文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第13 课时 动力学中的连接体和临界、极值问题
目标要求 1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常见的临
界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。
考点一 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)
例1 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1 和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材
料相同，现用力F 向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说
法正确的是( )
A.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大
B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为
m1 F
m1＋m2
＋μm1g
C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
答案 C
解析 若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
得a＝F −μ(m1＋m2)g
m1＋m2
，以木块1 为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝
FT −μm1g
m1
，
系统加速度与木块1 加速度相同，联立解得FT＝
m1
m1＋m2
F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ 无关，与两木
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝
m1
m1＋m2
F，且m2越大，绳的拉
力越小，故选C。
拓展1 两个质量分别为m1和m2的木块1 和2，中间用一条轻绳连接。
①如图甲所示，用力F 竖直向上拉木块时，绳的拉力大小FT＝ ；
②如图乙所示，用力F 沿光滑固定斜面向上拉木块时，绳的拉力大小为 ；斜面不光滑时绳的
拉力大小FT＝ 。
答案 ①
m2 F
m1＋m2
②
m2 F
m1＋m2
m2 F
m1＋m2
拓展2 若质量为m1和m2的木块A 和B 叠放在一起，放在光滑水平面上，B 在拉力F 的作用下，A、B 一
起(相对静止)做匀加速直线运动，则A 受到的摩擦力大小为 。
答案
m1 F
m1＋m2
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。
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
2.关联速度连接体
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。下面三图中A、B 两物体速度和加速度大
小相等，方向不同。
例2 (多选)如图所示，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( )
A.绳子对b 的拉力大小为4mg
B.a 的加速度大小为g
2
C.绳子对定滑轮的作用大小为2√3mg
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；以b 为研究对象，
设绳子拉力为FT，由牛顿第二定律有4mg－FT＝4ma，以a 为研究对象，由牛顿第二定律有FT－2mgsin θ＝
2ma，联立解得FT＝2mg，a＝g
2，故A 错误，B 正确；由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑
轮的作用力大小为F＝2FTcos 30°＝2√3mg，故C 正确。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿
第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。
考点二 动力学中的临界和极值问题
1.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：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FT＝0。
2.处理临界问题的三种方法
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
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
假设法
临界问题存在多种可能，特别是有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3 如图甲所示，物块A、B 静止叠放在水平地面上，B 受到从零开始逐渐增大的水平拉力F 的作用，
A、B 间的摩擦力Ff1、B 与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F 变化的情况如图乙所示。已知物块A 的质量
m＝3 kg，g 取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)分析图乙可知，A、B 间最大静摩擦力为 N，B 与地面间最大静摩擦力为 N，F＝
N 时，B 开始滑动，F＝ N 时，A、B 间发生相对滑动；
(2)下列说法正确的是 。
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0<F<4 N 时，A、B 保持静止
C.当4 N<F<12 N 时，A、B 发生相对滑动
D.当F>12 N 时，A 的加速度随F 的增大而增大
答案 (1)6 4 4 12 (2)AB
解析 (2)根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B 间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B 之间的动摩擦因数μ
＝Ff 1m
mg ＝0.2，选项A 正确；当0<F<4 N 时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B 与地面间的最大静摩擦力，此
