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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......................................................................................................................................18
【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子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．（25-26 高一下·湖北黄石·月考）如图所示，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳左侧悬挂质量为9kg 的物块
A，右侧悬挂质量为3kg 的物块B，重力加速度g=10 m/s
2。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．35N
B．45N
C．55N
D．65N
【答案】B
【详解】对AB 组成的整体由牛顿第二定律有mA g−mB g=(mA+mB)a
设连接A、B 的绳子上的拉力大小为F，对B 由牛顿第二定律有F −mB g=mBa
联立解得F = 45 N
故选B。
2．（2026·云南·三模）如图所示，左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。两相同物块A、B 用轻绳连接，放
在光滑水平面上，在水平恒力F 作用下，一起以加速度a1做匀加速直线运动，此时轻绳的弹力为FT1。
A、B 依次由光滑水平面运动到粗糙水平面上，系统稳定后两物块以加速度a2加速运动，轻绳的弹力变为
FT2。则（ ）
A．a1>a2，FT1= FT2
B．a1>a2，FT1> FT2
C．a1>a2，FT1< FT2
D．a1=a2，FT1= FT2
【答案】A
【详解】当水平面光滑时，根据牛顿第二定律，对整体有F =2ma1
对B 有FT1=ma1
联立解得a1= F
2m，FT1= F
2
当水平面粗糙时，根据牛顿第二定律，对整体有F −2 μmg=2ma2
对B 有FT2−μmg=ma2
联立解得a2= F
2m −μg，FT2= F
2
所以a1>a2，FT1= FT2
故选A。
3．（2026·云南昆明·二模）如图所示，在光滑水平桌面边缘固定光滑的定滑轮，伸直的轻绳跨过定滑轮
与物块a、b 连接，轻绳始终与桌面平行。a、b 的质量分别为m、M，且m< M。某时刻将a、b 同时由静
止释放，a 在水平桌面滑动时加速度大小为a1，轻绳拉力大小为T 1；将a、b 的位置交换后重复上述过程，
b 在水平桌面滑动时加速度大小为a2，轻绳拉力大小为T 2，则（ ）
A．T1>T2
B．T 1=T 2
C．a1<a2
D．a1=a2
【答案】B
【详解】a、b 的位置交换前对a、b 的整体由牛顿第二定律( M +m)a1= Mg
对a 有T 1=ma1
解得a1=
Mg
M +m，T 1= Mmg
M +m
将a、b 的位置交换后对a、b 的整体由牛顿第二定律( M +m)a2=mg
对b 有T 2= M a2
解得a2=
mg
M +m，T 2= Mmg
M +m
因m< M，可知a1>a2，T 1=T 2。
故选B。
4．（25-26 高三下·辽宁抚顺·月考）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
【详解】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
联立解得F =8 N
轻绳对滑轮的压力F N= ❑√2 F =8 ❑√2N
对C 受力分析，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+ Mg
解得FN 地=58 N
根据牛顿第三定律可知，物块C 对地面的压力大小为58N，C 水平方向上受力平衡，有
FNsin 45° = μ1mg+ Ff 地
可得Ff 地=2N < μ地FN 地=2.9 N
故假设成立，C 静止未动，所受的静摩擦力大小为2N。
故选D。
5．（2026·陕西·模拟预测）如图所示，物块A、B 的质量均为m，C 的质量为2m，其中物块A、B 上下叠
放，A 放在轻弹簧上，B、C 通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C 使绳子处于恰好伸直无
拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B 分离。此时C 还未触地，重力加速度为g，下列说法
正确的是（ ）
A．A、B 分离时，物块A 的速度恰好达到最大值
B．释放C 后瞬间，A、B 间的弹力大小为1
2 mg
C．释放C 后瞬间，轻绳对C 的拉力大小为3
2 mg
D．A、B 分离时，连接B、C 的绳子拉力大小为1
5 mg
【答案】B
【详解】A．分离时，由牛顿第二定律，
对A 有F
′
弹−mg=ma
对B 有T −mg=ma
对C 有2mg−T =2ma
联立得a= g
3 ，F
′
弹= 4 mg
3
>mg
说明A 仍在加速，速度未达最大值，A 错误；
B．释放C 瞬间，弹簧弹力仍为2mg，形变未变。
对A、B 整体有2mg+T
'−2mg=2ma
'
对C 有2mg−T
' =2ma
'
联立得a
' = g
2
对A 有2mg−mg−N AB=m× g
2
解得N AB= mg
2 ，B 正确；
C．对C 有2mg−T
' =2ma
'
代入a
' = g
2
解得T
' =mg，C 错误；
D．分离时有a= g
3
拉力T =mg+ mg
3 = 4 mg
3
≠mg
5 ，D 错误。
故选 B。
6．（25-26 高三下·宁夏银川·月考）如图所示，在光滑水平面上，质量m1=60kg的木箱甲和质量
m2= 40kg的木箱乙通过水平刚性轻杆连接。木箱甲受到水平向右的推力F1=120 N，木箱乙受到水平向
左的推力F2= 80 N，则木箱甲的加速度为（ ）
A．0.4 m/s
2，水平向右
B．2m/s
2，水平向右
C．0.4 m/s
2，水平向左
D．2m/s
2，水平向左
【答案】A
【详解】规定水平向右为正方向，对甲、乙整体受力分析，根据牛顿第二定律有F1−F2=(m1+m2)a
可得a=0.4 m /s
2，方向水平向右。
故选A。
7．（2026·天津和平·一模）如图所示，向前行驶的车厢内有甲、乙两质量相同的货物，甲放在车厢地板
上，乙放在货架上，货物在自身重力G 与车厢（含货架）的作用力F 的作用下与车厢保持相对静止，有
一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，某段时间内悬线与竖直方向夹角θ保持不变。下列说法中正确的是
（ ）
A．车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角θ越大
B．甲受车厢地板的摩擦力可能为0
C．甲受到的车厢作用力F 可能等于自身的重力G
D．车厢对甲的作用力与对乙的作用力相等
【答案】D
【详解】A．对小球受力分析可得
由牛顿第二定律可得ma
mg = tanθ
即tanθ = a
g ，悬线与竖直方向的夹角θ与车厢的加速度有关，与车厢的速度无关，A 错误；
B．由甲与小球加速度相同，则甲有水平向左的加速度
所以甲受到车厢地板的摩擦力f =m甲a=m甲g tanθ =G tanθ，B 错误；
C．甲受到车厢的作用力F =
❑√F N
2+ f
2=
❑√G
2+(G tanθ)
2＞G，C 错误；
D．乙受到的车厢的作用力F ' = ❑√(m乙g)
2+(m乙a)
2=
❑√G
2+(G tanθ)
2，所以车厢对甲的作用力与对乙的
作用力相等，D 正确。
故选D。
（多选）8．（25-26 高三下·北京海淀·月考）如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠
在一起，在水平力F1、F2的作用下运动，已知F1> F2。下列说法正确的是（ ）
A．甲对乙的作用力大小为F1
B．乙对甲的作用力大小为F1+ F2
2
