木板与木块的动力学问题全析 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习教案围绕板块模型这一动力学核心考点，按“基础情境—复杂系统—多体问题”逻辑层次展开，涵盖摩擦力分析、临界加速度计算、相对运动及图像法应用等高考高频内容，通过考点梳理、方法指导、真题精讲和分层训练环节，帮助学生构建系统解题框架。 资料创新采用“临界条件突破+多阶段拆分”教学策略，如例2中结合v-t图像分析三阶段运动，引导学生区分相对位移与划痕长度，培养科学思维与模型建构能力。设置“避坑指南”专栏针对地面摩擦力计算等易错点专项突破，助力学生高效提升解题准确性，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

木块、木板的动力学全析 （一）、木块m叠放在木板M上面，M放置在光滑的水平地面上，m、M均相对地面静止。对木板施加一个水平向右的力F （Ⅰ）当F比较小时，m、M相对静止，以相同的加速度作匀加速直线运动。m、M之间是静摩擦力，m受到的静摩擦力方向向右 整体分析： 隔离m分析： 得： ，静摩擦力和加速度都随着F的增加而增加， （Ⅱ）当F增加到一定值时，m、M之间要发生相对滑动，发生相对滑动的临界条件取决于m，m、M刚好发生相对滑动时，m受到的摩擦力达到最大值，，方向向右 对m分析由牛顿第二定律： 得： F的临界值由牛顿第二定律： （Ⅲ）当 时，木块与木板发生相对滑动，分别对，m、M受力分析 对m分析由牛顿第二定律： 得： 对M分析由牛顿第二定律： 得： （Ⅳ）M、m的加速度随外力F变化的图像如下 其中： 纵轴截距 ： 横轴截距： 斜率： （二）、木块m叠放在木板M上面，M放置在光滑的水平地面上，m、M均相对地面静止。对木块施加一个水平向右的力F m、M之间发生相对滑动的临界条件取决于M （Ⅰ）当F比较小时，m、M相对静止，以相同的加速度作匀加速直线运动。m、M之间是静摩擦力。M受到的静摩擦力方向向右 整体分析： 隔离M分析： 得： ，静摩擦力和加速度都随着F的增加而增加， （Ⅱ）当F增加到一定值时，m、M之间要发生相对滑动，发生相对滑动的临界条件取决于M，m、M刚好发生相对滑动时，M受到的摩擦力达到最大值，，方向向右 对M分析由牛顿第二定律： 得： F的临界值由牛顿第二定律： （Ⅲ）当 时，木块与木板发生相对滑动，分别对，m、M受力分析 对m分析由牛顿第二定律： 得： 对M分析由牛顿第二定律： 得： （Ⅳ）M、m的加速度随外力F变化的图像如下 其中： 纵轴截距 ： 横轴截距： 斜率： 例1：一质量M=2.0kg的长木板B静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块A，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端处。在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来.求：（1）作用于木板的恒力F的大小；（2）木板的长度至少是多少？ 【抓题·避坑】 1. 先抓题干关键条件：水平面光滑无地面摩擦、0~1s 木板受恒力 F 拉动，撤去 F 前物块 A 相对木板向左滑动；撤去 F 后 A、B 继续运动并相对滑动，最终二者共速，且 A 不会滑落木板；整段运动分两个阶段： 阶段 1：，恒力 F 作用于木板 B； 阶段 2：撤去 F 后，直到 A、B 达到共同速度。阶段2经常被同学们忽略掉 2. 阶段 1（0~1s，F 拉动木板） 对物块 A 隔离受力分析： A 水平方向只受木板给的向右滑动摩擦力，由滑动摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律可直接求出 A 全程滑动阶段恒定加速度；A 向右做初速度为 0 的匀加速直线运动。对木板 B 隔离受力分析： 水平面光滑、无地面摩擦力，木板仅受向右恒力 F、物块 A给与的 向左的滑动摩擦力，木板向右作匀加速运动。 3. 阶段 2（撤去 F 后至 A、B 共速） 撤去 F 瞬间，B的速度大于A的速度，需要重新分析二者加速度： 物块 A：依旧相对木板向左滑动，滑动摩擦力方向不变，加速度不变，继续向右匀加速； 木板 B：不再受拉力F，仅受 A 给与的向左的滑动摩擦力，加速度反向、变为减速加速度，木板向右匀减速； 4. 两者共速后，不再发生相对滑动，以相同的速度一起作匀速直线运动。 5. 整题通用注意事项 区分光滑水平面与粗糙地面：本题无地面摩擦力，列木板受力方程时切勿多加地面阻力； 外力 F 撤去瞬间，木板受力立刻改变，必须重新计算木板减速阶段加速度，不能沿用加速阶段加速度； 木板最小长度取物块相对木板向左滑动的最大距离，不是对地位移； 6. 运动分析顺序：分阶段隔离受力求加速度→求各阶段末速度→算各阶段对地位移→计算分阶段相对位移→结合临界滑落条件求解板长。 方法（一）公式法 在恒力F作用阶段，分别对A、B受力分析和运动分析： 对小物块A，水平方向受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律和运动规律： .........................................