文档文本内容
第15 讲 牛顿运动定律的应用(二)
一、 考点精讲练
考点01：动力学中的连接体问题（必备知识+3 例+3 变式+能力提升）
考点02：动力学中的临界极值问题（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点03：动力学图像问题（必备知识+2 例+3 变式+能力提升）
二、 巩固提升（精选18 道题）
一、常见的连接体模型
1.物物叠放连接体
物体通过弹力、摩擦力等作用,具有相同的速度和加速度。
2.轻绳连接体
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,轻绳对物体的弹力方向始终沿绳。
3.轻杆连接体
轻杆平动时,连接体具有相同的速度和加速度;轻杆参与复合运动时,两端的连接体沿杆方向的速度大小
总是相等的;轻杆转动时,两端连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比。两端连接体所受弹力
方向可能沿杆,也可能不沿杆。
考点一
动力学中的连接体问题
本讲要点
4.轻弹簧连接体
在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速度相
等。
二、整体法与隔离法的选取原则
1.整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们
看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
2.隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各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、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一
般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”。
三、解决连接体问题的基本思路
【例1-1】（2025·安徽·高考真题）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1.0kg，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10m/s
2，
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2.5m/s
2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N
【答案】C
【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A 错误；
B．设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，
对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN= M 总g−ma
则地面对木箱的支持力大小不变，B 错误；
CD．设绳子的弹力大小为T，对甲受力分析有T −μmg=ma
对乙受力分析有mg−T =ma
联立解得a=2.5 m/s
2，T =7.5 N
C 正确，D 错误。
故选C。
【例1-2】（2025·安徽滁州·二模）如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，
木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C 处。现用力竖直向下将木板
中心拉到D 处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分分离。若木板中心位于B 处时，弹簧处
于原长状态，位置A 与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于（ ）
A．C 处
B．B 处
C． D、C 之间
D．B、A 之间
【答案】B
【详解】物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用加速度为g，则
此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木
板在B 处。
故选B。
【例1-3】（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。
【变式1-1】如图所示，光滑轻质滑轮固定在物块B 上，细绳的一端固定在斜面上，另一端跨过滑轮与物
块A 相连。初始时，在沿斜面向上的外力作用下，质量分别为3m 和2m 的物块A、B 静止在光滑斜面上，
斜面倾角θ =30°。现仅改变外力大小，使两物块沿斜面向上做匀加速直线运动，经时间t 物块B 沿斜面向
上滑动的距离为d，B 未到达细绳固定处，细绳始终与斜面平行。已知重力加速度为g，则外力改变后，下
列说法正确的是（ ）
A．物块B 的加速度大小为4 d
t
2
B．物块A 的加速度大小为2d
t
2
C．细绳的拉力大小为m(gt
2+7d)
4t
2
D．外力的大小为2m(gt
2+7d)
t
2
【答案】D
【详解】AC．以物块B 为研究对象，由运动学公式和牛顿第二定律得d = 1
2 a1t
2，
2 FT−2mgsin30° =2ma1
联立解得物块B 的加速度大小为a1= 2d
t
2
细绳的拉力大小为FT= m(gt
2+ 4 d)
2t
2
故A 错误，C 错误；
BD．以物块A 为研究对象，由运动学公式和牛顿第二定律得2d = 1
2 a2t
2，F −FT−3mgsin30° =3ma2
联立解得物块A 的加速度大小为a2= 4 d