C．如果撤去F1，乙的加速度一定变大
D．如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小
【答案】BD
【详解】A．设甲、乙的质量都为m，对整体根据牛顿第二定律有F1−F2=2ma
解得a= F1−F2
2m
设甲对乙的作用力大小为F N，隔离乙作为研究对象，根据牛顿第二定律有FN−F2=ma= F1−F2
2
解得甲对乙的作用力大小FN= F1+ F2
2
，故A 错误；
B．根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小FN′ = FN= F1+ F2
2
，故B 正确；
C．如果撤去F1，对整体根据牛顿第二定律有F2=2ma
解得a′ = F2
2m
由于无法比较F1−F2与F2的大小关系，因此无法比较a与a′的大小关系，故C 错误；
D．如果撤去F1，设甲对乙的作用力大小为FN' '，隔离乙作为研究对象，根据牛顿第二定律有
F2−FN' ' =ma' = F2
2
解得F N' ' = F2
2 < FN
因此，甲对乙的作用力一定减小，故D 正确。
故选BD。
（多选）9．（25-26 高一下·湖北咸宁·期中）如图所示，系在墙上的轻绳通过轻质动滑轮连接滑块P、Q，
两滑块的质量均为2kg，与水平地面间的动摩擦因数均为0.5。现对P施加水平向左的拉力F =80 N，使P
向左匀加速直线运动，绕过动滑轮的两段轻绳始终水平，不计轻绳与滑轮间的摩擦，重力加速度g取
10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．Q的加速度是P加速度的两倍
B．P的加速度大小为5 m /s
2
C．Q的加速度大小为8 m /s
2
D．轻绳对Q的拉力大小为26 N
【答案】AB
【详解】A．当P 向左移动位移x时，动滑轮随P 左移x，而Q 的位移为2 x，由运动学公式x = 1
2 at
2
可知位移与加速度正比，所以aQ=2aP
即Q 的加速度是P 的两倍，A 正确；
BCD．单个滑块的滑动摩擦力f = μmg=10 N
设轻绳对Q 的拉力为T，对Q 受力分析，由牛顿第二定律有 T −f =maQ
对P 受力分析，由牛顿第二定律有 F −f −2T =maP
又因为aQ=2aP
联立解得：aP=5 m/s
2，aQ=10 m/s
2，T =30 N，B 正确，CD 错误。
故选AB。
（多选）10．（2026·山东德州·模拟预测）如图所示，物体B放置在水平桌面上，桌子边缘固定一轻质定
滑轮，一轻绳绕过定滑轮和另一轻质动滑轮将物块A，B按如图方式连接，桌面上方的轻绳与桌面保持平
行，与动滑轮连接的轻绳保持竖直方向。已知物块A，B的质量均为m，物块B与桌面间的动摩擦因数为μ，
重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦力和空气阻力。在物块A向下运动的过程中，下列说法正确的
是（ ）
A．物块A 和物块B 的加速度大小之比为1:1
B．物块A 和物块B 在某时刻的速度大小之比为1：2
C．物块A 的加速度大小为1−2 μ
3
g
D．物块A 的加速度大小为1−2 μ
5
g
【答案】BD
【详解】AB．假设物块A 下降x A，由于动滑轮的存在，物块B 会向左移动的距离xB=2 x A
两边同时对时间求导，可得速度关系vB=2v A
再对速度关系两边同时对时间求导，可得加速度关系aB=2aA
故A 错误，B 正确；
CD．分别对A、B 分析，设绳子张力为T，对A 根据牛顿第二定律，取下为正方向有mg−2T =maA
对B 根据牛顿第二定律，取左为正方向有T −μmg=maB
又因为aB=2aA
联立上述三式解得aA = 1−2 μ
5
g
故C 错误，D 正确。
故选BD。
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子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．（2026·安徽·三模）如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为θ =37
°的光滑斜面，一根平行斜面
的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为m的小球置于斜面上。已知重力加速度为g，sin37
°=0.6
不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（ ）
A．小球一定受2 个力的作用
B．小球一定受3 个力的作用
C．当装置水平向左的加速度大小为4
3 g时，轻绳的拉力大小为5
3 mg
D．当装置水平向左的加速度大小为4
3 g时，小球受3 个力的作用
【答案】C
【详解】若支持力恰好为零，对小球受力分析如图
受到重力和绳子拉力，小球向左加速，根据牛顿第二定律，有T cosθ =ma，T sinθ =mg
解得a=
g
tanθ = 4
3 g，T = mg
sinθ = 5
3 mg
由以上分析可知，若装置的加速度a≥4
3 g，小球将飘离斜面受2 个力作用；0<a< 4
3 g，小球在斜面上受
3 个力作用。
故选C。
2．（25-26 高一上·云南昆明·期末）如图所示，质量为m的物块放在倾角为60°的固定斜面上，物块与斜
面间的动摩擦因数为
❑√3
3 ，现给物块施加一个力F（图中未画出），取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度为g。以下分析正确的是（ ）
A．若F沿斜面向上且恰能拉动物块时，F=
❑√3
2 mg
B．要使物块能静止在斜面上，F的最小值为0.5mg
C．若F =2mg，则物块的加速度大小可能为0.9 g
D．若F水平向右，则无论F多大，都无法让物块沿斜面向上加速运动
【答案】D
【详解】A．当F 沿斜面向上恰能拉动物块时，物块受重力mg、支持力N、滑动摩擦力f 和拉力F。
重力沿斜面向下的分力为mgsin60°
垂直斜面方向合力为0，支持力N =mgcos60
∘
滑动摩擦力f = μN
由共点的力的平衡得F =mgsin 60
°+ f =
❑√3
2 mg+
❑√3
6 mg= 2❑√3
3
mg
F ≠
❑√3
2 mg，故A 错误；
B．F 最小时，要使物块刚好静止在斜面上，需满足F + f =mgsinθ
代入数据解得F =
❑√3
3 mg，故B 错误；
C．当F=2mg 时，物块加速度需考虑F 的方向。若F 有垂直斜面分量，可减小支持力从而减小摩擦力。假
设F 与斜面夹角θ，分解得
沿斜面F cosθ−mgsin 60
°−μN =ma
垂直斜面N =mgcos60
°−F sinθ
联立得a= g(2cosθ+ 2❑√3
3
sinθ−2❑√3
3 )
当θ =0°时，a≈0.85 g，θ 增大时a 减小。所以a 不可能接近0.9g，故C 错误；
D．设斜面倾角为α 时，无论F 多大都不能推动物块。受力情况如图所示：
对物块进行受力分析，建立沿斜面与垂直于斜面的直角坐标系，沿斜面有F cosα =mgsin α + Ff
垂直于斜面有FN=mgcosα + F sin α
又Ff= μ FN
联立解得F = mgsin α + μmgcosα
cosα −μsin α
根据题意，当分母趋于0 时，分式趋于无穷大，故当cosα −μsin α =0时，分式趋于无穷大，此时
μ=
1
tan α
又因μ=
❑√3
3
解得α =60
°
所以，则无论F 多大，都无法让物块沿斜面向上加速运动。故D 正确。
故选D。
3．（25-26 高一上·河北·期末）如图所示，A、B、C 三个物体静止叠放在水平地面上，它们的质量均为
m，A、B 间的动摩擦因数为 μ，B、C 间的动摩擦因数为μ
4 ，B 和地面间的动摩擦因数也为μ
4 。设B 足够
长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现对A 施加一水平向右的拉力F，下列判断正
确的是（ ）
A．当力F 足够大时，C 的加速度大小为1
4 μg B．当力F 足够大时，B 的加速度大小为1
8 μg
C．当F = 5
4 μmg时，A 与B 恰好未发生相对滑动
D．当F = 9
4 μmg时，C 与B 已经发生相对滑动
【答案】B
【详解】物体A、B 间的最大静摩擦力为f 1= μmg
B、C 间的最大静摩擦力为f 2= μmg
