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第三章 运动和力的关系
第12 课时 专题强化：动力学中的连接体和临界、极值问题
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【考向预测●明考向】
动力学连接体与临界极值专题以整体法隔离法综合运用为核心，涵盖轻绳、轻杆、弹簧、接触
面连接的多物体模型，重点分析弹力、摩擦力突变对应的临界条件，如分离临界、滑动临界、弹力为
零临界，结合受力与运动关系求解加速度、拉力、外力极值，常搭配板块、斜面、传送带、竖直悬挂
组合模型出中档选择与计算大题；近三年为力学高频拉分考点，新高考每套试卷均有相关综合设问；
预测2027 年会侧重弹簧与接触面复合连接体系的多阶段临界分析、多约束条件下外力取值范围极值
求解，强化生活及航天情境下多物体联动模型、图像结合临界判定、多过程分段极值计算的综合考
查。
【双基自测●夯基础】
1．如图，P、Q 两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m=2kg，P 与Q 间的动摩擦因
数为μ1=0.3，Q 与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度取g=10 m /s
2，当水平向右的外力F =12N作用在Q 物体上时，P、Q 一起向右做匀加速运
动，运动加速度a=______m/s
2；P 受到的摩擦力大小f =______N。
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
【答案】 2 4
【详解】[1]当水平向右的外力F =12N作用在Q 物体上时，P、Q 一起向右做匀加速运动，以
P、Q 为整体，根据牛顿第二定律可得F −μ2⋅2mg=2ma
解得加速度为a=2m /s
2
[2]以P 为对象，根据牛顿第二定律可得P 受到的摩擦力大小为f =ma= 4 N
2．如图所示，水平地面上有一小车，车上有一个固定的水平横梁MN，左端M 点连接有轻
绳，轻绳的另一端系着小球P，横梁右端的N 点固定着一根与竖直方向成β角的轻杆，轻杆下
端连接着小球Q。当小车沿水平方向做变速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为θ。已知
θ< β，不计空气阻力，重力加速度为g，小球P、Q 的质量均为m，则：轻杆对小球Q 的弹力
方向________（选填“沿”或者“不沿”）轻杆方向，弹力大小为________。
【答案】 不沿 mg
cosθ
【详解】[1]对小球P 受力分析，在竖直方向，轻绳拉力的竖直分量等于重力，有T cosθ =mg
在水平方向，由牛顿第二定律，得T sinθ =ma
解得小车加速度a= g tanθ
小球Q 和小车加速度相同，也为a= g tanθ
若轻杆弹力沿杆，则加速度应为a= g tan β
已知θ< β，g tanθ≠g tan β，因此弹力不沿轻杆方向。
[2]对小球Q，设弹力为F，水平分量F x =ma=mg tanθ
竖直分量平衡重力，有F y =mg
因此弹力大小F = ❑√F x
2+ F y
2 =
❑√(mg tanθ)
2+(mg)
2=mg
❑√1+ tan
2θ = mg
cosθ
3．（25-26 高三上·福建莆田·期中）如图所示，质量为m小球a和质量为2m的小球b用轻弹簧A
、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当A 与竖直方向夹角为
60°时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则k1:k2=______，撤去F的
瞬间，a球的加速度大小等于______，b 球的加速度大小等于______。
【答案】 3:1 3 ❑√3 g 0
【详解】[1]对b球受力分析，受重力和B弹簧的拉力，根据平衡条件有FB=2mg
对a、b球整体受力分析，受重力、水平力F和弹簧A的拉力，如图所示
根据平衡条件有F =3mg tan 60° =3 ❑√3mg，FA= 3mg
cos60° =6mg
A、B伸长量刚好相同，根据胡克定律有FA=k1 x，FB=k2 x
解得k1:k2=3:1
[2]a球受重力、水平力F和两个弹簧的拉力，撤去水平力F的瞬间其余3 个力不变，合力大小
为F
′ = F =3 ❑√3mg
故加速度大小为a= F
′
m =3 ❑√3 g
[3]b 球受重力和拉力，撤去水平力F的瞬间重力和拉力都不变，加速度仍然为零。
4．（25-26 高三上·福建龙岩·期中）如图所示，一根轻质橡皮筋挂着一个质量为2m 的小灯笼
甲，质量为m 的小灯笼乙与小灯笼甲用一根轻绳相连，悬挂在空中，甲、乙两灯笼在相同的
水平风力作用下，使橡皮筋发生了倾斜。若稳定时，橡皮筋与竖直方向夹角α =30°，甲、乙
之间轻绳与竖直方向的夹角为θ，则tanθ =______。突然，甲、乙之间的轻绳断裂，重力加速
度为g，断裂瞬间甲的加速度大小为______。
【答案】
❑√3
2
❑√7
4 g
【详解】[1]设水平风力为F，以整体为研究对象，由平衡关系可得 tan α = 2 F
3mg
以小灯笼乙为研究对象，由平衡关系可得 tanθ = F
mg
两式联立可得 tanθ =
❑√3
2
[2] 甲、乙之间的轻绳断裂， 橡皮筋的弹力不能突变，力的大小方向与原来相同，甲受到的
重力、橡皮筋的弹力和风力的合力 F合= mg
cosθ
根据牛顿第二定律 F合=2ma
解得 a=
❑√7
4 g
5．如图质量为M 的人用一轻质光滑定滑轮将质量为m 的物体降下，落地前物体以大小为a的
加速度匀减速运动，不计滑轮的摩擦和绳子质量，重力加速度为g，则绳子的拉力大小为
_________，地面对人的支持力大小为_________。
【答案】 mg+ma Mg−mg−ma
【详解】[1]设绳子的拉力为T，对物体而言，根据牛顿第二定律可得T −mg=ma
解得绳子的拉力大小为T =mg+ma