t
2
外力的大小为F = 2m(gt
2+7d)
t
2
故B 错误，D 正确。
故选D。
【变式1-2】（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1-3】（多选）如图甲所示，倾角θ =37°、底端带有固定挡板的足够长的斜面体置于水平面上，斜
面光滑，劲度系数k =500 N / m的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A 相连，小
物块B 紧靠着A 一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a 做匀加速运动，稳定后
弹簧的形变量大小为x，如图乙所示为弹簧形变量x 与相应加速度a 间的x−a关系图像，弹簧始终在弹性
限度内，重力加速度g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。下列说法正确的是（ ）
A．乙图中a0=7.5 m /s
2
B．物块A 的质量mA=1kg
C．物块B 的质量mB=1kg
D．当a>a0时，斜面体对物块B 的支持力FN与a 的关系式为FN=16+1.2a (N)
【答案】ABD
【详解】A．根据图乙可知，加速度为a0时， 弹簧形变量x 为0，即此时弹簧处于原长，对A、B 整体分析
有
(mA+mB)g tanθ =(mA+mB)a0
解得
a0=7.5 m /s
2
故A 正确；
BC．根据图乙，加速度为0 时，弹簧压缩量为
x0=3.6×10
−2m
A、B 处于静止状态，对A、B 整体分析有
(mA+mB)gsinθ =k x0
根据图乙可知，加速度大于a0时，弹簧处于拉伸状态，此时A、B 分离，对A 进行分析有
N 1cosθ =kx sinθ+mA g，N 1sinθ+kx cosθ =mAa
解得
x = 4 mA
5k a−3mA g
5k
结合图乙有
−3mA g
5k
=−1.2×10
−2m
结合上述解得
mA=1kg，mB=2kg
故B 正确，C 错误；
D．结合上述可知，当a>a0时，A、B 分离，B 与斜面在垂直于斜面方向的分加速度相等，对B 进行分析，
则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有
F N−mB gcosθ =mBasinθ
结合上述解得
FN=16+1.2a (N)
故D 正确。
故选ABD。
【解题能力提升】
连接体中力的“分配规律”
如图所示，一起做匀加速运动的物体系统，若外力F 作用于质量为m1的物体上，两物体间的弹力F 弹
＝
m2
m1＋m2
F;若作用于质量为m2的物体上，则F 弹＝
m1
m1＋m2
F。此结论与有无摩擦无关(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、有何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无
关，而且物体系统处于水平面、斜面、竖直方向时，结论都成立。
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。
考点二
动力学中的临界极值问题
3．动力学临界极值问题的三种解法
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2-1】（多选）如图，斜面B 放置在粗糙水平面上，物块A 放置在斜面B 上，在力F 的作用下使AB 一
起向左做匀加速直线运动，现将作用在B 上的外力F 增大一点，关于物块A 与斜面B 受的摩擦力说法正确
的是（ ）
A．斜面B 对A 的摩擦力可能增大，地面对B 的摩擦力增大
B．斜面B 对A 的摩擦力可能减小，地面对B 的摩擦力不变
C．斜面B 对A 的摩擦力可能增大，地面对B 的摩擦力不变
D．斜面B 对A 的摩擦力可能不变，地面对B 的摩擦力减小
【答案】BC
【详解】无论外力F 多大，则对AB 的整体而言，整体对地面的压力不变，则地面对B 的摩擦力不变；
设整体水平加速度为a，若开始时物块A 由相对斜面向上运动的趋势，则A 受B 的摩擦力沿斜面向下，根
据牛顿第二定律
f +mgsinθ =macosθ
将作用在B 上的外力F 增大一点，则加速度a 变大，则斜面B 对A 的摩擦力增大；若开始时物块A 由相对
斜面向下运动的趋势，则A 受B 的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律
mgsinθ - f =macosθ
将作用在B 上的外力F 增大一点，则加速度a 变大，则斜面B 对A 的摩擦力减小。
故选BC。
【例2-2】如图所示，质量mB=2 kg 的水平托盘B 与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA=1 kg 的
小物块A，整个装置静止。现对小物块A 施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a=2 m/s2
做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600 N/m，g=10 m/s2。以下结论正确的是（ ）
A．变力F 的最小值为2 N
B．变力F 的最小值为12 N
C．小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为
❑√5
5 m/s
【答案】C
【详解】AB．A、B 整体受力产生加速度，则有F＋FNAB-（mA＋mB）g=(mA＋mB）a
可得F=(mA＋mB）a＋（mA＋mB）g-FNAB
当FNAB最大时，F 最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A 和B 的重力之和，则Fmin=(mA＋mB）a=6 N