4
B 与地面的最大静摩擦力为f 3= 3 μmg
4
若A、B、C 三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律得F −f 3=3ma
假设C 恰好与B 相对不滑动，对C 由牛顿第二定律得f 2=ma
解得a= μg
4 ，F = 3 μmg
2
此时A 与B 间的摩擦力为f 11，对A 由牛顿第二定律得F −f 11=ma
解得f 11= 5 μmg
4
>f 1，表明C 达到临界时A 与B 发生相对滑动；
又B、C 间的动摩擦因数为μ
4 ，B 和地面间的动摩擦因数也为μ
4 ，C 与B 始终不会发生相对滑动；
当物体A、B 间达到最大静摩擦力时，对BC 整体有f 1−f 3=2mam
解得三者相对静止最大加速度am= μg
8 ，此时F = 9 μmg
8
当F > 9 μmg
8
时，BC 加速度始终为μg
8 ，故ACD 错误，B 正确。
故选B。
4．（25-26 高一上·辽宁大连·期末）如图所示，一质量为m的木块紧靠质量为M的长方体形空铁箱后壁
（未粘连），在水平拉力的作用下保持相对静止一起在光滑水平地面上向右做直线运动。现逐渐减小拉
力，木块始终没有与后壁分离，铁箱与木块之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从
拉力开始逐渐减小（未减至0）到木块落到箱底前，下列说法错误的是（ ）
A．铁箱对木块的支持力一直减小
B．铁箱和木块在水平方向上一直做加速运动
C．当F = Mg
μ 时，物块与铁箱将发生相对滑动
D．铁箱对木块的摩擦力先不变再减小
【答案】C
【详解】A．木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F 逐渐减小，
则整体加速度a 逐渐减小，铁箱对木块的支持力N =ma
逐渐减小，故A 正确；
B．水平地面光滑，铁箱和木块整体受到合力为拉力，拉力减小（未减至0），加速度减小（未减至
0），铁箱和木块在水平方向上一直做加速运动，故B 正确；
C．物块与铁箱将发生相对滑动时F =( M +m)a，N =ma，μN =mg
解得F = ( M +m)g
μ
，
故当F = Mg
μ 时，物块与铁箱未发生相对滑动，故C 错误；
D．木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时，箱对木块的摩擦力
f = μN = μma
逐渐减小，故D 正确。
本题选错误的，故选C。
5．（25-26 高三上·湖北孝感·月考）如图所示，A、B、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 和B 的
质量均为2m，C 的质量是m，A、B 间的动摩擦因数为μ，B、C 间的动摩擦因数为μ
4 ，B 和地面间的动摩
擦因数为μ
8 。设B 足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A 施加一水平向右的拉
力F，则下列判断正确的是（ ）
A．当力F大于μmg时，A、B、C 三个物体不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B 之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3 μmg时，B 与A 相对滑动
D．无论力F为何值，B 的加速度不会超过3
4 μg
【答案】D
【详解】物体A、B 间的最大静摩擦力为 f 1= μ×2mg=2 μmg
B、C 间的最大静摩擦力为 f 2= μ
4 ×mg= 1
4 μmg
B 与地面的最大静摩擦力为f 3= μ
8 ×(2m+2m+m)= 5
8 μmg
当F ≤f 3= 5
8 μmg时，A、B、C 都静止不动
AB．若A、B、C 三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得
F −f 3=(2m+2m+m)a
假设C 恰好与B 相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得f 2=ma
解得a= 1
4 μg，F = 15
8 μmg
设此时 A 与B 间的摩擦力为f ，对A，由牛顿第二定律得F −f =2ma
解得f = 11
8 μmg<f 1
表明C 达到临界时 A 还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C 之间先发生打滑现象，要使三者始
终相对静止，则F不能超过 15
8 μmg，故AB 错误；
C．物体B 相对A 滑动时，C 早已相对于B 发生相对滑动，对AB 整体，由牛顿第二定律得
F ' −f 2−f 3=(2m+2m)a
对A，由牛顿第二定律得F ' −μ×2mg=2ma
解得：F
' = 25
8 μmg
故当拉力大于 25
8 μmg时，B 相对A 滑动，故C 错误；
D．当F较大时，A 与C 会相对于B 滑动，B 的加速度达到最大，当A 与B 相对滑动时，C 早已相对于B 发
生相对滑动，则B 受到A 的摩擦力向前，B 受到C 的摩擦力向后，B 受到地面的摩擦力向后，对B，由牛
顿第二定律得f 1−f 2−f 3=2maB
解得aB= 9
16 μg< 3
4 μg，故D 正确。
故选D。
6．（2026·河北衡水·模拟预测）如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A，质量
为M =0.8kg。一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球。
若滑块与小球在外力F 作用下，一起以加速度a 向左做匀加速运动。取g=10 m /s
2；sin37° =0.6；
sin63° =0.8，则下列说法错误的是（ ）
A．当a=5 m /s
2时，滑块对球的支持力不为零
B．当a=15 m /s
2时，滑块对球的支持力为0N
C．当a=5 m /s
2时，外力F 的大小为4N
D．当a=15 m /s
2时，地面对A 的支持力为10N
【答案】C
【分析】首先分析小球刚好离开斜面时的临界加速度a0。当小球刚好离开斜面时，斜面对小球的支持力
N =0，小球只受重力mg和细线的拉力T。由于细线固定在斜面顶端O处，当小球在斜面上时，细线与水
平方向夹角为37
∘。
根据牛顿第二定律：竖直方向：T sin 37
∘=mg
水平方向：T cos 37
∘=ma0
解得临界加速度：a0= gcot 37
∘=10× 0.8
0.6 = 40
3 ≈13.3 m/s
2
【详解】A．当a=5 m/s
2时，因为a<a0，小球未离开斜面，滑块对球的支持力N ≠0，故A 正确；
B．当a=15 m/s
2时，因为a>a0，小球已经离开斜面飘起，滑块对球的支持力N =0，故B 正确；
C．当a=5 m/s
2时，小球和滑块相对静止，对整体应用牛顿第二定律，外力
F =( M +m)a=(0.8+0.2)×5=5 N，故C 错误；
D．当a=15 m/s
2时，虽然小球飘起，但系统在竖直方向上没有加速度（整体相对静止或稳态），竖直方
向受力平衡。地面对A的支持力等于整体的重力，即N 地=( M +m)g=(0.8+0.2)×10=10 N，故D 正确。
故选C。
7．（2025·山西太原·二模）如图所示，质量为3m 的斜面体静止在光滑水平地面上，其AB 面粗糙、BC 面
光滑，顶端装有光滑的轻质定滑轮。质量分别为2m、m 的物块P、Q 通过轻绳连接并静置在斜面上，P 与
AB 面之间的动摩擦因数为
❑√3
2 。现使整体在水平方向上加速，P、Q 始终在同一竖直面内且相对斜面体静
止，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．不同加速度下，轻绳中的拉力始终不会变化
B．整体向左加速的最大加速度为
❑√3
3 g
C．整体向右加速的最大加速度为❑√3 g
D．地面对斜面体的作用力始终为3mg
【答案】B
【详解】A．设轻绳的拉力为T，对Q，在水平方向上，取水平向右为正方向，根据牛顿第二定律
F Nsin 60°−T cos60° =ma
在竖直方向上，根据平衡条件F Ncos60°+T sin 60° =mg
联立，解得T =
❑√3
2 mg−1
2 ma
所以，不同加速度下，轻绳中的拉力会改变，故A 错误；
