文档文本内容
第10 讲 牛顿运动定律的综合运用
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 动力学的两类基本问题..............................................................................................4
知识点1 动力学的两类基本问题..............................................................................................................4
考向1 由物体的受力情况求解运动情况....................................................................................................16
考向2 由物体的运动情况求解受力情况....................................................................................................16
考点二 超重与失重.......................................................................................................................11
知识点 超重与失重...................................................................................................................................11
考向 超重与失重....................................................................................................................................... 18
考点三 斜面、连接体模型...........................................................................................................21
知识点1 斜面模型（含等时圆模型）....................................................................................................22
知识点2 连接体模型................................................................................................................................22
考向1 斜面模型（含等时圆模型）........................................................................................................25
考向2 连接体模型....................................................................................................................................26
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................29
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动力学的两类基
本问题
选择题
非选择题
\
\
\
超重与失重
选择题
非选择题
\
全国甲卷T22,5 分
\
斜面、连接体模
型
选择题
非选择题
\
全国甲卷T15,6 分
\
考情分析：
1．高考对这部分内容的考查，大多以选择题的形式出现，通常情况下比较容易，一般以现实情境为背
景。
2．从命题思路上看，试题多与其他知识相结合，单独出现的情况较少。
复习目标：
目
一：
标
一步理解牛
定律，并学会利用牛
定律解决
。
进
顿
顿
问题
目
二：
标
掌握两个模型，提升物理思
能力。
维
考点
动力学的两类基本问题
一
知识点1 动力学的两类基本问题
1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F 合＝ma）求出
加速度
，再由运动学的有关公式求出速度或位移。
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出
加速度
，再由牛顿第二定律求出
合力，从而确定未知力。
3.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析
流程如下：
点拨
1.把握“两个分析”“一个桥梁”
2.找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可
画位置示意图确定位移之间的联系。
考向1 由物体的受力情况求解运动情况
例1（2024·四川南充·高三月考）如图所示，汽车中一条细线下挂着小球。当汽车做匀变速直线运动时，
细线与竖直方向成某一角度θ。若在汽车底板上还有一与汽车相对静止的物体M。则关于汽车的运动情况
和物体M 的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右做匀加速直线运动
B．汽车可能向左做匀加速直线运动
C．物体M 受重力、支持力和向右的摩擦力作用
D．物体M 受重力、支持力和向左的摩擦力作用
【答案】C
【详解】AB．小球受到的合力向右，加速度向右，汽车可能向右做匀加速直线运动，也可能向左做匀减
速直线运动，故AB 错误；
CD．物体的加速度向右，合力向右，物体M 受重力、支持力和向右的摩擦力作用，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练1】如图所示，物体在摩擦力的作用下沿水平地面做匀减速直线运动的位移x 与时间t 的关系图
像是抛物线的一部分，图像在O 点的切线过B 点，在A 点的切线与横轴平行，取重力加速度大小
g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．物体的减速距离为2m
B．物体的初速度大小为2m/s
C．物体沿地面运动的时间为3s
D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2
【答案】D
【详解】A．图中在A 点的切线与横轴平行，则A 点时速度为0，此时位移为4m，则物体的减速距离为
4m，故A 错误；
B．图像在O 点的切线过B 点，则根据该点的斜率求得物体的初速度大小为4m/s，故B 错误；
C．物体减速的加速度大小为
a= v0
2
2 x = 4
2
2×4 m/s
2=2m/s
2
则物体沿地面运动的时间为
t0= v0
a = 4 m/s
2m/s
2 =2s
故C 错误；
D．物体在水平地面上，根据牛顿第二定律有
f = μmg=ma
解得，物体与地面间的动摩擦因数为
μ=0.2
故D 正确。
故选D。
【变式训练2】（2025·四川成都·高三月考）某一物体在F1、F2、F3三个恒力共同作用下做匀速直线运