故AB 错误；
CD．刚开始，弹簧的压缩量为x1=mA+mB
k
=0.05 m
AB 分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa
可得x2=0.04 m
物块A 在这一过程的位移为Δx=x1-x2=0.01 m
由运动学公式可知v2=2aΔx
代入数据得v=0.2 m/s
故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式2-1】（2025·河南·三模）如图所示，倾角为53°的斜面体放在水平面上，在斜面顶端O 固定一个定
滑轮，绕过定滑轮的细线两端分别连接着质量均为m 的物块A、B。滑轮两边的细线分别与斜面体的竖直
面和斜面平行，斜面光滑，竖直面粗糙，物块B 与竖直面接触且锁定在斜面体上。斜面体以一定的加速度
向左做匀加速运动时，物块A 对斜面的压力恰好为零，撤去对物块B 的锁定，物块B 又刚好不上滑。最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g、sin53° =0.8，则物块B 与竖直面间的动摩擦因数为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
4
D．1
5
【答案】B
【详解】斜面体以一定的加速度a向左做匀加速运动时，物块A 对斜面的压力恰好为零，物体受重力mg和
拉力T
对A 由牛顿第二定律T cos53° =ma
而T sin53° =mg
可得a= 3
4 g,T = 5
4 mg
撤去对物块B 的锁定，物块B 刚好不上滑，其以相同加速度a向左做匀加速运动，最大静摩擦力f 向下。
对B 由牛顿第二定律F =ma
而T =mg+ μF
联立得μ= 1
3
故选B。
【变式2-2】（2025·河北·三模）在水平面上放置一个质量为m=1kg的滑块B，其上方有一个光滑的圆弧
形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在光滑的圆弧形凹槽中，截面图如图所示，圆柱A截面的圆心O与
滑块B接触的左端点的连线跟竖直方向的夹角为α =37
∘。用不可伸长的轻绳跨过定滑轮，将质量为
M =3kg的物块C与滑块B连接起来，轻绳张紧后由静止释放物块C。已知滑块B离定滑轮较远，轻绳与水
平面保持平行，滑块B在水平面上的动摩擦因数为μ=0.5，不计空气阻力及绳与定滑轮之间的摩擦，
sin37
∘=0.6，重力加速度为g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱A与滑块B之间会发生相对滑动
B．滑块B对圆柱A的作用力大小为4 N
C．将物块C换成质量为11kg的物块，圆柱A与滑块B之间发生相对滑动
D．如果滑块B在水平面上的动摩擦因数可以改变，当μ取合适的值，圆柱A与滑块B之间可能发生相对
滑动
【答案】C
【详解】AC．当圆柱A与滑块B恰好发生相对滑动时，仍可视为一个整体，设加速度为a0，物块C的质量为
M 0
对圆柱A进行受力分析，mgtan37
∘=ma0
解得a0= 3
4 g
对圆柱A、滑块B、物块C整体进行受力分析，M 0 g−2 μmg=(M 0+2m)a0
解得M 0=10kg
由于物块C的质量为M =3kg< M 0，A、B相对静止，故A 错误，C 正确；
B．设整体加速度为a，对整体进行受力分析，Mg−2 μmg=(M +2m)a
解得a= 2
5 g= 4 m /s
2
则滑块B对圆柱A的作用力为F =
❑√(mg)
2+(ma)
2=2❑√29 N，故B 错误；
D．若圆柱A与滑块B恰好发生相对滑动，则加速度为a0= 3
4 g
假设滑块B与水平面间无摩擦，对整体进行受力分析，设加速度为a1
根据牛顿第二定律有，Mg=(M +2m)a1
解得a1= 3
5 g<a0，所以无论μ取何值，圆柱A与滑块B之间均保持相对静止，故D 错误。
故选C。
【解题能力提升】
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。
常见的动力学图像：v－t 图像、a－t 图像、F－t 图像、F－a 图像等。
1. v－t 图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。
2. a－t 图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定
律列方程求解。
3. F－t 图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
4. 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。
【例3-1】（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg 的分拣机器人沿水平直线轨道
运动，受到的合力沿轨道方向，合力F 随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t 图画出如图所示的a—t 图像
考点三
动力学图像问题
可知机器人在0 ~ 1s 和2 ~ 3s 内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t 图线的斜率表示加速度可知A
正确。
故选A。
【例3-2】(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。
【变式3-1】(2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H 高度处由静止