B．当物块Q 将离开斜面时，整体向左加速的加速度最大，此时对Q 分析T cos60° =ma，T sin60° =mg
解得a=
❑√3
3 g
对P 受力分析N Psin30°+ f cos30°−T cos30° =2ma，N Pcos30°+T sin30° =2mg+ f sin30°
联立，解得f = 2❑√3
3
mg，N P= 4 ❑√3
3
mg
因为f < μ N P
所以，此时物块P 相对斜面静止，故B 正确；
C．由A 选项可知，当轻绳拉力为零时，整体向右加速的加速度最大，此时T =
❑√3
2 mg−1
2 ma=0
解得a= ❑√3 g
对P 受力分析f cos30°−N Psin30° =2ma，N Pcos30°+ f sin30° =2mg
联立，解得f = 4 mg，N P=0
因为f > μ N P=0
所以，此时物块P 已经相对斜面发生滑动，所以若整体相对静止，则a<❑√3 g
故C 错误；
D．对物块P、Q 和斜面组成的整体，在竖直方向上，根据平衡条件可得F =3mg+2mg+mg=6mg
故D 错误。
故选B。
（多选）8．（25-26 高一上·安徽宣城·期末）卡车运输卷材时常用“V”形槽固定。如图所示，某“V”形槽
可简化为由固定于卡车的光滑斜面
和光滑竖直面
组成，斜面的倾角为
Ⅰ
Ⅱ
30°。质量为m 的匀质圆筒状
钢卷放在“V”形槽内，钢卷对
、
压力的大小分别为
Ⅰ
Ⅱ
F1和F2，当卡车沿平直公路向前行驶时，钢卷始
终不离开两接触面。下列说法正确的是（ ）
A．若卡车加速行驶，随着加速度增大，F1增大
B．若卡车加速行驶，随着加速度增大，F2减小
C．若卡车减速行驶，随着加速度增大，F1减小
D．若卡车减速行驶，随着加速度增大，F2增大
【答案】BD
【详解】AC．对钢卷受力分析如图所示：
钢卷在竖直方向上受力平衡，则有F1′cos30°=mg
解得F1
' =
mg
cos30
° = 2❑√3
3
mg
由牛顿第三定律可知F1= 2❑√3
3
mg
即不论是卡车加速还是减速，F1都不变，故AC 错误；
B．若卡车加速行驶，则加速度向右，根据牛顿第二定律可得F1′ sin30°−F2′ =ma
解得F2′ = F1′ sin30°−ma
因为F1′不变，则当加速度增大时，F2′减小，由牛顿第三定律可知，F2减小，故B 正确；
D．若卡车减速行驶，则加速度向左，根据牛顿第二定律可得F2′ −F1′ sin30° =ma
解得F2′ =ma+ F1′ sin30°
因为F1′不变，则当加速度增大时，F2′增大，由牛顿第三定律可知，F2增大，故D 正确。
故选BD。
（多选）9．（25-26 高一上·宁夏石嘴山·期末）如图所示，轻绳的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A
的顶端P 处，轻绳的另一端拴一质量为m 的小球，静止时轻绳与斜面平行，（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时轻绳的拉力为❑√5mg
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时轻绳的拉力为0
【答案】BD
【详解】A．滑块向左做匀加速运动，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，根据牛顿第二定律有
mg
tan30
∘=ma0
解得a0= ❑√3 g，故A 错误；
B．当滑块向左匀加速直线运动时a=2g>a0= ❑√3 g，故小球离开滑块，对小球受力分析，根据正交分解，
可知在竖直方向上有F y =mg
在水平方向上有F x=ma
则绳子拉力大小F =
❑√F x
2+ F y
2 = ❑√5mg，故B 正确；
C．当滑块向右匀加速直线运动时，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．当滑块向右匀加速直线运动时，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，根据牛顿第二定律有mg tan30
∘=ma
′
0
解得a
′
0=
❑√3
3 g
滑块向右匀加速直线运动时，a= g>a
′
0=
❑√3
3 g，则绳子松弛，绳子的拉力为零，故D 正确。
故选BD。
（多选）10．（25-26 高一上·湖南长沙·月考）如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平
方向的夹角为37°，sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直
线运动，要使小球始终不脱离小车，则（ ）
A．若小车向左减速，加速度不能超过4
3 g
B．若小车向左减速，加速度不能超过5
3 g
C．若小车向右先减速，加速度不能超过3
4 g
D．若小车向右减速，加速度不能超过3
5 g
【答案】AC
【详解】AB．若小车向左减速，当bc面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律
mgtan53° =ma2
解得a2= 4
3 g
所以若小车有向右的加速度时，加速度不能超过4
3 g，故A 正确，B 错误；
CD．若小车向右减速运动，当ab面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律
mgtan37° =ma1
解得a1= 3
4 g
所以若小车有向左的加速度时，加速度不能超过3
4 g，故C 正确，D 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．（安徽省马鞍山市2025-2026 学年高三下学期二模考试物理试题）如图所示，升降机内有质量相同的
小球A 和B、A、B 间用轻弹簧相连并通过轻绳悬挂在升降机顶部，升降机一直以加速度a 竖直向上做匀
加速运动，重力加速度为g。某时刻剪断轻绳，此瞬间，A、B 的加速度大小分别为（ ）
A．2 g+a，a
B．2 g−a，a
C．2 g+a，0
D．2 g−a，0
【答案】A
【详解】设A、B 的质量均为m，轻绳剪断前，以B 为对象，根据牛顿第二定律可得F弹−mg=ma
解得弹簧弹力大小为F 弹=mg+ma
轻绳剪断瞬间，弹簧弹力保持不变，以A 为对象，根据牛顿第二定律可得F弹+mg=maA
解得A 的加速度大小为aA=2 g+a
由于B 的受力保持不变，所以B 的加速度大小仍为a。
故选A。
2．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图所示，质量分别为m、2m 的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻
绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则（ ）
A．L2的拉力大小为2mg
B．剪断L2瞬间，小球乙的加速度为g
C．剪断L2瞬间，小球甲的加速度为3g
D．同时剪断L1和L2的瞬间，小球甲和乙的加速度都为g
【答案】C
【详解】A．对甲、乙整体受力分析可知，L2的拉力大小为F2= 3mg
cos60° =6mg，故A 错误；
B．剪断L2瞬间，弹簧的形变恢复需要时间，故弹簧的弹力不发生突变，小球乙的加速度为零，故B 错误；
C．剪断L2瞬间，轻绳L1的力可以发生突变，由运动状态考虑，小球甲的加速度应竖直向下，故轻绳L1的
力突变为0，则小球甲受重力和弹簧向下的拉力作用，由牛顿第二定律mg+2mg=ma甲
解得a甲=3 g，故C 正确；
D．同时剪断L1和L2的瞬间，弹簧的力不发生突变，小球乙的加速度为0，故D 错误。
故选C。
3．（2026·青海西宁·二模）如图所示，倾角为30°的斜面上用轻绳连接两个质量分别为m、2m 的滑块
A、B，用平行于斜面向上的力通过原长为L0的轻弹簧拉滑块B，两个滑块一起沿斜面向上以a= 1
4 g的加
速度匀加速运动。已知两个滑块与斜面之间的动摩擦因数均为
❑√3
6 ，弹簧的劲度系数为5mg
L0
，重力加速
度为g，弹簧始终处于弹性限度内。现剪断A、B 间轻绳，下列说法正确的是（ ）
A．剪断轻绳前轻绳的拉力大小为3
4 mg
B．剪断轻绳前弹簧的长度为3
2 L0
C．剪断轻绳瞬间滑块A 的加速度大小为1
4 g