动，某一时刻突然撤去F1。关于撤去F1后，下列说法正确的是（ ）
A．物体一定改做匀变速曲线运动
B．任意相等时间内速率的变化量一定相等
C．物体有可能沿着F1的方向做匀减速直线运动
D．物体有可能沿着F1的方向做匀加速直线运动
【答案】C
【详解】A．若速度方向与F1方向在同一条直线上，撤去F1后物体做直线运动，故A 错误；
B．由
F1=ma
Δv =a⋅Δt
可知，任意相等时间内速度的变化量一定相等，物体做直线运动还是曲线运动不确定，所以速率变化量不
一定相等，故B 错误；
C．若速度方向与F1方向同向，撤去F1后物体做匀减速直线运动，故C 正确；
D．若速度方向与F1方向反向，撤去F1后物体沿着F1的反方向做匀加速直线运动，故D 错误。
故选C。
【变式训练3】（2025·四川绵阳·高三月考）一质点做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，该质点
（ ）
A．可能做曲线运动，速度先减小为零再逐渐增大
B．可能做曲线运动，但经相同的时间速度的变化不同
C．可能做直线运动，速度先减小为零再逐渐增大
D．可能做直线运动，速度先增大后减小
【答案】C
【详解】CD．若恒力与速度方向相同，则质点速度逐渐增大，若恒力与速度方向相反，则质点速度先减
小为零再反向逐渐增大，C 正确，D 错误；
B．若恒力与速度方向不在同一直线，质点做曲线运动，恒力作用下加速度不变，故经相同的时间速度的
变化相同，B 错误；
A．质点做曲线运动时，垂直恒力方向的分速度大小不变，故速度不可能减小为零，A 错误。
故选C。
【变式训练4】（2025·四川内江·模拟预测）一个光滑斜面固定在水平地面上，弹簧的一端与斜面上的挡板
链接，用手托住小球与弹簧的另一端紧贴，弹簧处于原长。现在把球向上挤压x，然后释放，以下描述小
球在斜面上整个运动情况正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】把球向上挤压x 后释放，开始一段时间，小球受重力和沿斜面逐渐减小的弹簧弹力作用，因此小
球的加速度逐渐减小，对应速度时间图像中图线的斜率逐渐减小，速度逐渐增大；小球离开弹簧后仅受重
力作用，加速度不变，速度时间图像中图线斜率不变，继续沿斜面向下加速运动。
选项C 正确，ABD 错误。
故选C。
考向2 由物体的运动情况求解受力情况
例1（2025·四川攀枝花·高三练习）在滑冰场上，甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动，在相互推
一下后分别向相反方向运动，两小孩的溜冰鞋与冰面间的动摩擦因数相同。甲在冰上滑行的距离较远，这
是因为（ ）
A．分开后，甲的加速度较小
B．刚分开时，甲的速度较大
C．推的过程，甲受到推力较大
D．推的过程，甲受到推力的时间较长
【答案】B
【详解】AB．分开后，两人受到的合力都是摩擦力，根据牛顿第二定律
a= μmg
m = μg
两小孩的溜冰鞋与冰面间的动摩擦因数相同，所以甲、乙的加速度大小相等，由运动学公式可得
0−v0
2=−2ax
甲在冰上滑行的距离较远，可知刚分开时，甲的速度较大，故A 错误，B 正确；
C．在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，甲受到
推力与乙受到推力大小相等，故C 错误。
D．作用力与反作用力具有等时性，在推的过程中，甲受到推力的时间等于乙受到推力的时间，故D 错
误。
故选B。
例2 一个箱子随着热气球从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后绳子断裂，箱子的速率-时间图像如
图所示，箱子所受的空气阻力恒定，g 取10 m/s
2，下列不正确的是（ ）
A．箱子上升的最大高度24m
B．空气阻力与箱子重力之比为1：5
C．悬吊箱子的绳子张力与箱子重力之比为7：5
D．5 秒末箱子的速率是8m/s
【答案】C
【详解】A．由图像可知，箱子在0~3s 内加速上升，在3s~4s 内减速上升，4s 末到达最高点，利用v—t 图
像的面积可知上升的高度
ℎ= 1
2 vmt = 1
2 ×4×12m =24 m
A 正确；
B．在v—t 图像中，斜率表示加速度，在3s~4s 内减速上升，加速度
a2= Δv
Δt = 12−0
4−3 m/s
2=12m/s
2
根据牛顿第二定律
mg+ f =ma2
可得
mg
f = 5
1
B 正确；
C．箱子在0~3s 内加速上升，由图像可知，加速度为4m/s2，根据牛顿第二定律
T −mg−f =ma1
可得
T = 8
5 mg
C 错误；
D．4s 末箱子开始下降，根据牛顿第二定律
mg−f =ma3
可知下降时的加速度
a3=8 m/s
2
5 秒末箱子的速率
v =a3t =8 m/s
D 正确。
此题选择不正确的，故选C。
【变式训练1】（2024·四川泸州·三模）静置于水平地面上质量为m 的物体，受一竖直向上的恒力F 作
用，从静止开始向上运动。经时间t 后撤去F，又经时间t 物体刚好落回地面。不计空气阻力，重力加速度
为g，则恒力F 等于（ ）
A．4
3 mg
B．5
3 mg
C．2mg
D．3mg
【答案】A
【详解】在第一个t 时间内，根据牛顿第二定律有
F −mg=ma
根据位移公式有
x = 1
2 at
2
根据速度公式有
v =at
在第二个t 时间内，根据位移公式有
−x = vt −1
2 gt
2
解得
F = 4
3 mg
故选A。
【变式训练2】某同学将一物体竖直向上抛出，一段时间后落回到抛出点，若该物体运动过程中所受空气
阻力大小恒定，该同学测得该物体下落时间是上升时间的k 倍，则该物体所受空气阻力为其重力的
（ ）
A．k 倍
B．1
k 倍
C．k −1
k +1 倍
D．k
2−1
k
2+1
倍
【答案】D
【详解】据题意有
ℎ= 1
2 a上t 上
2 = 1
2 a下t下
2
mg+ f =ma上
mg−f =ma下
t下=k t 上
解得
f = k
2−1
k
2+1
mg
故选D。
考点
二
超重与失重
知识点 超重与失重
1.超重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）
大于
物体所受重力的现象；物体具有
向上
的
加速度。
2.失重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）
小于
物体所受重力的现象；物体具有
向下
的
加速度。
3.
失重
完全
：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）
等于
0
的现象称为完全失重现象；物体
的加速度a＝
g
，方向竖直向下。
4.
重
视重
实
和
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态
无关
。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将
不等于
物
体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
点拨
超重
失重
和
1.
超重
失重的
解
对
和
理
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
（2）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
（3）尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重
状态。
2.