释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t0忽
略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y 图像或y－t 图像
可能正确的是( )
【答案】 B
【详解】在木块下落H 高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg，在木块接触弹簧
到合力为零的过程中，有mg－k(y－H)＝F，随着y 增大F 减小，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低
点的过程中，有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y 增大F 增大，故A 错误，B 正确；在木块
下落H 高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y－t 图像斜率逐渐增大，在木块接触弹簧
到合力为零的过程中，木块做加速度减小的加速运动，速度继续增大，所以y－t 图像斜率继续增大，在弹
簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，
所以y－t 图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做匀加速运动，然后做
加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y－t 图像大致如
图所示，故C、D 错误。
【变式3-2】(2024·全国甲卷)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
【详解】 当砝码的质量m 很小时，物块P 未被拉动；当物块P 被拉动时，将砝码、砝码盘(质量忽略)和
物块P 看成一个整体，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－μmPg＝(m＋mP)a，可得a＝，当
m→∞时，a→g。综上可知，D 正确。
【解题能力提升】
解题策略
【变式3-3】(多选)(2023·全国甲卷)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 的关系图线如图所示。由图可知( )
A．m 甲<m 乙
B．m 甲>m 乙
C．μ 甲<μ 乙
D．μ 甲>μ 乙
【答案】 BC
【详解】根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a 图像的斜率为m，纵截
距为μmg，则由题图可看出m 甲>m 乙，μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，则μ 甲<μ 乙，故选BC。
【解题能力提升】
分析动力学图像问题的方法技巧
1.分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过
程。
2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过
程。
3.建立图像与公式间的关系：对于a－F 图像、F－x 图像、v－t 图像、v2－x 图像等，都应先建立函数关
系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、面积、截距等对应的物理意义。
4.要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态
往往发生变化)。
1．为了增强起跑爆发力，运动员常在腰间绑有弹性拉力带，此过程可等效为如图所示的模型。在倾角为θ
的斜面体上用轻质细绳系一小球，在水平拉力F 的作用下，斜面体从静止开始向左加速运动。该过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．与静止时相比，绳子拉力一定增大
B．与静止时相比，斜面对小球弹力一定增大
巩固提升
C．运动中随着拉力的增大地面对斜面体的摩擦力一定增大
D．当斜面体的加速度a≥gtanθ时，小球对斜面体无压力作用
【答案】A
【详解】
AB．如图所示，小球静止时受到重力mg、绳子拉力T、斜面弹力N 三个力作用，由平衡条件得绳子拉力
T 0=mgsinθ
斜面对小球弹力N 0=mgcosθ
当斜面体向左加速运动时，在小球没离开斜面之前，水平方向有T cosθ−N sinθ =ma
竖直方向有T sinθ+ N cosθ =mg
解得T =m(acosθ+ gsinθ)，N =mgcosθ−masinθ
则T >T 0，N < N 0
A 正确，B 错误；
C．由整体法受力分析，斜面体受到的摩擦力f = μ(M +m)g
与斜面体的加速度无关，保持不变，C 错误；
D．当小球刚好离开斜面时T sinθ =mg，T cosθ =ma0
解得a0=
g
tanθ
当斜面体加速度a≥
g
tanθ
小球对斜面体无压力作用，D 错误。
故选A。
2．如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F，从某点P以v0= 4 m/s
的速度向左滑动，物体运动的部分速度v随时间t的变化图像如图乙所示，已知物体的质量m=3kg，取重
力加速度大小g=10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．F的大小为12N
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C．物体回到P点的速度大小为1.5 m/s
D．物体回到P点的时刻为1.5s
【答案】D
【详解】AB．物体向左做减速运动时，加速度大小a1= 4
0.5 m /s
2=8 m /s