D．剪断轻绳瞬间滑块B 的加速度大小为3
4 g
【答案】D
【详解】A．剪断轻绳前对滑块A 受力分析，根据牛顿第二定律FT−mgsin30°−μmgcos30° =ma
解得FT=mg，A 错误；
B．剪断轻绳前对两个滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律
F 弹−(m+2m)gsin30°−μ(m+2m)gcos30° =(m+2m)a
解得F弹=3mg
根据胡克定律F 弹=k (L−L0)
解得L= 8
5 L0，B 错误；
C．剪断轻绳瞬间，对滑块A 受力分析，根据牛顿第二定律mgsin30°+ μmgcos30° =maA
解得aA = 3
4 g，C 错误；
D．剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，对滑块B 受力分析，根据牛顿第二定律
F 弹−2mgsin30°−μ×2mgcos30° =2maB
解得aB= 3
4 g，D 正确。
故选D。
4．（25-26 高一下·河北沧州·开学考试）如图，A、B、C 三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶
端、另一端与A 球相连，A、B 间固定一个轻杆，B、C 间由一轻质细线连接。倾角为θ 的光滑斜面固定在
地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态，重力加速度为g，则细线被烧断的
瞬间，下列正确的是（ ）
A．A 球的受力情况未变，加速度为零
B．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g
C．A、B 之间杆的拉力大小为3mgsinθ
2
D．A、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为2gsinθ
【答案】C
【详解】AD．以A、B、C 组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C 静止，处于平衡状态，合力为
零，弹簧的弹力F弹=3mgsinθ
以C 为研究对象可知，细线的拉力为F线=mgsinθ
对A、B 组成的系统受力分析，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定
律得3mgsinθ−2mgsinθ =2ma1
则加速度大小为a1= 1
2 gsinθ，故AD 错误；
B．对球C，由牛顿第二定律得mgsinθ =ma2
解得a2= gsinθ
方向沿斜面向下，故B 错误；
C．以B 为研究对象，由牛顿第二定律得F杆−mgsinθ =ma1
解得F杆= 3
2 mgsinθ，故C 正确。
故选C。
5．（25-26 高一上·重庆九龙坡·月考）如图所示，质量分别为m、2m 的两物块A、B 用轻弹簧相连，A、B
与水平面的动摩擦因数均为μ，在水平拉力F 作用下，A、B 一起向右做匀速直线运动。突然撤去拉力F
的瞬间，A、B 两物块加速度大小分别为（ ）
A． aA= 3
2 μg
B． aA= μg
C． aB= 3
2 μg
D． aB=3 μg
【答案】C
【详解】AB．未撤去拉力F 时，对物体A 受力分析，由平衡条件可得F弹−μmg=0
解得F弹= μmg
撤去拉力F 时，弹簧短时间无法恢复形变，因此A 的受力情况不变，即aA=0，故AB 错误；
CD．对B 受力分析，此时B 受到弹力和摩擦力，根据牛顿第二定律可得F 弹+ μ⋅2mg=2maB
解得aB= 3
2 μg，故C 正确，D 错误。
故选C。
6．（25-26 高一上·浙江杭州·期末）小球 A、B 用不同的连接方式悬挂，系统处于静止。如图甲A 与天花
板用轻弹簧连接，A、B 用细绳连接：如图乙，A 与天花板用细绳连接，A、B 用轻弹簧连接。mA=m，
mB=2m 重力加速度大小为 g，取竖直向下为正方向，则剪断甲、乙图中细绳瞬间，甲、乙图中A 的加速
度分别为（ ）
A．-g g
B．-2g 3g
C．-g 3g
D．-2g g
【答案】B
【详解】分析甲图静止时，对A、B 整体受力平衡，弹簧弹力向上，大小等于总重力
F弹=(mA+mB)g=(m+2m)g=3mg
剪断AB 间细绳瞬间，弹簧弹力不变，对A 受力分析（取竖直向下为正方向）： A 的重力mg向下（正），
弹簧弹力3mg向上（负），合力F合甲=mg−3mg=−2mg
由牛顿第二定律F合=ma，得a甲= F合甲
m
=−2 g
分析乙图静止时，对B 受力平衡，弹簧弹力向上，大小等于B 的重力F弹
′ =mB g=2mg
根据作用力反作用力，弹簧对A 的拉力向下，大小为2mg。 剪断天花板与A 间的细绳瞬间，弹簧弹力不
变，细绳拉力消失，对A 受力分析： A 的重力mg向下，弹簧拉力2mg向下，合力
F合乙=mg+2mg=3mg
由牛顿第二定律得a乙= F合乙
m
=3 g
故选B。
7．（25-26 高二上·浙江宁波·月考）如图所示，一个轻质弹簧下端挂一质量为m 的小球，小球静止时，轻
质弹簧的伸长量为x1，现将小球向下拉动x2后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，
周期为T，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的振幅为x1+x2
B．1
8 T ∼5
8 T时间内，小球通过的路程为2 x2
C．释放瞬间，小球的加速度大小为x2−x1
x1
g
D．释放瞬间，小球的加速度大小为x1+ x2
x1
g
【答案】B
【详解】A．振幅是小球偏离平衡位置的最大距离。将小球向下拉x2后释放，偏离平衡位置的最大距离为
x2，即振幅为x2，故A 错误；
B．1
8 T ∼5
8 T的时间间隔 Δt = 5
8 T −1
8 T = T
2 ，即半个周期。根据简谐运动的规律：半个周期内质点的
路程一定为振幅的2 倍，本问题中振幅为x2，因此路程为2 x2，故B 正确；
CD．最开始静止时有mg =k x1
释放瞬间，小球的总伸长量为x1+ x2，弹簧弹力F =k( x1+ x2)
合力大小 F合= F −mg=k( x1+ x2)−k x1=k x2
加速度 a= F合
m = k x2
m =
mg
x1
⋅x2
m
= x2
x1
g，故CD 错误。
故选B。
（多选）8．（25-26 高一下·浙江·期中）如图所示，可视为质点的小物体通过轻弹簧A和轻绳B连接，处
于静止状态，整个装置在同一竖直平面内，轻弹簧和细绳与水平方向的夹角分别为60°和30°。剪断细绳
后物体在平面内摆动。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物体静止时，绳子拉力与弹簧拉力比值为❑√3:1
B．剪断细绳瞬间，物体的加速度大小为0.5 g
C．剪断细绳后物体的机械能不守恒
D．剪断细绳后物体的运动轨迹是圆弧
【答案】BC
【详解】A．物体静止时，设绳子拉力与弹簧拉力大小分别为F1和F2，根据物体水平方向受力平衡有
F1cos30° = F2cos60°
解得F1: F2=1:❑√3，故A 错误；
B．将物体重力沿着弹簧与垂直于弹簧方向分解，根据题意可知，细绳与弹簧垂直，则剪断细绳前，弹簧
弹力与物体重力沿弹簧向下的分力平衡，细绳拉力与物体重力垂直弹簧的分力平衡，剪断细绳瞬间，弹
簧弹力不变，物体所受合力等于物体重力垂直弹簧的分力，根据牛顿第二定律有mgcos60° =ma
解得a=0.5 g，故B 正确；
CD．剪断细绳后弹簧弹力对物体做功，物体的机械能不守恒；弹簧长度不断变化，物体的运动轨迹不是
圆弧，故C 正确，D 错误。
故选BC 。
（多选）9．（2026·广东茂名·模拟预测）如图，竖直平面内轻杆一端连接在光滑活动铰链O 上，另一端
固定一质量为4m 的小球P，细线绕过光滑小孔S连接小球P，P、Q 均视为质点，小球Q 的质量为m，小
孔S位于铰链O 正下方，水平向左的拉力F 拉着小球P，整个系统处于静止状态，轻杆、小球P 和小孔S
间细线与竖直方向的夹角分别为53°和37°，重力加速度大小为g，sin37° =0.6，下列说法正确的是（
）
A．拉力F 的大小为6mg
B．撤去拉力F 的一瞬间，小球P 的加速度大小为0.84g
C．撤去拉力F 的一瞬间，小球P、Q 间细线上的拉力大小为0.12mg
D．撤去拉力后，小球P 摆至最低点时，小球Q 重力的瞬时功率为零