[2]对人受力分析，根据平衡条件可得FN+T = Mg
结合上述结论解得地面对人的支持力大小为FN= Mg−T = Mg−mg−ma
6．（2025·湖南·模拟预测）小贤同学回到老家，乘坐了新开通的地铁6 号线，出行十分方
便。为测量地铁启动和停车时的加速度，他在保证不影响其他乘客和地铁列车正常行驶的条
件下设计了如图所示的简易装置。他将细线一端系在竖直把手的顶端，一端系在钢笔顶端的
笔帽上。初始时绳与笔自然下垂。
(1)在地铁列车刹车时拍摄的是______（选填“甲”或“乙”）。
(2)为了测得地铁列车的加速度，小逸同学认为需要量角器，而小贤同学却认为只需要卷尺即
可。对于二人测量方式评价，正确的是_______。
A．由于实际情况下绳子偏转较小，用量角器测出的结果可能不准确
B．小贤同学的方法需要将角度的正切值转换为角度
C．小贤同学需要测量绳子长度和笔帽系绳处到把手的水平距离
D．两人的实验均需要测量钢笔的质量
(3)某次地铁列车沿水平直线加速时，测得笔帽到把手的水平距离为28cm，已知绳长为
1.0m，当地重力加速度为9.76 m /s
2，则此时列车加速度大小为_______m/s2。
【答案】(1)甲
(2)AC
(3)2.85
【详解】（1）在地铁列车刹车时，加速度方向与运动方向相反，即物体受合外力方向与运动
方向相反，钢笔向前摆动，可知拍摄的是甲。
（2）根据mg tanθ =ma
可知a= g tanθ
则两个人都不需要测量钢笔的质量；小逸同学的方法需要将角度转换为角度的正切值，但是
由于实际情况下绳子偏转较小，用量角器测出的结果可能不准确；小贤同学需要测量绳子长
度和笔帽系绳处到把手的水平距离即可计算出偏转角度的正切值。
故选AC。
（3）列车加速度大小为a= g tanθ =9.76×
0.28
❑√1
2−0.28
2 m/s
2=2.85 m/s
2
7．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M =2kg的物体
A，B（B 物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k =100 N/m，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A 上，使物体A 开始向上做加速度a=1m/s
2的匀加速直线运
动（重力加速度g 取10 m/s
2）。外力F作用时间______s 后，A，B 分离。
【答案】0.6
【详解】施加F前，物体AB 整体平衡，根据平衡条件，有
2 Mg=k x1
解得
x1= 40cm
当AB 间弹力为0 时，AB 分离，此时对A 分析：由牛顿第二定律得
F −Mg= Ma
得
F =22N
对B 分析
k x2−Mg= Ma
得
x2=22cm
物体向上运动了18cm，由
Δ x = 1
2 at
2
得
t =0.6s
8．如图，地面上有质量都为m 的物块A、B，中间有弹簧连接，今用一方向向右的水平恒力
F 拉动物块A，最后该系统做匀加速直线运动，重力加速度为g，物块与地面的动摩擦因数为
μ，弹簧若仍在弹性限度内，那么最后该系统的加速度为_______，弹簧的弹力大小为
______。
【答案】 F
2m −μg F
2
【详解】[1]以A、B 为系统，根据牛顿第二定律可得
F −2 μmg=2ma
可得最后该系统的加速度为
a= F
2m −μg
[2]以A 为对象，根据牛顿第二定律可得
F弹−μmg=ma
解得弹簧的弹力大小为
F弹= F
2
考点一 动力学中的连接体问题
【核心梳理●明考点】
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)
2.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。
3.共速连接体对外力的“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。
4.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。
【考点突破●明方向】
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，中间用一条水平轻绳
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】设木块与水平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，与斜面平行的绳的拉力大小为
；斜面不光滑(粗糙程度相同)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 在向右的拉力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
例2 (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】设P 的质量为M，P 与桌面间的滑动摩擦力为Ff；以P 为研究对象，
根据牛顿第二定律可得FT-Ff=Ma
以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-FT=ma
联立可得a=mg−Ff
M +m =g−Ff
m
M +m
·m
可知当砝码的总重力大于Ff时，才有一定的加速度，当m 趋于无穷大时，加速度大小趋近于
g。
故选D。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用隔离法求解加速度及相互
作用力，即分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程。
考点二 动力学中的临界和极值问题
【核心梳理●明考点】
1.临界条件的标志
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.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。