① .............................................② ...........................................③ 对木板B，水平方向受向右的恒力F、向左的A对B的滑动摩擦力，由牛顿第二定律和运动规律： ..................④ .............................⑤ ............................⑥ 此阶段A相对于B的位移为： .............⑦ 撤去恒力F后，直至A、B等速，分别对A、B受力分析和运动分析： 对小物块A，水平方向仍受滑动摩擦力向右，因此加速度不变，继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动规律： ...............................⑧ ......................⑨ ..................⑩ 对木板B，受到水平方向向左的A对B的滑动摩擦力，作匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动规律： ............................⑪ ..........................⑫ ...................⑬ 此阶段A相对于B的位移为： ...................⑭ A、B等速后，以相同的速度在光滑的水平地面上匀速运动，不再相对滑动。 由上述系列方程可求得：F=10N, L= m 方法（二）图像法 解析： 力F作用时：分别对A、B受力分析，并由牛顿第二定律得： 对A ： ...................① 对B： ..............② 撤掉力F之后，A受到的摩擦力没有发生变化，B受力发生变化，作减速运动 对B受力分析，由牛顿第二定律得：..............③ 根据题意画出两个物体的v-t图像： 由图像得： ......................④ ......................⑤ ......................⑥ .................⑦ 时刻之前两物体图像包围的面积等于 .................⑧ 两物体的图像包围的面积是相对位移，等于木板的最小长度L .................⑨ 由以上各式可求得F=10N L=≈1.7m （三）两个板块叠放在粗糙的水平地面上，地面摩擦因数分别为，同时给两个物块相同的初速度开始运动： （Ⅰ）如果，相对静止，以相同的加速度在地面上做匀减速直线运动。 整体受力分析，由牛顿第二定律得： 解得 ， 之间是静摩擦力，与无关。 两物体的V-t图像如下图： （Ⅱ）如果，那么 要发生相对滑动，分别以不同的加速度作匀减速直线运动，直至静止。两个物块的v-t图像如下图： 的速度大于的速度，受到的摩擦力与其运动方向相反，向左 由牛顿第二定律得： 解得 对受力分析，受到向左的地面摩擦力和 施加向右的摩擦力 由牛顿第二定律得： 解得 由图像知，会先于 停下来，两者之间发生了相对位移。相对位移等于两者v-t图像所包围的面积。 例2：一质量M=2.0kg的长木板B静止放在水平面上，木板与地面的摩擦因数在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块A，小物块与木板间的动摩擦因数为，用恒力F=18N向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过=1.0s后撤去该恒力，在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来.求：（1）小木块相对木板的位移，（2）小木块相对木板的路程，（3）小木块在木板上留下的划痕 【抓题·避坑】 一、整体解题思考框架：按外力变化拆分 3 个运动阶段 全程根据拉力 F 的有无、A 和 B 是否共速，划分为三段独立运动，外力改变、相对滑动方向改变，就要重新受力分析、重新求加速度，不能沿用前一段加速度： 阶段 1：0~1s，恒力 F 拉动木板 B 向右加速； 阶段 2：撤去 F 后 → A、B 速度达到共速前； 阶段 3：A、B 共速后 → A、B 各自减速至完全静止。 二、分阶段分析思路 阶段 1：0~1s，拉力 F 作用阶段 1. 对物块 A 分析： A 水平方向仅受木板向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力提供加速度，A 向右做初速度为 0 的匀加速直线运动。 2. 对木板 B 分析： 向右拉力 F，向左两个阻力：A 对 B 的滑动摩擦力、地面对木板的滑动摩擦力；地面摩擦力的支持力是 A+B 总重力。 阶段 2：撤去 F~ A、B 共速 1. 