【答案】BD
【详解】A．在F作用下，小球P、Q均处于静止状态，对P进行受力分析，设杆中弹力为FN，绳中拉力为
T，有F = FNsin53°+T sin37°，FNcos53° = 4 mg+T cos37°
以Q为研究对象，有T =mg
解得F =7mg，故A 错误。
BC．撤去F后，小球P、Q沿绳方向加速度相等，即aP=aQ=a，以P为研究对象，有
T + 4 mgcos37° = 4 ma
以Q为研究对象，有mg−T =ma
解得a=0.84 g，T =0.16mg，故B 正确，C 错误。
D．P摆到最低点时，速度方向是水平向右的，即沿圆弧切线方向，细线长度不变，Q和P沿细线方向的速
度分量相等，此时细线处于竖直状态，P的速度方向水平，因此P沿细线方向的速度分量为0，所以Q的速
度也为0（因为Q和P沿细线方向的速度分量相等），根据重力的瞬时功率P =mg vQ=0，故D 正确。
故选BD。
（多选）10．（25-26 高一上·重庆·月考）如图所示，轻弹簧上端固定在悬点O处，下端连接物体A，A 下
端用轻杆连接物体B，两物体的质量均为m，重力加速度为g。现剪断轻绳，则剪断轻绳瞬间物体A、B 的
加速度aA、aB分别为（ ）
A．aA=aB= g，方向竖直向上
B．aB= g，方向竖直向下
C．aB=0
D．aA= g，方向竖直向上
【答案】BD
【详解】ABC．剪断轻绳的瞬间，对物体B，只受重力作用，所以加速度为aB= g，方向竖直向下，故B 正
确，AC 错误；
D．对物体A，由于弹簧仍处于伸长状态，故A 受到向上的拉力，有F =2mg
受到向下的重力G =mg
所以F合=2mg−mg=mg，方向向上
根据牛顿第二定律，可得加速度aA= g，方向向上，故D 正确。
故选BD。
课时精练
一、单选题
1．（25-26 高一上·江苏南京·月考）如图所示，水平地面上的小车内有质量分别为m、2m 的甲、乙两小球，
两小球用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角30°。甲球靠在光滑的竖直侧壁上，乙球放在粗糙水平车厢底板
上，小车向右运动，轻杆与车厢始终相对静止。已知重力加速度大小为g，乙球与底板间的动摩擦因数
μ=
❑√3
2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．小车的加速度越大，轻杆中的弹力越小
B．小车做匀加速直线运动的最大加速度为5 ❑√3
6
g
C．小车做匀加速直线运动的加速度为
❑√3
3
g时，乙球受到的摩擦力大小为2❑√3
3
mg
D．小车做匀减速直线运动的最大加速度大小为
❑√3
3 g
【答案】D
【详解】A．根据题意，对小球甲受力分析，竖直方向上有F cos30° =mg
解得F = mg
cosθ
轻杆与车厢始终相对静止，θ不变，则轻杆中的弹力不变，故A 错误；
B．根据题意可知，当小车做匀加速直线运动的最大加速度时，小球乙受到小车水平向右的最大静摩擦力，
由牛顿第二定律有F sinθ+ μ(m+2m)g=2ma1
解得a1= 11❑√3
12
g
则小车做匀加速直线运动的最大加速度为11❑√3
12
g，故B 错误；
C．设小车做匀加速直线运动的加速度为
❑√3
3 g时，乙球受到的摩擦力大小为f ，由牛顿第二定律有
F sinθ+ f =2ma2
解得f =
❑√3
3 mg
即乙球受到的摩擦力大小为
❑√3
3 mg，方向水平向右，故C 错误；
D．当甲与侧壁无弹力时，且乙与底面间有最大静摩擦力时，对甲、乙整体，根据牛顿第二定律
μ(m+2m)g=(m+2m)a3
解得a3=
❑√3
2 g
但当甲与侧壁恰无弹力时，甲有最大加速度，此时对甲，根据牛顿第二定律F sinθ =ma4
解得a4=
❑√3
3 g
因此，小车做匀减速直线运动的最大加速度大小为
❑√3
3 g，故D 正确。
故选D。
2．（24-25 高一上·贵州遵义·期末）如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放置3 个质量均为m 的小球
A、B、C，小球A 通过轻质弹簧连接在斜面顶端的挡板上，小球A、B 通过轻杆连接，小球B、C 通过细绳
连接。弹簧的轴线、轻杆和细绳在同一直线上且和斜面平行，初始时各小球均处于静止状态。已知重力
加速度大小为g。某时刻剪断细绳，下列说法正确的是（ ）
A．剪断细绳前，弹簧上的弹力大小为mg
B．剪断细绳后瞬间，小球C 的加速度为0
C．剪断细绳后瞬间，轻杆上的弹力变为0
D．剪断细绳后瞬间，小球A 的加速度大小为1
4 g
【答案】D
【详解】A．剪断细绳前，对ABC 整体分析可知，弹簧上的弹力大小为F 弹=3mgsin30
∘=1.5mg
选项A 错误；
B．剪断细绳后瞬间，小球C 的加速度为aC = mgsin30
∘
m
=0.5 g
选项B 错误；
CD．剪断细绳后瞬间，AB 整体加速度a= F弹−2mgsin30
∘
2m
= 1
4 g
方向沿斜面向上，则对B，T −mgsin30
∘=ma
解得轻杆上的弹力T=0.75mg
选项C 错误，D 正确。
故选D。
3．（25-26 高二上·贵州遵义·月考）如图，一段质量为m 且不可伸长的匀质绳置于水平地面上，绳上有两
个三等分点A、B。开始时在外力F0的作用下该绳沿水平面做匀速直线运动，若突然改变外力使其大小变
为F，此时绳子做加速运动。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．绳子与地面间的动摩擦因数为mg
2 F0
B．绳子上A、B 两位置处的张力T A、T B相等
C．绳子加速运动时，T A = 3
4 F
D．绳子加速运动时，T B= 2
3 F
【答案】D
【详解】A．根据平衡条件可得F0= μmg
故绳子与地面间的动摩擦因数为μ= F0
mg ，故A 错误；
BCD．绳子加速运动时，对整体研究，根据牛顿第二定律可得F −F0=ma
对B 右侧部分研究可得F −μ× 1
3 mg−T B= 1
3 ma
对A 左侧部分研究可得T A−μ× 1
3 mg= 1
3 ma
解得T B= 2
3 F，T A = 1
3 F，故D 正确，BC 错误。
故选D。
4．（25-26 高三上·湖北宜昌·月考）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1kg，木箱的质量为3kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻力，
重力加速度g 取10 m/s
2，则在乙下落的过程中（未与地面碰撞）地面对木箱的支持力大小（ ）
A．44N
B．47N
C．50N
D．53N
【答案】B
【详解】对甲、乙整体mg−μmg=2ma
则a=3 m /s
2
对甲、乙、木箱系统，竖直方向(M +2m)g−F N=ma
则FN= 47 N
故选B。
5．（25-26 高一上·重庆·月考）如图所示，质量为40kg 的物体B 放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮
与质量为4kg 的小球A 相连，不计滑轮摩擦，车厢水平向右匀加速运动，加速度a=7.5 m/s
2，物体B 能压
在车厢底板上不滑动，g 取10m/s2.，且物体B 与车厢底板间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则下列说
法正确的是（ ）
A．细线对小球A 的拉力大小为38N
B．物体B 与车厢间的动摩擦因数最小值约为0.86
C．如图细线与竖直方向夹角为θ =53
∘
D．物块B 所受的摩擦力方向水平向左
【答案】B
【详解】AC．以小球为研究对象，受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可知F合=m1a=30N
所以细线的拉力T =
❑√(m1g)
2+ F合
2=50N
则sinθ = F合
T = 30 N
50 N =0.6
解得θ =37
∘，故AC 错误；
B．以B 物体为研究对象，根据牛顿第二定律，有f =m2a=300 N
又因为f ≤μ(m2 g−T )
解得μ≥
f
(m2 g−T )
=0.86
故物体B 与车厢间的动摩擦因数最小为0.86，故B 正确；
D．物体B 能压在车厢底板上不滑动，故物体B 也在做水平向右的匀加速运动，静摩擦力水平向右，故D
错误。
故选B。