3.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
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
【考点突破●明方向】
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= Ff 1m
m =2
m/s2，加速度不变，选项D 错误。
[变式] 如图所示，三个质量均为5 kg 的箱子A、B、C 静止于粗糙水平地面上，A、B 并
排放置无挤压，C 叠放于B 上，A 与地面之间的动摩擦因数为0.3，B 与地面之间的动摩擦
因数为0.2，C 与B 之间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。当用水平力F 去推A 时，下列说法正确的是( )
A.若F=10 N，A、B 之间的弹力大小为10 N
B.若F=20 N，地面与B 之间的摩擦力大小为0
C.若F=50 N，B、C 之间的摩擦力大小为5 N
D.若F=90 N，C 相对于B 滑动
【答案】C
【解析】由题可知，地面对A 的最大静摩擦力为FfmaxA=μAmg=15 N，当F≤FfmaxA时，A 静
止，A、B 之间没有挤压，彼此间弹力为零，故A 错误；地面对B 的最大静摩擦力
FfmaxB=2μBmg=20 N，当FfmaxA<F≤FfmaxA+FfmaxB，即15 N<F≤35 N 时，A、B、C 均静止，A、B
之间有弹力，地面对B 有静摩擦力，B、C 之间无摩擦力，当F=20 N 时，FfB=F-FfmaxA=5 N，
故B 错误；当F>FfmaxA+FfmaxB时，A、B、C 相对地滑动，向右做匀加速直线运动，B、C 之间
有摩擦力，当B、C 之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时，对C 有μCmg=ma0，对A、B、C
整体有F0-μAmg-2μBmg=3ma0，可得F0=95 N，因此当FfmaxA+FfmaxB<F≤F0，即35 N<F≤95 N
时，A、B、C 相对静止一起向右做匀加速直线运动，当F1=50 N 时，对A、B、C 整体有F1-
μAmg-2μBmg=3ma1，解得a1=1 m/s2，对C 则有FfC=ma1=5 N，故C 正确，D 错误。
例4 (多选)如图所示，倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直
固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B 连接，物块A 紧挨着物块B，两物块相对斜面
静止。现对A 施加沿斜面向上的拉力，使A、B 一起沿斜面做加速度大小为1
5g 的匀加速直
线运动直到A、B 分离。A、B 的质量分别为2m、m，重力加速度为g，sin 37°=0.6，下列
说法正确的是( )
A.施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为mg
B.A、B 分离瞬间弹簧弹力大小为4
5mg
C.整个过程中拉力先增大后不变
D.拉力F 的最大值为2mg
【答案】AB
【解析】施加拉力之前，A、B 整体受力平衡，根据平衡条件有F 弹=3mgsin θ，施加拉力瞬间
A、B 开始一起沿斜面向上做加速度大小为a=1
5g 的匀加速直线运动，对A、B 整体，根据牛
顿第二定律有F+F 弹-3mgsin θ=3ma，解得F=3
5mg，对A，根据牛顿第二定律有F+FBA-2mgsin
θ=2ma，解得A、B 间的弹力大小为FBA=mg，故A 正确；分离时，A、B 间作用力为0，F 最
大，对A，根据牛顿第二定律得Fmax-2mgsin θ=2ma，解得Fmax=8
5mg，对B，根据牛顿第二定
律有F 弹'-mgsin θ=ma，解得A、B 分离瞬间弹簧弹力大小为F 弹'=4
5mg，故B 正确，D 错误；
根据以上分析可知整个过程中拉力F 一直增大，故C 错误。
例5 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：
(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。
考点三 系统牛顿第二定律的应用
【核心梳理●明考点】
1.对加速度不同的连接体模型，选取整个系统为研究对象，对系统整体运用牛顿第二定
律，可以避开系统内物体间的相互作用，使问题得以简化。
2.系统牛顿第二定律表述为：系统所受合外力等于系统内各物体的质量与其加速度乘积的
矢量和。即F 合=m1a1+m2a2+m3a3+…。
写成正交分解式为：∑Fx=m1a1x+m2a2x+…；
∑Fy=m1a1y+m2a2y+…。
【考点突破●明方向】
例6 (多选)(2025·黑吉辽蒙卷·10)如图(a)，倾角为θ 的足够长斜面放置在粗糙水平面上。
质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为
μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图(b)所示，
两条曲线均为抛物线，乙的x-t 曲线在t=t0时切线斜率为0，则( )
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时，甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【解析】将下滑时刻作为初位置，则位置x 与时间t 的图像即为位移-时间图像，图像的斜率
表示速度。甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速直线运动，乙物块做匀减
速直线运动，在t0时间内x 甲=v0+ v
2
t0=3x0，x 乙=v0+0
2
t0=x0，联立解得t0时刻甲物块的速度大小
为v=2v0，B 错误；甲物块的加速度大小a1=
v −v0
t0
，乙物块的加速度大小a2=
v0