2
物体向右加速时a2= 1
0.5 m /s
2=2m /s
2
根据F + μmg=ma1，F −μmg=ma2
解得F =15 N，μ=0.3，选项AB 错误；
CD．物体向左运动的位移为x1= 1
2 ×4×0.5m=1m
根据x = 1
2 a2t2
2
解得t2=1s，v =a2t2=2m /s
故物体回到P点的时刻为1.5s，选项C 错误、D 正确。
故选D。
3．物块a、b 中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，ma=3kg，如图甲所示．开始时两物块均静
止，弹簧处于原长，t =0时对物块a 施加水平向右的恒力F，t =2s时撤去恒力F，在0~2s 内两物块的加速
度随时间变化的情况如图乙所示．弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（ ）
A．0~2s 内物块a 与物块b 间的距离一直在减小
B．物块b 的质量为mb=3kg
C．撤去F 瞬间，a 的加速度大小为0.8 m /s
2
D．若不撤去F，则2s 后两物块将一起做匀加速运动
【答案】C
【详解】a−t图像图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量，由题图乙可看出，0∼2s（0 时刻除
外）内a的速度一直大于b的速度，所以0∼2s内物块a与物块b间的距离一直在增大，故A 错误；t =0时，
弹簧弹力为零，对a，根据牛顿第二定律可得F =maa0=6 N，t =2s时，a、b整体加速度相同，对整体，
根据牛顿第二定律可得F =(ma+mb)a1=6 N，解得mb=2kg，故B 错误；t =2s时，对b，根据牛顿第二定
律可得，弹簧弹力大小为F x =mba1=2.4 N，撤去F瞬间，弹簧弹力不会突变，此时a的加速度大小为
a
′
1= F x
ma
=0.8 m /s
2，故C 正确；a−t图像图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量，由题图乙可看
出，t =2s时a的速度大于b的速度，若此时不撤去F，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，a的加速度减
小，b的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故D 错误．
4．如图1 所示，质量相等的物块A、B 紧靠在一起放置在水平地面上，水平轻弹簧一端与A 拴接，另一端
固定在竖直墙壁上。开始时弹簧处于原长，物块A、B 保持静止。t =0时刻，给B 施加一水平向左的恒力
F，使A、B 一起向左运动，当A、B 的速度为零时，立即撤去恒力。物块B 的v −t图像如图2 所示，其中
t 4至t5时间内图像为直线。弹簧始终在弹性限度内，A、B 与地面间的滑动摩擦力大小恒定，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．t3时刻A、B 分离
B．改变水平恒力F 大小，t 4~t5的时间不变
C．0~t 4时间内图像满足同一正弦函数规律
D．0~t2和t2~t 4时间内图2 中阴影面积相等
【答案】D
【详解】A．由题意结合题图2 可知，t3时刻弹簧弹力与B 所受的摩擦力大小相等，弹簧处于压缩状态，t 4
时刻弹簧刚好恢复原长，A、B 刚要分离，故A 错误；
B．改变水平恒力F 大小，则弹簧压缩量变化，弹性势能改变，两物体分开时B 的动能增大，则t 4~t5的时
间改变，故B 错误；
C． 0~t2时间内整体受外力、弹力、摩擦力做功，t2~t 4时间内受弹力与摩擦力做功，根据功能关系可知
动能变化不相同，则0~t 4时间内图像不满足同一正弦函数规律，故C 错误；
D．t 4时刻弹簧刚好恢复原长，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，0~t2和t2~t 4时间内图2 中阴
影面积相等，故D 正确；
故选D。
5．如图所示，三个质量均为5kg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=10 m /s
2，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
【详解】A．由题可知，地面对A 的最大静摩擦力为f maxA= μAmg=15 N
当F ≤f maxA时，A静止，A、B之间没有挤压，彼此间弹力为零，故A 错误；
B．地面对B 的最大静摩擦力f maxB=2 μBmg=20 N
当f maxA< F ≤f maxA+ f maxB
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，f B= F −f maxA=5 N，故B 错误；
CD．当F >f maxA+ f maxB时，A、B、C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则有μCmg=ma0
对A、B、C整体有F0−μAmg−2 μBmg=3ma0
可得F0=95 N
因此当f maxA+ f maxB< 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整体则有F1−μAmg−2 μBmg=3ma1
解得a1=1m /s
2
对C则有f C =ma1=5 N，故C 正确，D 错误。
故选C。
6．如图甲所示，劲度系数k =80 N/m的轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端叠放P、Q 两物块，系统处
于静止状态。现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做加速度a=1m/s