6．（2026·甘肃兰州·模拟预测）静止在水平面上的两个完全相同的物块通过伸直但无张力的水平细线相
连，物块2 右侧固定力传感器（质量不计），如图甲所示。t =0时，在物块1 上施加水平拉力F0，读出传
感器的示数F，记录一段时间t 内，物块的位移为x，改变F0的大小，经多次测量，画出“ x
t
2 −F”图像
如图乙所示，重力加速度g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．每个物块的质量m=1kg
B．物块与水平面的动摩擦因数为0.25
C．当F =10 N时，加速度大小为2.5 m /s
2
D．F 和F0是线性关系但不成正比
【答案】A
【详解】AB．物块做初速度为零的匀加速直线运动，位移公式为 x = 1
2 at
2
整理得x
t
2 = a
2，即 a=2⋅x
t
2
设每个物块质量为m，动摩擦因数为μ，对物块2 受力分析，由牛顿第二定律得 F −μmg=ma
将a=2⋅x
t
2代入整理得 x
t
2 = 1
2m F −μg
2
由图乙可知纵轴截距−μg
2 =−2.5 m/s
2，代入g=10 m/s
2，解得μ=0.5
图像斜率k = 2.5−(−2.5)
10−0
=0.5，而斜率k = 1
2m，即1
2m =0.5
解得m=1kg，故A 正确，B 错误；
C．当F =10 N时，x
t
2 =2.5 m/s
2，加速度a=2⋅x
t
2 =5 m/s
2，故C 错误；
D．当两物块一起运动（F0>2 μmg=10 N）时，对整体和物块2 联立得F = F0
2
，F和F0成正比；当
F0<10 N时，两物块不会一起运动，F和F0不是线性关系，故D 错误。
故选A。
7．（25-26 高一上·浙江·期末）如图所示，AB 物块用轻绳连接，BC 物块用轻弹簧连接，用拉力F 拉着
ABC 向上运动，稳定时弹簧的长度保持不变，ABC 三个物块的质量分别为m、2m、3m，拉力F=9mg，则
（ ）
A．稳定时B 的加速度为g
B．稳定时轻绳的弹力为5mg
C．保持F 不变，轻绳突然断开的瞬间B 的加速度为3.75g
D．保持F 不变，轻绳突然断开的瞬间B 的加速度为3.25g
【答案】D
【详解】A．对ABC 整体应用牛顿第二定律F −6mg=6ma，解得a=0.5 g，A 错误；
B．对BC 整体应用牛顿第二定律T −5mg=5ma，解得T =7.5mg，B 错误；
CD．对C 应用牛顿第二定律F 弹−3mg=3ma，解得F弹= 4.5mg
保持F 不变，轻绳突然断开的瞬间弹簧弹力不突变，对B 应用牛顿第二定律2mg+ F弹=2maB
解得aB=3.25 g，方向竖直向下，C 错误，D 正确。
故选D。
二、多选题
（多选）8．（2026·辽宁·二模）如图甲所示，质量均为m 的A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止。
用恒力F 向上拉B，分离前，A、B 运动的加速度随位移变化如图乙所示，运动距离h 时，B 与A 分离。重
力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在B 与A 分离之前，它们做匀变速直线运动
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3mg
8
D．B 和A 分离后，B 还能继续上升h
4
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知在B 与A 分离之前，它们的加速度在变化，故它们做的不是匀变速直线运动，故
A 错误；
B．F未作用时，对A、B，由平衡条件有k x0=2mg（x0为压缩量），图乙可知F 作用瞬间，A、B 加速度
大小为a= 3
8 g，此时对 A、B 有F −2mg+ k x0=2ma
联立解得F = 3
4 mg
A、B 分离瞬间，A、B 间弹力为0，二者加速度相等，对B 有mg−F =ma0
对A 有mg−k （x0−h)=ma0
联立解得k = 5mg
4 h ，a0= 1
4 g，故B 正确；
C．F 作用后瞬间，对B 有F + N −mg=ma
联立解得A 对B 的支持力N = 5
8 mg
根据牛顿第三定律，可知 B 对 A 的压力大小为5mg
8
，故 C 错误；
D．从F作用到 A、B 分离过程，结合图乙，由动能定理有2ma−2ma0
2
×h= 1
2 ×2mv
2
联立解得 A、B 分离时的速度v
2= gh
8
A、B 分离后，对 B 有(F −mg)hm=0−1
2 mv
2
联立解得 B 和 A 分离后，B 还能继续上升的距离hm= h
4 ，故 D 正确。
故选BD。
（多选）9．（2026·广东东莞·一模）如果人群在户外突遇洪水，临时自救时可以站定排成一列纵队，如
图甲所示。某小组为探究纵队各处的受力情况，建立了如图乙所示的物理模型：水平地面上依次放置三
个质量均为m 的物块，物块1 与地面的动摩擦因数为2 μ，其余两物块与地面间的动摩擦因数均为μ，且
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块1 施加一水平向左的力F，下列说法正确的有（ ）
A．若三个物块均静止，物块2 和物块3 所受摩擦力相等
B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2 和物块3 所受摩擦力相等
C．当F = 4 μmg时，物块1、2 之间的弹力为2 μmg
D．当F =6 μmg时，物块1、2 之间的弹力为3 μmg
【答案】BC
【详解】A．因为外力F 大小未知，所以无法确定物块2 和物块3 所受摩擦力的大小情况，故A 错误；
B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2 和物块3 所受摩擦力均为滑动摩擦力，所以f 2= f 3= μmg，
故B 正确；
C．把1、2、3 看成一个整体，所以受的最大静摩擦力为f max = 4 μmg
当F = 4 μmg时，1、2、3 物块刚要滑动，把2、3 看成一个整体，则有F弹12= f 2+ f 3=2 μmg，故C 正确；
D．当F =6 μmg>f max = 4 μmg时，一起匀加速时，根据整体法，对三个物块，根据牛顿第二定律，有
F −4 μmg=3ma
设物块1 对物块2 的弹力为F12，对物块2、3 有F12−2 μmg=2ma
联立解得F12= 10
3 μmg，故D 错误。
故选BC。
（多选）10．（25-26 高一下·四川绵阳·月考）如图，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两
小物块A、B 放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B
相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，
长度为L 且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动3
4 L的距离时A 恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为
g，sin37° =0.6，cos37° =0.8。下列说法正确的是（ ）
A．当弹簧恢复原长时，物体B 沿斜面向上移动了3
10 L
B．弹簧的劲度系数为24 mg
5 L
C．当小车缓慢向右运动3
4 L时，若轻绳突然断开，则此时B 的加速度为1.2g，方向沿斜面向上
D．若小车从图示位置以❑√gL的速度向右匀速运动，小车位移大小为3
4 L时B 的速率为3
5
❑√gL
【答案】BD
【详解】B．系统静止时，对B分析知mgsin37° =k x1，解得x1= mgsin37°
k
小车向右移动到3
4 L时，对A分析知mgsin37° =k x2，解得x2= mgsin37°
k
分析题意可知x1+ x2= ❑√
L
2+(
3
4 L)
2
−L= 1
4 L
联立可得k = 24 mg
5 L
，故B 正确；
A．当物体B沿斜面向上移动了x1时，弹簧恢复原长，此时x1= mgsin37°
k
= 1
8 L，故A 错误；
D．若小车以❑√gL的速度向右匀速运动，设小车向右移动到3
4 L时，轻绳与水平面成θ 角，则由几何知识
可得sinθ = 4
5 ，cosθ = 3