超重
失重的
判断
和
方法
从受力的
角度判断
当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力
时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于
失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化
的角度判断
物体向上加速或向下减速时，超重；
物体向下加速或向上减速时，失重
考向 超重与失重
例1（2025·广东东莞·高三月考）2023 年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载
火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地
面测控系统测出火箭竖 直起降全过程的v-t 图像如图，火箭在t=0 时刻离开地面，在t=t4时刻落回起点，
不计空气阻力及火箭 质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．在t1时刻，火箭上升到最高位置
B．在0-t1 时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C．在 t1-t2 时间内，火箭所受合外力逐渐减小为零
D．在t3-t4时间内，火箭先失重、后超重
【答案】D
【详解】A．由图可知，在t2时刻速度为零，火箭上升到最高位置，故A 错误；
B．根据v-t 图像的切线斜率表示加速度，可知在0-t1 时间内，图像的切线斜率先增大后减小，最后为零，
即加速度先增大后减小，最后为零，根据牛顿第二定律
F −mg=ma
可知火箭受到的推力F 先增大后逐渐减小，最后等于mg，故B 错误；
C．在 t1-t2 时间内，切线斜率在增大，根据牛顿第二定律可知，火箭所受合外力逐渐增大，故C 错误；
D．由图可知，在t3-t4时间内，火箭先向下加速，再向下减速，故火箭先失重、后超重，故D 正确。
故选D。
例2 深圳大疆公司是全球知名的无人机生产商，生产的无人机在各行各业中得到了广泛应用。一测试员应
用无人机搭载的加速度传感器进行飞行测试。图甲是在测试软件中设定的x、y、z 轴的正方向，其中z 轴
沿竖直方向，无人机开始时沿y 轴正方向匀速飞行，从t=0 时刻开始测试员进行变速操作，软件生成了x、
y、z 轴方向的a−t（加速度－时间）图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0~1s 无人机处于失重状态
B．0~1s 沿x 轴方向无人机做减速动
C．1s~2s 沿y 轴方向无人机做加速动
D．1s~2s 沿z 轴方向无人机做加速动
【答案】D
【详解】A．由图可知，0~1s 无人机沿z 轴方向的加速度为零，即无人机在沿z 轴方向受力平衡，故A 错
误；
B．由图可知，0~1s 无人机有沿x 轴负方向的加速度，沿x 轴方向的初速度为零，所以无人机沿x 轴负方向
做加速运动，故B 错误；
C．无人机开始时沿y 轴正方向匀速飞行，由图可知，0~2s 无人机有沿y 轴负方向加速度，所以无人机沿y
轴正方向先做减速运动，由于不确定0~1s 无人机沿y 轴正方向是否减小到零，所以1s~2s 沿y 轴正方向无
人机可能做减速运动、先沿y 轴正方向减速后反向加速或者y 轴负方向加速运动，故C 错误；
D．由图可知，0~1s 无人机沿z 轴方向的加速度为零，初速度为零，所以0~1s 无人机沿z 轴方向的速度一
直为零；由图可知，1s~2s 无人机有沿z 轴负方向的加速度，所以无人机沿z 轴负方向做加速运动，故D 正
确。
故选D。
【变式训练1】如图所示，物体A用跨过定滑轮的轻绳与汽车连接，汽车以v =6 m /s的速度向右匀速运
动，连接小车端的轻绳与水平方向的夹角为θ，在物体A上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A向上做减速运动
B．绳子拉力大于物体A的重力
C．θ =30°时物体A的速度大小为3 m /s
D．物体A始终处于失重状态
【答案】B
【详解】ABD．根据关联速度，物体A与小车间的速度关系为vA= v cosθ
物体A上升过程中小车与水平方向的夹角θ逐渐减小，则A的速度逐渐增大，A做加速运动，根据牛顿第二
定律可知，绳子拉力大于物体重力，物体超重，故AD 错误，B 正确；
C．将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为A物体上升的速度大小
当θ =30°时，vA= v cos30° =6×
❑√3
2 m /s=3 ❑√3 m /s，故C 错误。
故选B。
【变式训练2】（2025·四川绵阳·高三月考）某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为
计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数F 随时间t 变化的情况如图所示。
已知该同学质量m=60kg，重力加速度g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．0~4s 完成了两次下蹲过程
B．0~8s 该同学向下的最大加速度约为6 m/s
2
C．0~8s 该同学向上的最大加速度约为16 m/s
2
D．1.8s 该同学向下速度达到最大
【答案】B
【详解】A．由题意，知人的重力为600N，人完成一次下蹲动作，先加速向下后减速向下，人先失重后超
重，即人完成一次下蹲动作，F 应先小于600N 后大于600N，所以由图像可知0～4s 内人只完成了一次下
蹲过程，故A 错误；
BD．由图像知，在1.8s 时F 最小为240N，此时该同学向下运动，合外力最大，加速度达最大，由于此时
人的重力大于F，人将继续向下加速，速度继续增大，在2s 时达到最大，根据牛顿第二定律得人向下运动
的最大加速度
amax= mg−F
m
= 600−240
60
m/ s
2=6m/ s
2
故B 正确，D 错误；
C．由图像知，在2.2s 时F 最大为960N，此时该同学向下减速，向上的加速度达最大，有
amax= F −mg
m
= 960−600
60
m/ s
2=6m/ s
2
故C 错误。
故选B。
【变式训练3】（2025·四川攀枝花·高三月考）智能手机有许多的传感器，如加速度传感器。小明用手平托
着手机，迅速向下运动，然后停止。以竖直向上为正方向，手机记录了手机竖直方向的加速度a 随时间t
变化的图像如图所示。则下列判断正确的是（ ）
A．t1时刻手机速度比t2时刻小
B．手机t2时刻加速度比t1时刻大
C．t3时刻手受的压力比手机重力小
D．t 4时刻手受的压力最小
【答案】A
【详解】A．根据a−t图像可知，手机在t2时刻仍处于向下加速运动阶段，所以t1时刻手机速度比t2时刻