撤去 F 后木板失去向右拉力，重新对 B 受力：仅受向左的 A、B 间滑动摩擦力、地面滑动摩擦力，求解木板新的减速加速度；物块 A 仍相对 B 左滑，加速度不变，继续向右加速。 2. 木板速度大于物块速度、木板减速、物块加速。 阶段 3：A、B 共速之后（本题核心陷阱段） 1. 第一步必须做校验：不能默认共速后二者一起匀减速。 先假设 A、B 整体共同减速，算出整体加速度；再计算物块 A 跟随该加速度所需的静摩擦力大小，和 A、B 间最大静摩擦力对比； 若需要的静摩擦力＞最大静摩擦力，说明二者无法保持相对静止，会再次发生相对滑动，必须分别重新求 A、B 的加速度。 2. 相对滑动方向改变：共速后 A 相对 B 向右滑动，A 受向左滑动摩擦力，加速度反向变为减速加速度；木板 B 受 A 向右的滑动摩擦力、地面向左摩擦力，求解木板第三阶段减速加速度)。 3. 运动判断：木板 B 减速加速度更大，会先减速至速度为 0，停止运动；木板静止后不再受力运动，仅需计算物块 A 后续独自减速到静止的位移，得到第三段 A 相对 B 向右滑动的相对位移。 三、三个设问针对性思考逻辑 1. 小木块相对木板的位移（矢量）：用A 全程对地总位移 − B 全程对地总位移，代表末位置相对初位置的偏移，带方向； 2. 小木块相对木板的路程（标量）：将三段每一段相对滑动的距离取绝对值，全部相加，来回滑动的每一段长度都计入总路程； 3. 木板上划痕长度：划痕是摩擦痕迹，反向滑动会覆盖原有痕迹，划痕长度取单向滑动的最大相对位移绝对值（本题前两段都是 A 相对板左滑，第三段向右回滑，最大划痕为向左滑动的总长度），不是所有段相加。 四、本题需要注意的细节、陷阱与避坑点 受力列式陷阱 1. 木板 B 列地面摩擦力时，极易错用木板自重Mg计算，正确应为总重力((M+m)g，漏加物块质量会直接算错加速度； 2. 撤去 F 只是拉力消失，A、B 间滑动摩擦力、地面摩擦力依旧存在，不要误以为撤 F 后木板只受物块的摩擦力； 3. 相对滑动方向改变时，滑动摩擦力方向同步改变，加速度必须重新计算，不能全程使用同一个加速度。 共速后的易错大坑 1. 共速≠相对静止，很多同学直接默认二者一起减速，跳过摩擦力校验步骤，导致第三段加速度全部算错； 2. 木板减速到速度为0 后就保持静止，不能继续用第三阶段加速度计算木板之后的运动，木板静止后受力不再改变。 三个概念混淆陷阱（高频丢分点） 1. 相对位移：矢量，末位置减初位置，有正负方向； 2. 相对路程：标量，所有滑动段长度累加，不看方向； 3. 划痕长度：摩擦痕迹会被反向滑动覆盖，取单向滑动的最大距离，不等于总路程，三者答案互不相同，做题前先看清问题问的是哪一个。 计算习惯注意 1. 建议全程设定统一正方向（向右为正），速度、加速度、位移全部带符号代入公式，避免方向判断出错； 2. 分段计算位移后，再汇总相对位移，不要直接跨阶段合并公式计算，容易漏掉某一段相对滑动。 五、完整解题思考顺序总结 划分运动阶段 → 每阶段隔离 A、B 受力分析、求解加速度 → 逐段计算速度、对地位移、分阶段相对位移 → 共速后校验是否二次打滑 → 计算后续阶段相对滑动量 → 根据相对位移、路程、划痕三个定义，分别计算最终答案。 解析： 在恒力F作用阶段，分别对A、B受力分析和运动分析： 对小物块A，水平方向受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律和运动规律： .........................................① .............................................② ...........................................③ 对木板B，水平方向受向右的恒力F、向左的地面滑动摩擦力、向左的A对B的滑动摩擦力，由牛顿第二定律和运动规律： ..........④ ........................................⑤ .......................................⑥ 此阶段A相对于B的位移为： .............⑦ 撤去恒力F后，直至A、B等速前，分别对A、B受力分析和运动分析： 对小物块A，水平方向仍受滑动摩擦力向右，因此加速度不变，继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动规律： ................................⑧ .......................⑨ ..................⑩ 对木板B，水平方向受向左的地面滑动摩擦力、向左的A对B的滑动摩擦力，作匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动规律： ........⑪ ..........................⑫ ...................⑬ 此阶段A相对于B的位移为： ...................⑭ A、B达到共同速度后，因为 A、B不能以相同的加速度作匀减速直线运动。