t0
，由牛顿第二
定律，对甲物块mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1，对乙物块μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2，联立可得
μ1+μ2=2tan θ，A 正确；取水平向左为正方向，对斜面和甲、乙两物块系统由牛顿第二定律可
得，Ff1=ma1cos θ-ma2cos θ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；t=t0之后，
乙物块保持静止，甲物块继续沿斜面向下加速，对系统由牛顿第二定律可得Ff2=ma1cos θ，即
地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
【真题演练●悟高考】
1．（2024·全国甲卷·高考真题）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设P 的质量为M，P 与桌面的动摩擦力为f ；以P 为对象，根据牛顿第二定律可得
T −f = Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
mg−T =ma
联立可得
a= mg−f
M +m =
g−f
m
M +m ⋅m
可知，a-m 不是线性关系，排除AC 选项,可知当砝码的重力小于物块P 最大静摩擦力时，物
块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于f 时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，
加速度趋近等于g。
故选D。
2．（2023·北京·高考真题）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1kg，细线能承受的最大拉力为2N。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．1N
B．2N
C．4N
D．5N
【答案】C
【详解】对两物块整体做受力分析有
F = 2ma
再对于后面的物块有
FTmax= ma
FTmax= 2N
联立解得
F = 4N
故选C。
3．（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接在一起，处
于压缩状态，A 由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B 轻放在A 右侧，
A、B 由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B 始终不分离，当A 回到初始位置时
速度为零，A、B 与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下
B．A 上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B 对A 的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B 在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正
方向，斜面倾角为θ，AB 之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对
AB 有
F +(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcosθ =(mA+mB)a
对B 有
mB gsinθ−μmB gcosθ−FAB=mBa
联立可得
F
mA+mB
=−F AB
mB
由于A 对B 的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F 的方向沿斜面向上；由于在最开
始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A 上滑时、弹簧的弹力方向一
直沿斜面向上，不发生变化，故B 正确；
A．设弹簧原长在O 点，A 刚开始运动时距离O 点为x1，A 运动到最高点时距离O 点为x2；
下滑过程AB 不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
1
2 k x1
2= 1
2 k x2
2+(mgsinθ+ f )(x1−x2)
化简得
k = 2(mgsinθ+ f )
x1+ x2
当位移为最大位移的一半时有
F合=k(x1−x1−x2
2 )−(mgsinθ+ f )
带入k 值可知F 合=0，即此时加速度为0，故A 错误；
C．根据B 的分析可知
F
mA+mB
=−F AB
mB
再结合B 选项的结论可知下滑过程中F 向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛
顿第三定律可知B 对A 的压力逐渐变大，故C 错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A 重力做的功为0，当A 回到初始位置时速度为零，根据功
能关系可知整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功等于B 的重力势能减小量，故D 错误。
故选B。
4．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始
时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F 的水平恒力作用
在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距3
5 L时，它们加速度的大小均为
（ ）
A．5 F
8m
B．2 F
5m
C．3 F
8m
D．3 F
10m
【答案】A