小，故A 正确；
B．根据a−t图像可知，手机t2时刻加速度比t1时刻小，故B 错误；
C．根据a−t图像可知，t3时刻手机的加速度向上，手机处于超重状态，则t3时刻手受的压力比手机重力
大，故C 错误；
D．根据a−t图像可知，t 4时刻手机的加速度向上且加速度最大，根据牛顿第二定律可知，t 4时刻手对手机
的支持力最大，则t 4时刻手受的压力最大，故D 错误。
故选A。
【变式训练4】（多选）（2025·四川宜宾·高三月考）某同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重
现象。他在地面上用台秤称得自己的体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t =0时由静止开
始运动到t =11s时停止，得到台秤的示数F 随时间t变化的图像如图所示，g取10 m /s
2。下列说法正确的
是（ ）
A．在0~2s内，该同学处于失重状态
B．在0~2s内，该同学的重力减小了50N
C．在0~11s内，电梯向下运动的距离为19m
D．在10~11s内，该同学处于超重状态，台秤示数为F3=590 N
【答案】AC
【详解】A．根据题图可知在0~2s内其视重比重力小，即在0~2s内，该同学处于失重状态，故A 正确；
B．在0~2s内，该同学处于失重状态，但其重力不变，故B 错误；
CD．根据题图可得mg=500 N
0~2s内，根据牛顿第二定律500 N −450 N =ma1
可得a1=1m/s
2
电梯最后静止，设10~11s内加速度为a2，则有a2×1=a1×2=2m/s
可得a2=2m/s
2
根据题图可知10~11s内，该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律F3−500 N =ma2
解得F3=600 N
在0~11s内，电梯向下运动的距离为x = 1
2 ×1×2
2m +2×8 m + 1
2 ×2×1
2m =19m
故C 正确，D 错误。
故选AC。
考点
三
斜面
连接体模型
、
知识点1 斜面模型（含等时圆模型）
斜面模型
一、光滑斜面
物块的运动加速度a＝g sinθ，方向沿斜面向下。
二、粗糙斜面
斜面倾角tanθ 与μ 的大小关系决定斜面上物体运动情况
物块在斜面上的运动状态有以下五种情况
①静止不动：静摩擦力Ff=mg sinθ≤μmg cosθ( μ≥tanθ;a＝0)
②沿斜面匀速下滑：mg sinθ=μmg cosθ，(μ=tanθ;a＝0)
③沿斜面加速下滑：mg sinθ>μmg cosθ( μ<tanθ；a＝g sin θ－μg cos θ)
④沿斜面减速下滑：mg sinθ<μmg cosθ( μ>tanθ；a＝μg cos θ－g sin θ)
⑤沿斜面减速上滑：a＝g sin θ+μg cos θ
粗糙斜面中两类问题
1、第一类：无力作用情况
(1)μ＝tan β，f=mg sinβ
m 匀速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力为零；
(2)μ<tan β，f<mg sinβ
m 加速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力水平向右；
(3)μ>tan β，f>mg sinβ
m 减速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力水平向左．
2、第二类：有力作用情况
m 匀速下滑，现对m 施加一个水平向右的力F
m 匀速下滑，即μ＝tan β
FN和f 的合力F 合与G 等大方向，所以M 受到m 的压力和摩擦力的合力方向竖直向下，因此水平面对M 没
有摩擦力
F N
‘ =mgcos β + Fsinβ f = μ F N
‘
f+Fcosβ>mgsinβ，所以m 做减速运动
F N
‘ 增大时，f 也等比例增大，两者合力的方向仍竖直向上
所以M 受到m 的作用力仍竖直向下，因此水平面对M 没有摩擦力
拓展
等时圆模型
1.“等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最
高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.模型的
情况
三种
F
一、解题思路：
1、对斜面上物体进行受力分析
2、对斜面体进行受力分析
二、解题关键点：
1、隔离法受力分析
2、滑动摩擦力的特点，滑动摩擦
力大小取决于FN和μ
三、解题易错点
1、M 对m 作用力的方向
2、整体法分析斜面体和水平面的
摩擦力
（1）质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
（2）质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
（3）两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所
用时间相等，如图丙所示。
知识点2 连接体模型
1、解题方法
连接体是指运动中几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或由绳子、细杆等联系在一起的物体组。
应用牛顿运动定律解决连接体问题时需注意：
（1）以连接体为研究对象时，应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；以连接体中一个物体作为研究对
象时，需要考虑物体间的内力。
（2）分析连接体问题时，常用到整体法与隔离法。连接体（系统）中各物体保持相对静止时具有相同的
加速度，求解外力时，一般先用隔离法分析某一个物体的统有受力和运动情况，求出其加速度，再用整体
法求解外力；求解连接体的内力时，一般先用整体法求出连接体的加速度，再用隔离法求解出物体间的内
力。
2、连接体中各物体的运动
（1）有共同加速度的连接体问题
先用整体法求加速度，再用隔离法求相互作用力。整体法求加速度，隔离法求相互作用力，两种方法
都是根据牛顿第二定律列方程求解。
（2）有不同加速度的连接体问题
①一个物体加速运动，另一个物体静止；②两个物体均加速运动，但加速度不相等。
系统所受的合外力等于系统内各物体的质量与各自加速度乘积的矢量和，即
。
3、连接体问题常见模型
（1）绳（弹簧）连接
轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向速度大小相等；在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的
速率不一定相等，在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