时A、B 保持静止，选项B 正确；当4 N<F<12 N 时，根据题图乙可知，此时A、B 间的摩擦力还未达到最
大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C 错误；当F>12 N 时，根据题图乙可知，此时A、B 发生相对
滑动，对物块A 有a＝F f 1m
m ＝2 m/s2，加速度不变，选项D 错误。
例4 (2024·山东青岛市第十九中学月考)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 开始向上做加速度大小a 为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( )
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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 N
C.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
解析 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＝kx0，代入数据解得x0＝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＋kx0＝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FAB，对A 受力分析，由牛顿
第二定律得F'＋FAB－mg＝ma，对A、B 组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得F'＋kx1－2mg＝2ma，代入
数据联立解得FAB＝1 N，故B 错误；设A、B 分离时，弹簧的形变量为x2，对B 受力分析，由牛顿第二定律
得kx2－mg＝ma，代入数据解得x2＝0.28 m，所以A 物体的位移大小为x0－x2＝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 项可知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kx3＝mg，代入数据解得x3＝0.2 m，故B 物
体的位移大小为x0－x3＝0.2 m，故D 错误。
拓展 求A、B 分离时B 的速度大小及B 匀加速运动持续的时间？
答案 2√6
5
m/s √6
10 s
解析 A、B 分离时，A、B 的位移大小相等，速度大小也相等
由v2＝2a(x0－x2)，解得v＝2√6
5
m/s
由v＝at，解得t＝√6
10 s。
例5 (2025·山东青岛市校考)如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg 的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s 的初
速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N 作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s 的时间物块由A 点运动到
B 点，A、B 之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8。求：
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)物块加速度a 的大小；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)若拉力F 的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F 的最小值是多少。
答案 (1)2 m/s2 (2)0.5 (3)12√5
5
N
解析 (1)根据L＝v0t＋1
2at2，
代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。
(3)设F 与斜面夹角为α，
平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μFN＝ma
垂直斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ
联立解得F＝ma＋mg(sinθ＋μcosθ)
cosα ＋μsin α
＝
ma＋mg(sinθ＋μcosθ)
√μ
2＋1sin(φ＋α )
当sin(φ＋α)＝1 时，F 有最小值Fmin，
代入数据解得Fmin＝12√5
5
N。
课时精练
(分值：100 分)
1~7 题每小题8 分，共56 分
1.(2023·北京卷·6)如图所示，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( )
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Fmax＝2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，联立解
得Fmax＝4 N，故选C。
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
2.(多选)如图所示，用力F 拉着三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的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，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTA和FTB的变化情况是( )
A.FTA增大
B.FTB增大
C.FTA减小
D.FTB减小
答案 AD
解析 设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，整体的加速度a＝F
M ，对最左边
的物体分析FTB＝ma＝mF
M ，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m'a，解得FTA＝F－m
' F
M ，在中间物体上加上
橡皮泥，则整体的质量M 增大，因为m、m'不变，所以FTB减小，FTA增大。故选A、D。
3.(2024·全国甲卷·15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P 置于水平桌面上，与桌面间存在
摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P 的加速度大小
a，得到a－m 图像。重力加速度大小为g。在下列a－m 图像中，可能正确的是( )
答案 D
解析 当m 质量较小时，由于P 与桌面存在摩擦，a＝0；当m 趋于无穷大时，加速度大小趋近于g。故选
D。
4.(2021·海南卷·7)如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止在水平桌面上。将一
个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q 两物块的质量分别为mP＝0.5
kg、mQ＝0.2 kg，P 与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F 的大小为( )
A.4.0 N
B.3.0 N
C.2.5 N
D.1.5 N
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案 A
解析 P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2 N，Ff＝FT1＝2 N<μmPg＝2.5 N，推力F 作用在P
上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2＝FT 1
2 ＝1 N，故Q 物块加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5
m/s2，而P 物块将以相同大小的加速度向右加速运动，对P 由牛顿第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝
4.0 N，故选A。
5.如图，质量mA＝0.1 kg、mB＝0.4 kg 的A、B 两物体在水平推力F＝1.5 N 的作用下，沿光滑水平面做匀加速
直线运动，物体A、B 始终保持相对静止。A 和B 接触面竖直，且A 不与地面接触。已知物体A 和B 之间的
动摩擦因数为0.9，重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.A、B 两物体的加速度大小为0.3 m/s2
B.A、B 两物体之间的压力大小为1.2 N
C.A、B 两物体之间的摩擦力大小为1.08 N
D.B 物体对地面的压力大小为4 N
答案 B
解析 对A、B 两物体整体进行受力分析，根据牛顿第二定律F＝(mA＋mB)a，解得A、B 两物体的加速度大
小为a＝3 m/s2，故A 错误；对A、B 两物体整体进行受力分析，竖直方向有FN＝(mA＋mB)g＝5 N，故B 对
地面的压力大小为5 N，故D 错误；对A 进行受力分析，水平方向有F－FBA＝mAa，故B 对A 的弹力FBA＝
1.2 N，故B 正确；对A 进行受力分析，竖直方向有FfAB＝mAg＝1 N，故A、B 之间的摩擦力大小始终为1
N，故C 错误。
6.(多选)(2025·山东滕州市第一中学月考)如图所示，质量为M=2 kg 的凹形槽在水平拉力F 作用下向左做匀加
速直线运动。凹形槽与水平地面间的动摩擦因数为μ1=0.7，凹形槽内有一质量为m=1 kg 的小铁块恰好能静止
在后壁上，铁块与凹形槽间的动摩擦因数为μ2=0.5。运动一段时间后逐渐减小拉力(但凹形槽仍做加速运动)，
铁块开始沿凹形槽竖直的后壁落到底部且不反弹。之后当凹形槽的速度为v0=4 m/s 时突然撤去拉力，最终铁
块恰好没有与凹形槽的前壁相碰，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，不计铁块大小和槽的厚度，
则开始运动时拉力F 的大小和凹形槽的长度L 分别为( )
A.F=81 N
B.F=162 N
C.L=0.6 m
D.L=1.2 m
答案 AC
解析 铁块恰好能静止在凹形槽后壁上，竖直方向受力平衡，由平衡条件有mg=μ2FN，对铁块，在水平方向
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
上，根据牛顿第二定律有FN=ma，以铁块和凹形槽组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F-
μ1(M+m)g=(M+m)a，联立解得F=81 N，因为μ1>μ2，所以撤去拉力后铁块与凹形槽发生相对滑动，当凹形槽
停止后，铁块继续减速至零。对铁块受力分析，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma1，对凹形槽受力分析，根据牛
顿第二定律有μ1(M+m)g-μ2mg=Ma2，铁块运动的位移为x1= v0
2
2a1
，凹形槽运动的位移为x2= v0
2
2a2
，凹形槽的长度
为L=x1-x2，联立解得L=0.6 m，故选A、C。
7.(2025·山东泰安市模拟)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。使滑块以加速度a＝2g 水平向左加
速运动，小球与滑块相对静止，则下列说法中正确的是( )
A.细线对小球的拉力大小为√5mg
B.细线对小球的拉力大小为(√3＋1
2)mg
C.小球对滑块的压力大小为√3
2 mg
D.小球对滑块的压力大小为2mg
答案 A
解析 设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第
二定律a0＝gtan 60°＝√3g，当滑块以加速度a＝2g 向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此刻小球对
滑块的压力为0，设此时细线与水平方向的夹角为α，故有FTsin α＝mg，FTcos α＝ma＝2mg，解得FT＝√5
mg，故A 正确，B、C、D 错误。
8、9 题每小题9 分，10 题16 分，共34 分
8.(多选)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m＝0.6 kg 的匀质小球，a 线与水平方向
成37°角，b 线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10
m/s2，则( )
A.系统静止时，a 线所受的拉力大小12 N
B.系统静止时，b 线所受的拉力大小8 N
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5 m/s2
D.当系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2
答案 BC