5
由运动和合成分解得vB= v车cosθ = 3
5
❑√gL，故D 正确；
C．当小车缓慢向右运动3
4 L距离时，若轻绳突然断开，绳子拉力减为0，此时对物体B 受力分析，得出合
力为F =2mgsin37°，且方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得B 的加速度为a= F
m =1.2g，故C 错误。
故选BD。
三、解答题
11．（25-26 高二上·陕西渭南·期末）如图所示，有两个相同的带正电小球A、B（视为点电荷），小球A
固定在竖直绝缘墙上，轻质绝缘丝线一端连接小球B，另一端悬挂在墙上C 点，两球保持静止状态，此时
丝线与竖直方向的夹角θ =30°，A、B 连线与竖直方向的夹角也为30°，已知两球带电荷量均为q，A、B
间距离为x，重力加速度大小为g，静电力常量为k。
(1)求每个小球的质量m；
(2)若突然剪断丝线，求此瞬间小球B 的加速度大小a。
【答案】(1)
❑√3k q
2
g x
2
(2)
❑√3
3 g
【详解】（1）根据库仑定律有F 库= k q
2
x
2
对小球B 受力分析，由平衡条件得F 库sin30° =T sin30°，F 库cos30°+T cos30° =mg
解得m=
❑√3k q
2
g x
2
（2）剪断丝线瞬间，小球B 所受的合外力大小等于T，有T =
❑√3
3 mg
由牛顿第二定律有T =ma
解得a=
❑√3
3 g
12．（2026·天津·一模）如图所示，物块A、B、C 的质量分别为4kg、4kg、2kg，均可视为质点，三个物
块用轻绳通过轻质滑轮连接，物块A 在外力作用下静止于地面，物块B 到C、C 到地面的距离均是0.5m。
现将三个物块由静止释放，若物块C 与地面、物块B 与C 相碰后速度立即减为零，物块A 距离滑轮足够远
且不计一切阻力，重力加速度g 取10 m/s
2。求：
(1)刚释放时物块A 的加速度大小及轻绳对A 的拉力大小；
(2)物块C 落地前瞬间的速度；
(3)物块A 由最初位置上升的最大高度。
【答案】(1)2m /s
2，48 N
(2)❑√2m /s
(3)1.1m
【详解】（1）对B 与C 整体(mB+mC)g−T =(mB+mC)a
对A 有T −mA g=mAa
解得a=2m /s
2，T = 48 N
（2）物块C 下落L的过程中，根据速度位移关系vC
2=2aL
解得vC= ❑√2m /s
（3）物块C 落地后，物块A、B 都匀速直线运动vA= vC
物块B 落地后物块A 做上抛运动，上升高度为h，根据vA
2 =2 gh
物块A上升的最大高度H A，则H A=2 L+h
解得H A=1.1m
13．（25-26 高一上·湖北武汉·月考）目前无人机送货已经进入运营阶段。某次在往高层送货时，无人机
下方用一根不可伸长的绳子（质量不计）吊着质量M =1kg的货物，无人机飞行的过程中，已知货物受到
的空气阻力Ff大小与其速度v的大小成正比，比例系数k =5kg/s，Ff方向与运动方向相反。若绳子可以
承受的最大拉力F =20 N，重力加速度g取10 m /s
2。求：
(1)无人机竖直向上加速运动的过程中，绳子拉力最大时，当速度v =1m /s时，货物的加速度大小；
(2)货物沿水平方向做匀速直线运动时，货物速度的最大值。（计算结果可以保留根式）
【答案】(1)5 m /s
2
(2)2❑√3 m /s
【详解】（1）货物受到的空气阻力与货物的速度成正比，则Ff=kv
无人机竖直向上加速运动的过程中，货物受到重力、拉力和阻力作用，则FT−Mg−kv = Ma
当拉力最大时，速度为v =1m /s，加速度为a= F −Mg−kv
M
=5 m /s
2
（2）货物水平方向做匀速直线运动时，设此时绳子与竖直方向的夹角θ，根据平衡条件有
F sinθ−kv =0 F cosθ = Mg
联立解得F
2=(Mg)
2+(kv)
2
当拉力最大时，速度最大，货物速度的最大值为v =
❑√F
2−M
2 g
2
k
代入数据解得v =2❑√3 m /s
14．（25-26 高一下·河北保定·开学考试）如图所示，倾角β =30°的光滑斜面固定在水平地面上，其顶端
固定一定滑轮，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量m1=2.4 kg的小物块A 相连，质
量m2=2kg的小物块B 通过细线跨过定滑轮与重物C 连接，刚开始用机械臂（未画出）抓住C 使细线刚好
伸直但不紧绷。操纵机械臂使C 从静止开始做竖直向下的匀加速直线运动，在A、B 恰好分离时，撤去机
械臂对C 的作用，此时A、B、C 的速度大小均为v1=0.5 m /s，C（视为质点）距离水平地面的高度
h=0.6 m，C 又经过t =0.6s；落到了地面上，取重力加速度大小g=10 m /s
2。已知撤去机械臂前后B、C
的加速度未发生改变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)撤去机械臂对C 的作用后，C 的加速度大小a；
(2)C 的质量m3；
(3)弹簧的劲度系数k。
【答案】(1)a= 5
3 m /s
2
(2)m3=1.6kg
(3)k =80 N / m
【详解】（1）对C，根据位移时间公式有h= v1t + 1
2 at
2
代入数据解得a= 5
3 m /s
2
（2）设细线上的拉力大小为FT，对C 分析，根据牛顿第二定律有m3 g−FT=m3a
对B 分析，根据牛顿第二定律有FT−m2 gsin β =m2a
联立解得m3=1.6kg
（3）A、B 初始时静止，对A、B 组成的整体受力分析，设此时弹簧的压缩量为x1，根据受力平衡条件有
k x1=(m1+m2)gsin β
设A、B 恰好分离时弹簧的压缩量为x2，对A 分析，根据牛顿第二定律有k x2−m1gsin β =m1a
根据运动规律有v1
2=2a(x1−x2)
联立解得k =80 N / m
15．（25-26 高一上·内蒙古赤峰·期末）如图所示，质量分别为m1=1kg和m2=2kg的两个物体放在粗糙
水平面上，两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，两物体之间用一根长L=1m的细线连接，细线所
能承受最大拉力为Fm =3 N，开始时两物体均静止且细线刚好被拉直，现对m2施加一个大小F =6 N水平向
右的恒定拉力，（g=10 m /s
2）求：
(1)m1产生的加速度a；
(2)连接两物体细线上的拉力的大小F1；
(3)若拉力F 方向不变，大小由F =6 N均匀增大，2s 时细线被拉断，此后拉力F 保持恒定不再增加，则细
线拉断后4s 时两物体间距离x。
【答案】(1)a=1m /s
2，方向水平向右
(2)F1=2N
(3)x =36.5 m
【详解】（1）对两物体构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有F −μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
解得a=1m /s
2，方向水平向右。
（2）对于物体m1进行分析，根据牛顿第二定律有FT −μm1g=m1a
解得F1=2N
（3）设细线被拉断时物体加速度为a1，此时两物体速度为v1，此时拉力大小为F1。
对m1根据牛顿第二定律有Fm−μm1 g=m1a1
解得a1=2m /s
2
拉力F 均匀增大，所以加速度也均匀增大，可采用平均加速度计算物体2s末时的速度v末，有
a= a+a1
2
= v末−v初
t
解得v末=3 m /s
此时拉力F1满足F1−μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1
解得F1=9 N
细线拉断后m1将做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a2= μg =1m /s
2
速度减为零需用时t1= v末
a2
=3s
此时向前滑行x1= v末
2
2a2
= 4.5 m
细线拉断后m2一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F1−μm2 g=m2a3
解得a3=3.5 m /s
2
4s 后向前滑行x2= v t2+ 1
2 a3t2
2= 40 m
所以细线拉断后4s 时两物体相距x = x2−x1+ L=36.5 m
