x0﹣h）＝ma'；又kx0＝（m+m0）g，联立解得k =7mg
2h ，a′ =1
2 g，故A 正确，B 错误。
故选：AD。
三．解答题（共3 小题）
12．（2026•渝中区校级一模）如图所示，一质量为2m 的木块放在水平桌面上，木块与桌
面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块右侧通过一条不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮悬挂一物块
P，木块和定滑轮间的轻绳水平。已知重力加速度为g，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若要保证木块静止，求物块P 的最大质量。
（2）若物块P 的质量为3m，将木块和物块P 同时由静止释放，求刚释放时物块P 的加速
度大小。
【答案】（1）物块P 的最大质量为0.4m。
（2）刚释放时物块P 的加速度大小为13
25 g。
【解析】解：（1）当木块刚好不会相对桌面滑动时，物块P 质量最大，对木块和物块P 组成的系统，由
平衡条件可得：mPg＝μ•2mg，解得：mP=2 μmg
g
=0.4 m；
（2）设刚释放时，木块和物块P 系统的加速度大小为a，对系统，由牛顿第二定律有：3mg﹣μ•2mg＝
（3m+2m）a，代入数据解得：a=13
25 g，因此可知，刚释放时物块P 的加速度大小为13
25 g。
答：（1）物块P 的最大质量为0.4m。
（2）刚释放时物块P 的加速度大小为13
25 g。
13．（2026•马鞍山模拟）如图所示，水平地面上有一倾角θ＝30°的固定光滑斜面，小车放
在斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与质量m1＝1kg 的小桶相连，小桶桶底离地高度h＝
0.8m，无外力作用时整个装置处于静止状态。将质量也为m1的物块轻放入小桶内后，小
车开始运动，连接小车的轻绳始终与斜面平行，小桶落地前小车未到达斜面顶端。不计滑
轮质量及摩擦，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）小车的质量m2；
（2）小桶桶底落地前瞬间速度v 的大小。
【答案】（1）小车的质量2kg；
（2）小桶桶底落地前瞬间速度v 的大小是2m/s。
【解析】解：（1）根据题意，由平衡条件有m1g＝m2gsin30°
代入数据得m2＝2kg
（2）根据题意，对整体，由牛顿第二定律有m1g＝（2m1+m2）a
代入数据得a＝2.5m/s2
由运动学公式有v2＝2ah
代入数据得v＝2m/s
答：（1）小车的质量2kg；
（2）小桶桶底落地前瞬间速度v 的大小是2m/s。
14．（2025 秋•天宁区校级期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面
长L＝2.4m。质量M＝2.0kg 的B 物体放在斜面底端。与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通
过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A 物体相连接，连接B 的细绳与斜面平行。A 的质量m＝
2.5kg，绳拉直时用手托住A 物体使其在距地面h 高处由静止释放，着地后立即停止运动。
A、B 物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。设B 物体受到的最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求A 物体下落的加速度大小及绳子拉力T 的大小；
（2）求当A 物体从多高处静止释放，B 物体恰好运动至斜面最高点；
（3）若改变A 的质量，并从h1＝1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且不从斜面顶端
滑出，求A 物体质量m 的取值范围。
【答案】（1）A 物体下落的加速度大小为2m/s2，绳子拉力T 的大小为20N；
（2）当A 物体从1.92m 处静止释放，B 物体恰好运动至斜面最高点；
（3）若改变A 的质量，并从h1＝1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A 物体
质量m 的取值范围为1.6kg＜m≤4kg。
【解析】解：（1）根据牛顿第二定律对A 有mg﹣T＝ma，根据牛顿第二定律对B 有，T﹣Mgsinθ﹣
μMgcosθ＝Ma，代入数据解得a＝2m/s2
绳子拉力大小T＝20N；
（2）设物体A 着地时B 的速度为v，A 着地后B 做匀减速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律对
B 有Mgsinθ+μtMgcosθ＝Ma，代入数据解得a2=8m/ s
2，对B 由运动学公式得：着地前v2＝2ah，着地后
v2＝2a1（L﹣h），代入数据解得h＝1.92m；
（3）设A 着地后B 向上滑行距离x，由运动学公式得y2＝2a1x，位移关系满足x≤L﹣H，着地前v2＝
2aH，代入第一问加速度的表达式解得m≤4kg，另一方面要能拉动必须有mg＞Mgsinθ+μMgcosθ，解得
m＞1.6kg，所以物体A 的质量范围是1.6kg＜m≤4kg。
答：（1）A 物体下落的加速度大小为2m/s2，绳子拉力T 的大小为20N；
（2）当A 物体从1.92m 处静止释放，B 物体恰好运动至斜面最高点；
（3）若改变A 的质量，并从h1＝1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A 物体
质量m 的取值范围为1.6kg＜m≤4kg。