【详解】当两球运动至二者相距3
5 L时，,如图所示
由几何关系可知
sinθ =
3 L
10
L
2
= 3
5
设绳子拉力为T，水平方向有
2T cosθ = F
解得
T = 5
8 F
对任意小球由牛顿第二定律可得
T =ma
解得
a= 5 F
8m
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
5．（2025·云南·高考真题）如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k 的轻
质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O 点。质量为m 的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦
因数μ= tanθ。过程I：Q 以速度v0从斜面底端P 点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点；过程
Ⅱ：将Q 连接在弹簧的下端并拉至P 点由静止释放，Q 通过M 点（图中未画出）时速度最
大，过O 点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽
略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．P、M 两点之间的距离为k v0
2−4 m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
B．过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能为1
4 mv0
2
C．过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移为k v0
2−8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
D．连接在弹簧下端的Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M 点）之间
【答案】CD
【详解】A．设PO的距离为L，过程I，根据动能定理有−mgsinθ⋅L−μmgcosθ⋅L=0−1
2 mv0
2
设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q 速度最大时，根据平衡条件k L1=mgsinθ+ μmgcosθ
P、M 两点之间的距离L2= L−L1
联立可得L2= k v0
2−8m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
故A 错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中Q 和弹簧组成的系
统损失的机械能为Δ E = μmgcosθ⋅L
结合−mgsinθ⋅L−μmgcosθ⋅L=0−1
2 mv0
2
可得Δ E = 1
4 mv0
2
但在过程Ⅱ中单独对于Q 而言机械能是增加的，故B 错误；
C．设过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移x，根据能量守恒定律
1
2 k L
2=mgsinθ⋅x + μmgcosθ⋅x + 1
2 k( x−L)
2
结合−mgsinθ⋅L−μmgcosθ⋅L=0−1
2 mv0
2
解得x = k v0
2−8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
故C 正确；
D．无论Q 从何处释放，Q 在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在
M点时，满足k L1=mgsinθ+ μmgcosθ
当在O点时，满足mgsinθ = μmgcosθ
所以在OM（含O、M 点）之间速度为零时，Q 将静止，故D 正确。
故选CD。
6．（2023·福建·高考真题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢
质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3
节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T 1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T 2，第二节车厢
对第三节车厢的拉力为T 3，则（ ）
A．当火车匀速直线运动时，T 1=T 2=T 3
B．当火车匀速直线运动时， T 1:T 2:T 3=3:2:1
C．当火车匀加速直线运动时，T 1=T 2=T 3
D．当火车匀加速直线运动时，T 1:T 2:T 3=3:2:1
【答案】BD
【详解】
AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时
T 1= f 1=k ×3G
T 2= f 2=k ×2G
T 3= f 3=k ×G
得
T 1:T 2:T 3=3:2:1
故A 错误，B 正确；
CD．当火车匀加速直线运动时
T 1−f 1=T 1−k ×3G =3ma
T 2−f 2=T 2−k ×2G =2ma
T 3−f 3=T 3−k ×G =ma
得
T1∶T2∶T3=3 2 1
∶∶
故C 错误，D 正确。
故选BD。
7．（2022·全国甲卷·高考真题）如图，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（ ）
A．P 的加速度大小的最大值为2 μg
B．Q 的加速度大小的最大值为2 μg
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
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