【注意】注意内力的方向，轻绳只能提供拉力、弹簧可能处于压缩状态也可能处于拉伸状态、轻杆可以提
供拉力也可以提供推力。
例如，求解A、B 之间的拉力，先用整体法求加速度
，再用隔离法求相互作用力，对B 进行
分析，
。
（2）接触连接
依靠相互的挤压（压力）联系。
例如，材料相同，质量分别为m1，m2的两物体A、B 在与斜面平行的力作用下，沿斜面向上做匀加速直线
运动，无论斜面光滑还是粗糙，A、B 之间的相互作用力为
。
考向1 斜面模型（含等时圆模型）
例1（2025·四川达州·一模）如图所示，质量为M 的斜面体放置在水平地面上，左倾角为53°，右倾角为
37°。质量为m 的两个小滑块（视为质点）a、b 同时从斜面顶端分别沿左、右斜面由静止下滑，不计物块
与斜面之间的摩擦，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g，sin37° =0.6,sin53° =0.8。在两滑块
到达斜面底端之前，下列说法正确的是（ ）
A．水平地面对斜面体的摩擦力向左
B．水平地面对斜面体的摩擦力向右
C．地面对斜面体的支持力大小为(2m+ M )g
D．滑块a、b 在斜面上的运动时间之比为3:4
【答案】D
【详解】AB．根据题意可知，a 对斜面体的压力水平分力为
F1=mgcos53°×cos37°b 对斜面体的压力水平分力为
F2=mgcos37°×cos53°
因为
F1= F2
所以水平地面对斜面体的摩擦力为零，故AB 错误；
C．竖直方向上，地面对斜面体的支持力大小为
N = Mg+mgcos53°×sin37°+mgcos37°×sin53° = Mg+mg
故C 错误；
D．滑块a、b 在斜面上的运动加速度之比为
a1
a2
= gsin53°
gsin37° = 4
3
设斜边长为L，位移之比为
x1
x2
= Lcos53°
Lcos37° = 3
4
根据
x = 1
2 at
2
可知，时间之比为3:4，故D 正确。
故选D。
例2（2025·四川内江·一模）如图，固定在水平地面上的光滑、足够长的斜面倾角为30°，其底端有一质量
为2kg 的小物体，物体在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下，由静止开始运动，经过一段时间t0后撤去
拉力F，此后，小物体继续沿斜面运动，再经过2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10 m /s
2。则拉力F
的大小是（ ）
A．14N
B．18N
C．20N
D．24N
【答案】B
【详解】取沿斜面向上为正方向，撤去F 前，位移
x = 1
2 a1t0
2
由牛顿第二定律
ma1= F −mgsin30°
撤去F 后，位移
−x = v ⋅2t0+ 1
2 a2(2t0)
2
其中
v =a1t0
由牛顿第二定律
ma2=−mgsin30°
联立，解得
F=18N
故选B。
【变式训练1】（2025·四川达州·高三月考）如图所示，两根直木棍AB 和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁
上固定不动，一根水泥圆筒从木棍的上部以一定初速度恰好匀速滑下。若保持两木棍倾角不变，将两棍间
的距离稍微增大后固定不动，圆筒再次从木棍的上部以相同的初速度释放，则下列说法正确的是（ ）
A．木棍AB 对圆筒的支持力减少
B．木棍CD 对圆筒的支持力不变
C．圆筒加速下滑
D．圆筒减速下滑
【答案】D
【详解】AB．对圆柱体的受力分析可知，圆柱体受到两木棍的支持力的合力FN=mgcosθ
画出圆柱体所受的两木棍支持力F 与其合力FN的关系图如图所示。
设两个支持力F 之间的夹角为α，根据平衡条件有2 F cos α
2 = FN
解得F = mgcosθ
2cos α
2
若保持两木棍倾角不变，即θ不变，则cosθ不变；设水泥圆筒的半径为R，两棍之间的距离为d，根据几何
关系有sin α
2 =
d
2
R = d
2 R
则将两棍间的距离d 稍微增大，可知sin α
2 增大，即α增大，故cos α
2 减小，则支持F 增大，故AB 错误；
CD．设每根木棍受到的滑动摩擦力大小为Ff= μF
则圆柱体受到的总的摩擦力F
′
f=2 Ff=2 μF
开始匀速时，根据平衡条件有F
′
f=mgsinθ
现将两棍间的距离d 稍微增大，则支持F 增大，根据F
′
f=2 μF
可知圆柱体受到的总的摩擦力F
′
f增大，即F
′
f>mgsinθ
故圆筒减速下滑，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练2】（2025·四川绵阳·高三月考）斜面A 固定在地面上，三角形小滑块B 在外力作用下静止在
斜面A 上。如图甲，撤去外力，B 从斜面A 上沿斜面自由下滑；如图乙，撤去外力，另加有竖直向下的恒
定外力F在B 上，B 从斜面A 上沿斜面下滑；如图丙，在B 上表面放置一重量与外力F大小相等的物块
C，B、C 一起从斜面A 上沿斜面下滑。则甲、乙、丙三种情况，滑块B 的速度一时间(v −t )关系图像，
可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设斜面倾角为α，小滑块B 质量为m，小滑块C 质量为m
′，小滑块B 与斜面的动摩擦因素为μ，
小滑块B 在斜面上自由下滑时，加速度度为a1，由牛顿第二定律得
mgsin α −μmgcosα =ma1
得a1= gsin α −μgcosα。
因为a1>0，所以有
gsin α > μgsin α，即有
sin α > μsin α
有竖直向下的恒定外力F在B 上时，由牛顿第二定律得( F +mg)sin α −μ( F +mg)cosα =ma2，得
a2= ( F +mg)sin α −μ( F +mg)cosα
m
= F(sin α −μcosα )
m
+ gsin α −μgcosα >a1。B、C 一起从斜面A
上沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得
(m+m
′)gsin α −μ(m+m
′)gcosα =(m+m
′)a3
得a3=a1= gsin α −μgcosα
因为v −t的斜率表示加速度，故乙的斜率最大，甲和丙的斜率相等小于乙的斜率。
故选D。
【变式训练3】（2025·四川成都·高三练习）一斜块M静止于粗糙的水平面上，在其斜面上放一滑块m，若
给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑，如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以
下说法正确的是( )
A．在m上加一竖直向下的力Fa,m将加速向下运动，M对地仍无摩擦力的作用