将分别以不同的加速度作匀减速直线运动，并在不同的时刻停下来。 此后A的速度大于木板的速度，木块A受到B的摩擦力的大小不变，方向变为向左，开始作匀减速运动，对A由牛顿第二定律和运动规律： ........⑮ .........⑯ ...............................⑰ 对木板B，水平方向受向左的地面滑动摩擦力、向右的A对B的滑动摩擦力，由牛顿第二定律和运动规律： ..................⑱ ............................................⑲ .......................................⑳ 此阶段A相对于B的位移为： ............. ㉑ 此过程A的位移大于B的位移，A相对B向右运动。 小木块相对木板的位移：x1=..................㉒ 小木块相对木板的路程：x2=..................㉓ 小木块在木板上留下的划痕是：x3=.................㉔ 方法（二）图像法 木块A在加速、减速阶段的加速度大小不变，对A： ......① 木板在力F作用阶段： .....................② 木板在撤掉力F至A、B等速阶段 ............③ 木板A、B等速之后到静止： ...................④ 根据图像的斜率求加速度，面积求位移和相对位移如下： .................⑤ .................⑥ ..........⑦ .................⑧ ..............⑨ ...............⑩ ...........⑪ ...............⑫ 小木块相对木板的位移：x1=..................⑬ 小木块相对木板的路程：x2=..................⑭ 小木块在木板上留下的划痕是：x3=.................⑮ 例3：如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t=0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为=1m/s，方向水平向左；B的初速度大小为=14m/s，方向水平向右，木板B运动的V-t图像如图乙所示．已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B．(提示：t=3s时刻，A、B达到共同速度v=2m/s；3s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)．求： （1）站在水平地面上的人看来A向左运动的最大位移； （2）B运动的时间及B运动的位移大小； （3）A最终静止在B上面的位置距离B板右端的距离 【抓题·避坑】 7. 铁块 A 受力：仅受 B 向右的滑动摩擦力，加速度恒定不变，A 先向左匀减速至速度为0，再向右匀加速，全程加速度大小不变 8. 木板 B 受力：受到 A 向左的滑动摩擦力、地面向左的滑动摩擦力（地面支持力为2mg），此阶段 B 始终向右运动，地面摩擦力方向不变 9. 第 (1) 问：A 向左运动的最大位移注意点 临界条件：A自身速度减为 0时，向左位移达到最大值，并非 t=3s 共速时刻； 3s 之后阶段注意点 10. 题目明确提示：3s 至 A 停止前，A 向右速度始终大于 B 的速度，因此二者不会保持共速一起减速，会再次发生相对滑动，需要重新分别对 A、B 受力分析求第二段加速度： 11. A 相对 B 向右滑动 → A 受到向左的滑动摩擦力，加速度反向； 12. B 受到 A 向右的滑动摩擦力、地面向左的滑动摩擦力，合外力改变，第二段加速度与 0~3s 阶段不同； 13. 木板 B 会在第二段匀减速中率先减至速度为 0、停止运动，之后不再运动；铁块 A 会在 B 停下后继续减速至静止。 14. 避坑：不能用 0~3s 的加速度计算 3s 后的减速过程，两段加速度不同，不可混用；B 速度减为 0 后不再运动，无需计算 B 静止后的位移。 15. 避坑：只计算 0~3s 的相对位移会漏算 3s 后二次滑动的相对位移，导致结果偏小；计算相对位移注意矢量方向，最终取总相对位移的绝对值。 解析： 木块A在加速、减速阶段的加速度大小不变，对A： ......① 木板在与木块等速之前： ...............② 木板在与木块等速之后阶段： ...........③ 把木块的运动图像在原图中补充完整，并标出相应的坐标： 根据图像的斜率求加速度，面积求位移和相对位移如下： ......................................④ ..................................⑤ ...............................⑥ .................................⑦. ......................................