F =2 μmg
撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为
T 0= μmg
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧
弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为
−T 0−μmg=maP1
解得
aP1=−2 μg
此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，
弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的
合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2 μg。
Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
−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；
C．滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误；
D．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为
−μmg=maP2
解得
aP2=−μg
撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为2 μg做加速度减小的减速运
动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运
动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度
大小，D 正确。
故选AD。
8．（2024·福建·高考真题）如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹
簧M、N 与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑
轮的轻绳与带正电的小球C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌
面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然
伸直状态。t =0时撤去电场，C 向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C 开始做匀速运动
瞬间弹簧N 的弹性势能为0.1J。已知A、B、C 的质量分别为0.3kg、0.4 kg、0.2kg，小球C
的带电量为1×10
−6C，重力加速度大小取10 m/s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终
处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A 与B 间的滑动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；
(3)若t =0时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续向
右运动，一段时间后，A 从右向左运动。求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。
（整个过程B 未与A 脱离，C 未与地面相碰）
【答案】(1)2×10
6 N/C
(2)0.5；2
3 m/s
(3)2
3
❑√2m/s
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可
知，此时绳中拉力为0，对C 根据共点力平衡条件有qE =mC g
解得E =2×10
6 N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有T 1=mC g，T 1= f
其中f = μmB g
解得μ=0.5
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N
两弹簧的弹性势能相同，C 下降0.2m的过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能
量守恒定律有mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)v
2+2 Ep
解得v = 2
3 m /s
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为
零，对A 根据共点力平衡有2kh−f =0
当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h
′，对A 根据牛顿
第二定律可得f −2k h
' =mAa
对B、C 根据牛顿第二定律可得qE+mC g−f =(mB+mC)a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降0.2m时开始相对滑动，在C 下降0.2m的
过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
qE h
′ +mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)vmax
2
+2 Ep
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右
向左运动过程中的最大速度为v
′
max = vmax
联立解得v
′
max = 2❑√2
3
m /s
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：33 分]