B．在m上加一沿斜面向下的力Fb,m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力
C．在上加一水平向右的力Fc ,m将做减速运动，m停止前M对地仍无摩擦力的作用
D．无论在m上加上什么方向的力，m停止前M对地的压力大小始终为(M +m)g
【答案】C
【详解】若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑，对m，有
mgsinθ = μmgcosθ
即得
sinθ = μcosθθ 是斜面的倾角。
A．当施加竖直向下的力Fa时，对整体受力分析，水平方向不受摩擦力，否则不能平衡，故对地面也没有
摩擦力；再对m 受力分析可知
(mg+ Fa)sinθ−μ(mg+ Fa)cosθ =0
所以m 依然做匀速运动，故A 错误；
B．在m 上加一沿斜面向下的力Fb，但m 与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受
支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向
仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，所以物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，故B 错误；
C．在m 上加一水平向右的力Fc，沿斜面方向：
mgsinθ−Fccosθ−μ(mgcosθ+ Fcsinθ)<0
故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了Fcsinθ，则摩擦力增加μ Fcsinθ，即支持力与摩擦力均
成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：
则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C
正确；
D．无论在m 上加上什么方向的力，m 对斜面的压力与m 对斜面的摩擦力都是以1: μ的比例增加，则其合
力的方向始终竖直向下，但大小会发生变化，所以加不同方向的外力，停止前M对地的压力大小会发生变
化，故D 错误。
故选C。
【变式训练4】（2024·四川凉山·一模）如图甲，A、B 两个物体分别在平行于斜面向上的拉力F 作用下在
同一斜面上运动，运动过程中加速度a 与F 的关系如图乙，由图可知（ ）
A．A 与斜面的动摩擦因数大于B 与斜面的动摩擦因数
B．A 与斜面的动摩擦因数等于B 与斜面的动摩擦因数
C．A 的质量小于B 的质量
D．A 的质量大于B 的质量
【答案】D
【详解】CD．两个物体在同一斜面上运动，根据牛顿第二定律有
F −mgsinθ−μmgcosθ =ma
整理得
F =ma+mgsinθ+ μmgcosθ
F −a图象的斜率为
k =m
由图可知
k A>k B
则
mA>mB
故C 错误，D 正确；
AB．两图象的纵截距相等，有
mA gsinθ+ μAmA gcosθ =mB gsinθ+ μBmB gcosθ
可得
μA< μB
故AB 错误。
故选D。
例3（多选）（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，O 点为竖直圆周的圆心，MN 和PQ 是两根光滑细
杆，两细杆的两端均在圆周上，M 为圆周上的最高点，Q 为圆周上的最低点，N、P 两点等高。两个可视
为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆MN、PQ 上，并从M、P 两点由静止释放，两圆环滑到
N、Q 两点时的速度大小分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，则（ ）
A．v1= v2
B．v1>v2
C．t1>t2
D．t1=t2
【答案】BD
【详解】连接NQ、MP，如图所示
小环1 从M 点静止释放，根据牛顿第二定律可得
a1= gsinθ
MN = 1
2 a1t1
2
MN =2 R sinθ
v1=a1t1
所以
t1= ❑√
4 R
g ，v1= ❑√4 gR sinθ
同理可得
t2= ❑√
4 R
g =t1，v2= ❑√4 gR sin α <v1
故选BD。
【变式训练1】（多选）如图所示，1、2、3、4 四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，
其运动时间分别为t1、t2、t3、t 4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O 为圆心，固定在水平面上的斜面
水平底端的长度为❑√3r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t1>t2
B．t3=t 4
C．t2<t 4
D．t1=t 4
【答案】BC
【详解】1 号小球的加速度为
a1= gsin 60° =
❑√3
2 g
位移为
x1=2r ⋅sin 60° = ❑√3r
运动时间为
t1= ❑√
2 x1
a1
=2❑√
r
g
2 号小球的加速度为
a2= gsin30° = 1
2 g
位移为
x2=2r ⋅sin30° =r
运动时间为
t2= ❑√
2 x2
a2
=2❑√
r
g
3 号小球的加速度为
a3= gsin 60° =
❑√3
2 g
位移为
x3=
❑√3r
sin30° =2❑√3r
运动时间为
t3= ❑√
2 x3
a3
= ❑√
8r
g
4 号小球的加速度为
a4= gsin30° = 1
2 g
位移为
x4=
❑√3r
sin 60° =2r
运动时间为
t 4= ❑√
2 x4
a4
= ❑√
8r
g
则
t1=t2
t3=t 4
t3−t1=t 4−t2=2(❑√2−1)❑√
r
g
t1=t2<t 4
故选BC。
【变式训练2】如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C 上端平齐，B 管竖直放置，A 管与B 管
的夹角为α，C 管与B 管的夹角为β，且α﹤β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三
球所处位置正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】如图所示，ABCD 为同一圆上的点，圆的半径为R，小球从A 沿光滑杆AB、AC、AD 滑下，
从AB 下滑用时，有
2 R = 1
2 gt1
2
解得
t1= ❑√
4 R
g
从AC 下滑，有
a= gcosθ
而AC 的长度为
L=2 R cosθ
故有
L= 1
2 at2
2
解得
t2= ❑√
4 R
g
同理若从AD 下滑，时间为t3= ❑√
4 R
g
，即小球到达圆上三点所用时间相同；