解析 系统静止时，小球受力如图甲所示，竖直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fa·cos 37°＝Fb，解得Fa
＝10 N，Fb＝8 N，故B 正确，A 错误；系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图乙所示
当a 线拉力为15 N 时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma，水平方向有Fm·cos 37°＝Fb，
解得Fb＝12 N，此时加速度有最大值a＝5 m/s2，故C 正确；系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律
得，竖直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fb－Fa·cos 37°＝ma
解得Fa＝10 N，当Fb＝15 N 时，加速度最大为a≈11.7 m/s2，故D 错误。
9.马车是古代的主要运输工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物，其中最上面有两个木板A 和B，A、B
之间和B 与车之间接触面都水平，A、B 之间的动摩擦因数为μ1，B 与车之间的动摩擦因数为μ2，A 质量为
m，B 质量为2m，车的质量为5m，地面对车的摩擦力不计，马给车的水平拉力为F，A、B 始终没有离开车
表面，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.若μ1>μ2，逐渐增大F，A 会相对B 先滑动
B.若μ1>μ2，当F＝8μ2mg 时，B 与车之间开始相对滑动
C.若μ1<μ2，不管F 多大，A、B 都不会相对滑动
D.若μ1<μ2，A、B 与车都相对静止，F 的最大值为6μ1mg
答案 B
解析 若μ1>μ2，B 相对于车比A 相对于B 先滑动，所以不管F 多大，B 相对车滑动后，A 相对B 一直静止，
故A 错误；若μ1>μ2，整体相对静止的最大拉力F＝8μ2mg，当F＝8μ2mg 时，B 与车之间开始相对滑动，故B
正确；若μ1<μ2，A 相对B 比B 相对于车先滑动，故C 错误；若μ1<μ2，A、B 与车都相对静止，系统的最大加
速度为a＝μ1g，则对整体受力分析知最大拉力F＝8μ1mg，故D 错误。
10.(16 分)如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8 kg，重
物质量m＝2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)(6 分)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)(10 分)若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用大小为80 N 的水平拉力F 将木箱由静止向左拉动位移x＝
0.5 m 时，求重物的速度大小v。
答案 (1)μ≥0.5 (2)√2 m/s
解析 (1)对重物受力分析，根据受力平衡可得
FT＝mg＝20 N
对木箱受力分析，可得Ff＝2FT，又Ff＝μMg
联立解得μ＝0.5，故要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。
(2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得
FT'－mg＝2ma
对木箱受力分析，有F－μMg－2FT'＝Ma
解得a＝0.5 m/s2
当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x＝0.5 m 时，重物向上的位移为h＝2x＝1 m，由2×2a·h＝v2，可得此
时重物的速度大小为v＝√2 m/s。
(10 分)
11.(多选)(2025·山东枣庄市滕州市第一中学月考)如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡
板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A 接触但不连接，A 上方放置另一物块B，B 与物块C 用跨过光
滑轻质定滑轮的细线连接，B 与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧
的状态，此时A、B 静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B 分离，此时C 未触地。已知A、B
分离时，B 的速度大小为v，A、B、C 的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重
力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.刚释放C 时，A、B 间的弹力大小为1
2mg
B.A、B 分离时，B 的加速度大小为1
4 g
C.A 的速度最大时沿斜面上升的距离为mg
4 k
D.分离时刻弹簧处于被压缩状态
答案 BD
解析 未释放C 时，设弹簧的弹力为F，以A、B 为研究对象，则有F=2mgsin 30°=mg，刚释放C 时，设A、
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B 间的弹力为F'，细线的拉力为FT，此时的加速度为a，对于C 而言，有mg-FT=ma，对于B 而言，则有
FT+F'-mgsin 30°=ma，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律F-F'-mgsin 30°=ma，联立解得a=1
3g，F'=1
6mg，
A 错误；A、B 分离时，其间的弹力为零，设此时B 的加速度为a'，细线的拉力为FT'，以C 为研究对象则有
mg-FT'=ma'，以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可知FT'-mgsin 30°=ma'，解得a'=1
4 g，B 正确；初始时弹簧
的压缩量x= F
k =mg
k ，当A 的速度最大时，弹簧弹力与A 重力沿斜面向下的分力平衡，则有x'=mgsin30°
k
=
mg
2k
，故A 的速度最大时沿斜面上升的距离Δx=x-x'=mg
2k
，C 错误；A、B 分离瞬间，它们具有共同沿斜面向
上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，D 正确。
12