[1~7 题，每题3 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。
2.2025 年7 月9 日，高铁列车CR450 动车组样车在第十二届世界高铁大会上重磅亮相，其最
高速度可超过450 公里/小时。该动车组由8 节车厢组成，其中2、3、6、7 号车厢为动力车
厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为
f，各车厢的质量均为m。该列车动力全开沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是( )
A.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零
B.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均不为零
C.若列车匀加速行驶，则第3 节车厢对第4 节车厢的拉力大小为F
2
D.若列车匀加速行驶，则第7 节车厢对第8 节车厢的拉力大小为F
3
【答案】C
【解析】若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，则车厢间拉力不一定均为零，例如第
7、8 节车厢间的拉力不为零，第4、5 节车厢间的拉力为零，A、B 错误；若列车匀加速行
驶，则整体的加速度大小a=4 F −8 f
8m
，则对前3 节车厢的整体分析可知2F-3f-F34=3ma，解得
第3 节车厢对第4 节车厢的拉力大小为F34=F
2 ，C 正确；若列车匀加速行驶，则对第8 节车厢
分析可知F78-f=ma，可得第7 节车厢对第8 节车厢的拉力大小为F78=F
2 ，D 错误。
3.(多选)(2024·浙江衢州市检测)如图所示，不计定滑轮质量与摩擦，用一段轻绳通过定滑轮将
P、Q 两物体连在一起，已知mP>mQ，重力加速度为g，那么定滑轮对天花板O 点的作用力大
小( )
A.一定小于2mPg
B.一定大于2mPg
C.一定小于(mP+mQ)g
D.一定等于(mP+mQ)g
【答案】AC
【解析】依题意，设物体P 向下运动的加速度大小为a，轻绳对P、Q 两物体的拉力大小为
F，则
mPg-F=mPa
F-mQg=mQa
联立以上式子，可得F=mP(g-a)
F=1
2(mP+mQ)g-1
2(mP-mQ)a
定滑轮受到轻绳的压力大小为2F，定滑轮受天花板的拉力及两段轻绳的压力共同作用处于静
止状态，可知天花板对定滑轮的作用力大小为2F，根据牛顿第三定律可知，定滑轮对天花板
O 点的作用力的大小为F'=2F=2mP(g-a)<2mPg
F'=2F=[(mP+mQ)g-(mP-mQ)a]<(mP+mQ)g
故选A、C。
4.(多选)(改编自教材)(2026·浙江杭州市期中)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，两物体的质量均为1 kg。从t=0 开始，推力FA和拉力FB分别作用
于物体A、B 上，FA和FB随时间t 变化的规律分别为FA=(8-2t)N 和FB=(2+2t)N。关于8 s 内两
物体的运动情况，下列说法正确的是( )
A.物体A 运动的加速度逐渐减小
B.物体B 运动的加速度先不变后变大
C.t=1.5 s 时，物体A 与物体B 刚好分离
D.t=4.0 s 时，物体A 与物体B 刚好分离
【答案】BC
【解析】FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但FA+FB=(8-
2t)N+(2+2t)N=10 N 为恒力，则可知在A、B 分离前两者一起做匀加速直线运动；物体A、B
开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有
F A
mA
= FB
mB
，即8−2t
1
=2+2t
1
，解得t=1.5 s，即t=1.5 s 时，物体A、B 开始分离；分离后A 的加速度
逐渐减小，B 的加速度逐渐增加，故整个过程中物体A 运动的加速度先不变后逐渐减小，物
体B 运动的加速度先不变后变大，故选B、C。
5.如图，在粗糙水平地面上，两物块P、Q 在水平向右的推力F 作用下，恰好能一起向右做匀
加速运动。已知P 的质量为3 kg，Q 的质量为1 kg，P 与地面间、P 与Q 间的动摩擦因数均为
0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10 m/s2。某时刻将推力F 减小为0.66F，
则Q 相对P 下滑的过程中，P 对地面的压力大小为( )
A.23.2 N
B.35.75 N
C.36 N
D.40 N
【答案】C
【解析】在推力F 作用下，两物块恰好能一起向右做匀加速运动，对P、Q 整体，根据牛顿
第二定律有F-μ(mP+mQ)g=(mP+mQ)a1，对物块Q，水平方向上有FN=mQa1，竖直方向上有
μFN=mQg，联立解得F=100 N，推力F 减小为0.66F，对P、Q 整体，水平方向上有0.66F-
μ(mPg+Ff)=(mP+mQ)a2，对物块Q，水平方向上有FN'=mQa2，P、Q 间的滑动摩擦力Ff=μFN'，对
物块P，竖直方向上，根据平衡条件有F 支=mPg+Ff，根据牛顿第三定律，此时P 对地面的压
力大小F 压=F 支，联立解得F 压=36 N，故选C。
6.(2024·浙江杭州市联考)AB 是固定在空中的粗糙水平横杆，一质量为M 的物块穿在杆AB
上，物块通过细线悬吊着一质量为m 的小球。现用沿杆的恒力F 拉物块并使物块和小球一起
(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是(
)
A.物块受摩擦力大小为(M+m)gtan θ
B.细线上的拉力大小为mgtan θ
C.物块和小球的加速度大小为
g
tanθ
D.物块受到的合力大小为Mgtan θ
【答案】D
【解析】以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得FTcos θ=mg，解得细线上的拉力为FT=