依此结论可知，而现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上，
且所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故选C。
考向2 连接体模型
例1（2025·四川攀枝花·二模）如图所示，两厚薄均匀、质量分别为m1、m2的滑块P、Q 叠放在水平地面
上，通过不可伸长的轻绳与固定在左侧墙壁上的轻质定滑轮连接在一起，轻绳绷直时刚好水平。已知滑块
P、Q 间、Q 与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平
向右的力F 拉滑块Q，力F 随时间t 的变化关系为F =kt （k >0），则刚拉动Q 时的拉力大小为
（ ）
A．2μm2g
B．μ（2m1+ m2）g
C．μ（3m1+ m2）g
D．μ（m1+2m2）g
【答案】C
【详解】Q 刚被拉动时，对P 受力分析如图所示
根据平衡条件则有F 拉= f QP= μm1g
同理对Q 受力分析如下图
则F = F 拉+ f PQ+ f 地
根据牛顿第三定律可知f QP= f PQ= μm1g
f 地= μ(m1+m2)g
联立解得F = μ(3m1+m2)g
故选C。
例2（2025·四川绵阳·高三月考）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物块A、
B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F 作用在物块A 上，使A 向上做匀加速直线运动，以系统静
止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x 正方向，得到F 随x 的变化图像如图乙所示。已知物块A 的质
量m=2kg，重力加速度g=10 m/s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块B 的质量为10kg
B．物块A 做匀加速直线运动的加速度大小为2m/s
2
C．F 作用瞬间，A、B 之间的弹力大小为8N
D．弹簧的劲度系数为120N/m
【答案】A
【详解】D．以A、B 整体为研究对象，设物块B 质量为M，静止时弹簧压缩量为x0，有
k x0=(m+ M )g
分离之前有
F +k (x0−x)−(m+ M )g=(m+ M )a
即
F =kx +(m+ M )a
所以F 随x 的变化图像的斜率等于劲度系数
k =
22−12
12.5×10
−2 N /m=80 N /m
D 错误；
AB．x =0时刻，有
12 N =(m+ M )a
分离时，有
22 N −mg =ma
联立解得
a=1m/ s
2
M =10kg
A 正确，B 错误；
C．施加拉力F 的瞬间，设A、B 之间的弹力为，对B 进行受力分析有
k x0−Mg−F N = Ma
解得
F N =10 N
C 错误。
故选A。
【变式训练1】（多选）如图所示，一质量M =3kg、倾角为α = 45
°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面
体上有一质量为m=1kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F 作用在斜面体上，系统恰好保持相对静
止地向左运动．重力加速度为g=10 m/s
2，下列判断正确的是（ ）
A．系统做匀速直线运动
B．F = 40 N
C．斜面体对物体的作用力F N=5 ❑√2N
D．增大F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【答案】BD
【详解】AB．对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有
F =(M +m)a
对楔形物体受力分析如图乙所示．由牛顿第二定律有
mg tan 45
°=ma
可得
F = 40 N ,a=10 m/s
2
故A 错误，B 正确；
C．斜面体对楔形物体的作用力
FN 2=
mg
sin 45
° = ❑√2mg=10 ❑√2N
故C 错误；
D．外力F 增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力
大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D 正确．
故选BD。
【变式训练2】（多选）（2025·四川攀枝花·三模）如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质
光滑滑轮，A、B 两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A 球之间的轻绳与
斜面平行、与B 球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B 球的加速度大小为g
3 ，已知重力加
速度为g，则A、B 两球的质量之比可能是（ ）
A．2 5∶
B．4 5∶
C．4 1∶
D．8 1∶
【答案】BD
【详解】由静止释放两球，释放后的瞬间B 球的加速度大小为g
3 ；
若B 球的加速度方向竖直向下，以B 球为对象，根据牛顿第二定律可得mB g−T =mB⋅g
3
以A 球为对象，根据牛顿第二定律可得T −mA gsin30° =mA⋅g
3
联立可得A、B 两球的质量之比为mA:mB= 4:5
若B 球的加速度方向竖直向上，以B 球为对象，根据牛顿第二定律可得T
′−mB g=mB⋅g
3
以A 球为对象，根据牛顿第二定律可得mA gsin30°−T
′ =mA⋅g
3
联立可得A、B 两球的质量之比为mA:mB=8:1
故选BD。
【变式训练3】（多选）（2025·四川泸州·高三月考）2025 年春节，小明一家人开着房车旅游过年。途中
小明将毛巾用衣架挂在一根轻绳上，轻绳两端P、Q 分别系在车厢前后两竖直立柱上，如图所示。衣架与
轻绳间摩擦不计，下列说法正确的是（ ）
A．房车经过拱桥最高点时轻绳的张力比静止时大
B．房车在水平路面匀速转弯时（毛巾没有与车厢接触）轻绳的张力比静止时大
C．房车在匀加速直线运动过程中，若P 端松动缓慢下滑，轻绳的张力会变小
D．房车在匀加速直线运动过程中，若P 端松动缓慢下滑，轻绳的张力会变大
【答案】BD
【详解】A．设毛巾与衣架质量为m，房车静止时，其受力如图
由平衡条件有2 F cosθ =mg
解得F =
mg
2cosθ
房车经过拱桥最高点时，对m，由牛顿第二定律有mg−2 F1cosθ = F向
解得F1= mg−F向
2cosθ < F
可知房车经过拱桥最高点时轻绳的张力比静止时小，故A 错误；
B．房车在水平路面匀速转弯时，设绳子合力方向与竖直方向为α角，对m，竖直方向有