2的匀加速直线运动，F 随时
间t 变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g 取10m/s
2，设P 的质量为m，Q 的质量为M，则下列关于
m 和M 的值计算正确的是（ ）
A．m=2kg, M =8kg
B．m= 4 kg, M =8kg
C．m=3kg, M =9kg
D．m=2kg, M =10kg
【答案】D
【详解】t =0时刻，F 最小，F 的最小值Fmin=(M +m)a=12N；当P、Q 分离后，F 恒定，此时F 最大，
对P 分析得Fmax−mg =ma，整理得Fmax =mg+ma=22N，解得m=2kg, M =10kg，D 正确。
7．如图所示，三个质量均为m=1kg的物块用不可伸长的轻绳连接起来，各物块间、物块与接触面间的动
摩擦因数均为μ=0.1，绳子和滑轮间的摩擦不计，其中水平面内的绳子处于水平方向，而竖直面内的绳子
处于竖直方向，g=10 m /s
2。将该系统由静止释放，三个物块开始运动，则竖直面内的物块的加速度为（
）
A．2m /s
2
B．2.5 m /s²
C．3 m /s
2
D．10
3 m /s
2
【答案】A
【详解】设竖直绳拉力为T 1，绕过定滑轮的绳子拉力为T 2，三物体加速度大小一样为a，由牛顿第二定律
对竖直方向物块mg−T 1=ma
对水平面上的下方物块T 1−T 2−μmg−2 μmg=ma
对水平面上的上方物块T 2−μmg=ma
联立解得竖直面内的物块的加速度为a=2m/ s
2
故选A。
8．如图所示，一带有“T”型支架，质量为M 的小车置于光滑水平地面上，OA 为轻质活杆，可绕O 点无摩
擦转动，O′B 为轻绳，其两端分别连接质量为m 和2m 的小球A、B。在水平恒力F 作用下，整个装置保持
相对静止一起运动，OA、O′B 与竖直方向夹角分别为β 、θ，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．β大于θ
B．小车加速度大小为a= gtan β
C．轻杆对小球A 的弹力大小为mgcos β
D．恒力F 大小为(M +3m)gsinθ
【答案】B
【详解】AB．OA 为轻质活杆，杆的弹力沿杆方向，细线的拉力沿绳的方向，根据mgtanα=ma
可知tan α = a
g
所以β一定等于θ，小车加速度大小为a= gtan β，A 错误，B 正确；
C．对小球A 有cos β = mg
F N
解得F N = mg
cos β ，C 错误；
D．对系统，由牛顿第二定律得F =(M +3m)a=(M +3m)gtanθ，D 错误。
故选B。
9．2024 年底CR450 动车组成功下线，其最高速度可超过450 公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。
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
3
D．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
【答案】D
【详解】AB．当动车组做匀速运动时，对整体有 4 F =8 f
解得F =2f
则根据平衡条件可知第一列车厢有 F12= f
对于一、二列车厢整体有 2f = F + F23
可得二、三节车厢间作用力为 F23=0
以此类推，可知 F34= f ， F45=0 ， F56= f ， F67=0 ， F78= f
则可知各车厢间的作用力不是都为零，A 错误；B 错误；
CD．若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律有 4 F −8 f =8ma2
整列车的加速度大小为 a2= F −2f
2m
对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律有 F '34+2 F −5 f =5ma2
解得 F '34= F
2 ，C 错误；D 正确。
故选D。
10．（多选）如图所示，水平地面上有一小车，用两段不可伸长的轻绳将一质量为m的小球O悬挂在车厢
水平顶部的A、B 处，且OA =OB = AB。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球和车都静止时，轻绳OA上张力的大小
❑√3
2 mg
B．当轻绳OA恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为
❑√3
3 g，方向向右
C．当轻绳OB恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为1
2 g，方向向左
D．当小车以
❑√3
2 g的加速度向右加速时，OB绳上张力大小为
❑√7
2 mg
【答案】BD
【详解】A．当小车静止时，设轻绳OB和OA的拉力分别为F1、F2
由平衡条件得
水平方向F1cos60
∘= F2cos60
∘
竖直方向F1sin60
∘+ F2sin60
∘=mg
解得F1=
❑√3
3 mg，故A 错误；
B．当轻绳OA拉力为零时，说明小球随小车向右加速，设此时轻绳OB的拉力为F3，加速度为a，根据平
衡条件及牛顿第二定律得
竖直方向F3sin60
∘=mg
水平方向F3cos60
∘=ma
解得a=
❑√3
3 g，方向向右，故B 正确；
C．当轻绳OB拉力为零时，说明小球随小车向左加速，设此时轻绳OA的拉力为F4，加速度为a，根据平
衡条件及牛顿第二定律得
竖直方向F4sin60
∘=mg
水平方向F4cos60
∘=ma
解得a=
❑√3
3 g，方向向左，故C 错误；
D．由B 析可知，当轻绳OA的拉力恰好为零时a=
❑√3
3 g
此时a1=
❑√3
2 g>a