mg
cosθ，水平方向根据牛顿第二定律可得mgtan θ=ma，解得a=gtan θ，则物块和小球的加速度
为gtan θ，物块受到的合力为F 合=Ma=Mgtan θ，故B、C 错误，D 正确；以物块和小球为整
体，根据牛顿第二定律可得F-Ff=(M+m)a=(M+m)gtan θ，解得物块受到的摩擦力为Ff=F-
(M+m)gtan θ，故A 错误。
7.(多选)(2024·浙江台州市期末)如图所示，有A、B 两物体，mA=2mB，用细绳连接后放在倾角
为θ 的光滑斜面上，细绳与斜面平行，重力加速度为g，斜面体的质量为M，斜面体与地面
之间粗糙，下滑过程中斜面体始终保持静止。则在A、B 下滑的过程中( )
A.它们的加速度大小为a=gsin θ
B.细绳的张力大小为2
3mAgsin θ
C.地面对斜面体的支持力大于(M+3mB)g
D.若斜面体与地面之间光滑，斜面体将向右运动
【答案】AD
【解析】对A、B 整体分析可知(mA+mB)gsin θ=(mA+mB)a，解得它们的加速度大小为a=gsin
θ，选项A 正确；对A 分析可知mAgsin θ-FT=mAa，解得FT=0，选项B 错误；对斜面体以及
A、B 的整体，竖直方向(mA+mB+M)g-FN=(mA+mB)asin θ，可得FN=(mA+mB+M)g-(mA+mB)asin
θ<(M+3mB)g，选项C 错误；因A、B 对斜面体有斜向右下方的压力，则若斜面体与地面之间
光滑，斜面体将向右运动，选项D 正确。
[8、9 题，每题4 分]
8.(2025·安徽卷·5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块
甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终
保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，
重力加速度g 取10 m/s2，则在乙下落的过程中( )
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
【答案】C
【解析】根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱
的摩擦力方向向右，A 错误；设物块乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速
度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有M 总g-FN=ma 得，FN=M 总g-
ma，则地面对木箱的支持力大小不变，B 错误；设绳子的拉力大小为FT，对甲受力分析有
FT-μmg=ma，对乙受力分析有mg-FT=ma，联立解得a=2.5 m/s2，FT=7.5 N，C 正确，D 错误。
9.(2024·浙江宁波市镇海中学检测)如图所示，质量为M 的斜劈静止在粗糙水平地面上，质量
为m 的物块正在M 的斜面上匀速下滑。现在m 上施加一个水平推力F，则在m 的速度减小为
零之前，下列说法正确的是( )
A.加力F 之后，m 与M 之间的摩擦力变小
B.加力F 之后，m 与M 之间的作用力不变
C.加力F 之后，M 与地面之间产生静摩擦力
D.加力F 前后，M 与地面间都没有摩擦力
【答案】D
【解析】m 刚开始匀速下滑，根据平衡条件得：垂直斜面方向有FN=mgcos θ，则滑动摩擦力
为Ff=μmgcos θ；在m 上加一水平向右的力F，垂直斜面方向FN'=mgcos θ+Fsin θ，滑动摩擦
力为Ff'=μFN'=μ(mgcos θ+Fsin θ)；对物块，所受支持力增加了Fsin θ，摩擦力增加了μFsin θ，
即支持力与摩擦力成比例的增加，如图所示，两力的合力方向还是竖直向上，大小增大，即
m 与M 之间的作用力增大，斜面所受的摩擦力与压力的合力还是竖直向下，水平方向仍无运
动趋势，则M 不受地面的摩擦力，故A、B、C 错误，D 正确。
[4 分]
10.(2024·浙江绍兴市检测)如图所示，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。现将水平恒力F 作用于
滑块1 上，经观察发现，在第3 个小滑块过O 点进入粗糙地带后再到第4 个小滑块过O 点进
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( )
A.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B.第3 个小滑块匀速运动的速度是❑√
FL
3m
C.第5 个小滑块完全进入粗糙地带到第6 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F
12m
D.最终第7 个滑块刚能到达O 点而第8 个滑块不可能到达O 点
【答案】C
【解析】当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带
上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，故A 错误；将匀速运动的8 个小滑块作为一
个整体，有F-3μmg=0，解得μ= F
3mg，从开始到第4 个小滑块过O 点进入粗糙地带前这一过
程中，由动能定理得F·3L-μmg·3L-μmg·2L-μmg·L=1
2×8mv2，解得v=❑√
FL
4 m，故B 错误；第5
个小滑块完全进入粗糙地带到第6 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，以8 个小滑块为整
体，由牛顿第二定律得5μmg-F=8ma，解得加速度大小为a= F
12m，故C 正确；假设第7 个小
滑块能到达O 点，且速度为v7，由动能定理有F·6L-μmg·6L-μmg·5L-μmg·4L-μmg·3L-μmg·2L-
μmg·L=1
2×8mv7
2-0，解得v7
2<0，故第7 个滑块不能到达O 点，故D 错误。