2 F2cosθ×sin α =mg
整理得F2=
mg
2cosθ×sinα >
mg
2cosθ = F
可知房车在水平路面匀速转弯时（毛巾没有与车厢接触）轻绳的张力比静止时大，故B 正确；
CD．房车在匀加速直线运动过程中，若P 端松动缓慢下滑，轻绳张力的合力在竖直方向上与重力平衡，
但轻绳张力的合力在水平方向上产生加速度，故张力会变大，故C 错误，D 正确。
故选BD。
1.（辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s
从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10m/s2。下列v0、μ 值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/s
B．v0= 1.5m/s
C．μ = 0.28
D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
v = x
t = v0+ v
2
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v0
2= 2ax
整理有
v0
2 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s 可得
μ < 0.2
故CD 不可能。
故选B。
2.（全国甲卷·高考真题）如图，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。若由30°逐渐增大至60°，物
块的下滑时间t 将（ ）
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
【详解】设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知
L
cosθ = 1
2 gsinθt
2
可得
t
2=
4 L
gsin2θ
可知θ = 45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
故选D。
3．（2021·海南·高考真题）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=0.5kg、mQ=0.2kg，P 与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m /s
2。则推力F 的
大小为（ ）
A．4.0 N
B．3.0 N
C．2.5 N
D．1.5 N
【答案】A
【详解】P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有
T 1=mQ g=2N
f =T 1=2N< μmP g=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
T 2= T 1
2 =1N
故Q 物体加速下降，有
mQ g−T 2=mQa
可得
a=5m/s
2
而P 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P 由牛顿第二定律
T 2+ F −μmP g=mPa
解得
F = 4 N
故选A。
4．（多选）（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）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=2tanθ
B．t =t0时，甲的速度大小为3 v0
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
【详解】B．位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速
运动，乙物体做匀减速运动，在t0时间内甲乙的位移可得x甲= v0+ v
2
t0=3 x0, x乙= v0+0
2
t0= x0
可得t0时刻甲物体的速度为v =2v0，B 错误；
A．甲物体的加速度大小为a1= v −v0
t0
乙物体的加速度大小为a2= v0
t0
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ−μ1mgcosθ =ma1
同理可得乙物体μ2mgcosθ−mgsinθ =ma2
联立可得μ1+ μ2=2tanθ，A 正确
C．设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得f =ma1cosθ−ma2cosθ =0
则t =t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；
D．t =t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f =ma1cosθ
即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
故选AD。
5．（多选）（海南·高考真题）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P 和Q，质量分别为m1和m2
，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F 作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，
则（ ）
A．两物块一起运动的加速度大小为a=
F
m1+m2
B．弹簧的弹力大小为T =
m2
m1+m2
F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC
【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
F −(m1+m2)gsinθ =(m1+m2)a
解得a=
F
m1+m2
−gsinθ，故A 错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
F弹−m2 gsinθ =m2a
解得F 弹= m2 F
m1+m2
，故B 正确；
C．根据F 弹= m2 F
m1+m2
=
F
m1
m2
+1，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克
定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C 正确；
D．根据F 弹= m2 F
m1+m2
，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸
长量不变，故它们的间距不变，故D 错误。
故选BC。