说明小球已飘起，轻绳OA已经松弛，设此时轻绳OB拉力为F2
' ，根据平衡条件及牛顿第二定律得
水平方向F2 x
' =ma1
竖直方向F2 y
' =mg
解得F2
' =
❑√（mg）
2+（ma1）
2=
❑√7
2 mg，故D 正确。
故选BD。
11．（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 拴接，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
5 g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，sin37° =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
5 mg
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
【详解】A．施加拉力之前，A、B 整体受力平衡，根据平衡条件有F弹=3mgsinθ
施加拉力瞬间A、B 开始向上一起做加速度大小为a= 1
5 g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−3mgsinθ =3ma
解得F = 3
5 mg
对A，根据牛顿第二定律有F + FBA−2mgsinθ =2ma
解得A、B 间的弹力大小为FBA=mg
故A 正确；
BD．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−2mgsinθ =2ma
解得Fmax= 8
5 mg
对B 根据牛顿第二定律有F
′
弹−mgsinθ =ma
解得A、B 分离瞬间弹簧弹力大小为F
′
弹= 4
5 mg
故B 正确，D 错误。
C．根据以上分析可知整个过程中拉力F 一直增大，故C 错误。
故选AB。
12．（多选）射击训练中，子弹因空气阻力的作用会影响其运动状态。如图甲，某运动员先后两次在不同
环境下从同一高度水平射出完全相同的子弹，每次子弹均从离开枪口开始计时，用v y表示子弹在竖直方向
的分速度，其v y−t图像如图乙所示（取竖直向下为正方向），a、b 两点对应的竖直方向的速度大小均为
v y 1，则（ ）
A．0∼ta过程中子弹沿竖直方向的位移比0∼tb过程的大
B．0∼ta过程中子弹沿竖直方向的平均加速度比0∼tb过程的大
C．ta时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比tb时刻的小
D．ta时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比tb时刻的小
【答案】BD
【详解】B．v y−t图像斜率表示竖直方向的加速度，由图像斜率可知第一次斜率更大，即0∼ta过程中子
弹沿竖直方向的平均加速度比0∼tb过程的大，故B 正确，
A．根据2ax = v
2 ，由于a、b 两点对应的竖直方向的速度大小均为v y 1，可知：0∼ta过程中子弹沿竖直方
向的位移比0∼tb过程的小，故 A 错误；
C．根据受力分析可知，在竖直方向有：mg−f y =ma y
由图知：ta时刻子弹竖直方向的加速度大于tb时刻子弹竖直方向的加速度，所以可知：
ta时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比tb时刻的大，故C 错误；
D．ta时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比tb时刻的小，故 D 正确；
故选BD 。
13．（多选）斜劈形物体B质量为3kg，倾角为37
∘，物块A质量也为3kg，放在斜劈B上，A与B之间的最
大静摩擦因数为0.8。现将物体C通过细绳与斜劈B相连，轻绳跨过轻质定滑轮，如图所示。除A、B之间
的接触面之外，其它部位的摩擦及空气阻力都忽略不计。将此系统由静止释放，发现物块A与斜劈B保持
相对静止，则物体C的质量可能是（ ）(sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8,g=10 m /s
2)
A．0.05kg
B．0.15kg
C．0.25kg
D．0.35kg
【答案】AB
【详解】将A、B、C 三个物体整体受力分析，物块A与斜劈B保持相对静止时，它们具有共同的加速度，
根据牛顿第二定律则有mC g=(mA+mB+mC)a
单独对A 受力分析则有f sin37°+ F Ncos37° =mA g，f cos37°−FNsin37° =mAa
又因为f = μ FN
联立解得mC≈0.194 kg
即物块A与斜劈B保持相对静止时，物块C 的最大质量约为0.194 kg
故选AB。
14．（多选）如图所示，大小相同但质量不同的两物块A、B 紧靠在一起，先将A、B 放到光滑水平地面上，
对A 施加水平向右的恒力F；再将A、B 放到粗糙水平地面上，也对A 施加水平向右的恒力F。已知A、B
与地面间的动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．在光滑地面上时，A、B 两物块一定做匀加速直线运动
B．在粗糙地面上时，A、B 两物块一定做匀加速直线运动
C．在粗糙地面上时，A 对B 的推力比在光滑地面上时A 对B 的推力大
D．若F 大于A、B 整体与地面间的最大静摩擦力，则两种情形下，A 对B 的推力一样大
【答案】AD
【详解】A．光滑水平面上，对A、B 整体有F =(mA+mB)a
可知AB 做匀加速直线运动，故A 正确；
B．在粗糙地面上时，若F 小于A、B 整体与地面间的最大静摩擦力，加速度a 为0，AB 均静止不动，故B
错误；
C．若a=0时，A、B 之间可能不存在作用力，故C 错误；
D．若地面光滑，A 对B 的作用力F1=mBa=
mB
mA+mB
F
若F 大于A、B 整体与地面间的最大静摩擦力，粗糙水平面上，若a>0时，对A、B 整体有
F −μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1
对B 有F2−μmB g=mBa1
解得F2=
mB
mA+mB
F = F1
故D 正确。
故选AD。
15．（多选）如图甲所示，对静止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a 随时间t
变化的图像如图乙所示，2.5s 后加速度保持不变；箱内有一光滑斜面，斜面倾角θ =37°，可视为质点的滑
块刚开始在斜面底部。已知木箱质量M =2kg，滑块的质量m=1kg，斜面高H =9.6cm。下列说法正确的
是（ ）（sin37° =0.6、cos37° =0.8，g=10 m/s
2）
A．1s 末，水平拉力F 的大小为4N
B．2s 末，木箱的速度为6m/s
C．2.5s 后滑块开始相对于斜面向上运动D．2.8s 末滑块到达斜面顶部
【答案】BC
【详解】A．以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑
块的加速度
a= g tanθ =7.5 m/s
2
1s 末由图可知a1=3 m/s
2，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二定律
F =( M +m)a1
解得
F =9 N
A 错误；
B．根据图像可知，2s 内速度增加量
Δv = 1
2 a2 Δt =6 m/s
2s 末速度为6m/s，B 正确；
C．2.5s 末滑块的加速度为7.5 m/s
2，滑块相对于斜面开始滑动，C 正确；
D．2.5s 后开始发生相对滑动，设相对加速度为a3，根据
ma3=macosθ−mgsinθ，H
sinθ = 1
2 a3t
2
解得
t =0.4s
则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s 末，D 错误。
故选BC。
16．如图甲所示，质量m=1kg的物体沿倾角θ =37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作
用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图乙
所示．求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)比例系数k．
【答案】(1)μ=0.25
(2)k =0.84 kg/s
【详解】（1）对初始时刻F 风=0，由题图乙读出a0= 4 m/s
2，有
mgsinθ−μmgcosθ =ma0，
解得μ=0.25．
（2）末时刻加速度为零，有
mgsinθ−μN −kv cosθ =0，
又N =mgcosθ+kv sinθ，
由图得出此时v =5 m/s，
代入解得
k =0.84 kg/s．
17．用不可伸长的轻质细线将物块A、B 和质量不计的定滑轮组装成图示装置。已知A、B 的质量分别为
mA=1kg，mB=3kg，开始时，A 离地高度为L1=1m，B 离地高度为L2=10 m。连接A 和B 的细线足够长，
初始时整个系统处于静止状态。某时刻剪断A 与地面间的细线，此后A 在运动过程中始终没有与定滑轮相
碰，B 触地后不反弹，g 取10 m /s
2，求：
(1)B 在下落过程中的加速度大小；
(2)A 离地的最大高度H。
【答案】(1)5 m /s
2
(2)16 m
【详解】（1）剪断细线后，设绳上拉力大小为T，由牛顿第二定律可知T −mA g=mAa，mB g−T =mBa，
联立，解得a=5 m/s
2
（2）物块B 落地时速度大小与A 相同，设为v，则有v
2=2a L2
解得v =10 m/s，B 落地后，A 竖直上抛，设上升h，则v
2=2gℎ
解得ℎ=5 m，B 离地最大高度H = L1+ L2+ℎ=16 m
18．如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α =37°的拉力F 作用下，一起沿水平面从
静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg，拉杆箱的质量M =9.0kg，箱底与水平面间的夹角
θ =30°，不计所有接触面间的摩擦，取g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。
(1)若F =25 N，求拉杆箱的加速度大小a 和拉杆箱受到地面的支持力FN；
(2)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力大小满足的条件。
【答案】(1)a=2m /s
2，FN=85 N
(2)F ≤125 ❑√3
3
N
【详解】（1）若F =25 N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
F cosα =(m+ M )a
解得加速度大小
a=2m /s
2
竖直方向根据受力平衡可得
F sin α + F N =(m+ M )g
解得
FN=85 N
（2）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零。以箱包为研究对象，受到重力和
支持力作用，此时的加速度为a0，如图所示
根据牛顿第二定律可得
mg tanθ =ma0
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
F mcosα =(m+ M )a0
联立解得拉力的最大值为
F m = 125 ❑√3
3
N
要使箱包不从拉杆箱上滑出，拉力大小应满足
F ≤125 ❑√3
3
N