⑧ ...............⑨ ...............⑩ 站在水平地面上的人看来A向左运动的最大位移：=0.5m.............⑪ B运动的位移: ....⑫ B运动的时间为：4s........⑬ A最终静止在B上面的位置距离B板右端的距离：16.5m.....⑭ 例4： 如图所示，一足够长木板B在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v2＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块A（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v3＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求： （1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2 （3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。 （4）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，木板的位移大小。 【抓题·避坑】 1. 滑块 A 受力恒定A 始终相对木板向左滑动，仅受木板向右的滑动摩擦力，因此 A 加速度全程不变，可直接用 1s 始末速度求加速度，用来计算。 2. 木板 B 加速度分两段（本题最大陷阱）木板对地速度方向改变时，地面滑动摩擦力方向反向： B 向右运动阶段：地面摩擦力向左 + 滑块给木板的摩擦力向左，两个摩擦力同向，合加速度大； B 向左运动阶段：地面摩擦力向右 + 滑块给木板的摩擦力向左，两个摩擦力反向，合加速度变小；❌ 禁止直接用全程 1s 的速度变化求木板平均加速度，会直接算错。 3. 地面摩擦力正压力是总重力 4. 木板总位移注意点 木板全程分三段：①向右减速至 0 ②向左加速至共速 ③共速后向左减速到静止 避坑总结 1. 板块模型中：滑块加速度常恒定，木板若受地面摩擦、速度反向，加速度大概率分段； 2. 先求滑块加速度，再分段列木板牛顿定律，联立求解临界时间与地面动摩擦因数； 3. 共速后一定要校验是否会二次打滑，避免多算或少算相对位移； 解析： 木块在与木板等速之前受滑动摩擦力做减速运动，对A： ...................① 木板B向右运动受到地面摩擦力方向向左： .................② 木板B向左运动受到地面摩擦力方向向右： ..................③ 根据题意画出v-t图像 根据图像的斜率求加速度，面积求位移和相对位移如下： ......................................④ ........................................⑤ ..................................⑥ 由上述式子解得 木板、木块等速后不会相对滑动，共同匀减速直至静止 整体受力分析，有牛顿第二定律得： .................⑦ ...........................⑧ 从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移： ...............⑨ 从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，木板的位移： ...............⑩ 首先计算出三个接触面的最大静摩擦力： m1与m2的最大静摩擦力f12m=m1gµ1 m2与m3的最大静摩擦力f23m=(m1+m2)gµ2 m3与地面的最大静摩擦力f3地m=(m1+m2+m3)gµ3 如果 f3地m>f23m 则不论F多大，m3都不会滑动 如果 f3地m<f23m 则m3与地面先发生相对滑动 m1的最大加速度：m1am1=m1gµ1 m3的最大加速度：(m1+m2)gµ2-(m1+m2+m3)gµ3=m3am3 如果am1 < am3则m1与m2之间先发生相对滑动 如果am1 > am3则m2与m3之间先发生相对滑动 三层板块模型（A、B、C），F 增大过程分析思路、临界、陷阱 已知： F作用于木块A，F增大时摩擦力与加速度的变化分析： （一）、首先计算各个接触面的最大静摩擦力（滑动摩擦力）： A、C间的最大摩擦力： B、C间的最大摩擦力： C与地面间的最大摩擦力: （二）、判断最先发生相对滑动的接触面： 若B与C先发生相对滑动，则B与C间发生相等滑动的临界加速度由B确定：对B分析： 解得： 若A与C先发生相对滑动，则先把B、C为整体，发生相等滑动的临界加速度由BC确定： 解得： 所以B与C先发生相对滑动 （三）、对两个物体按照力F大小的区间进行分析： 第一个临界加速度： B只靠C 给的摩擦力加速，B 的最大加速度，由 B-C 最大静摩擦决定 对 B：👉只要系统加速度超过，B 和 C 之间一定打滑，B 的加速度就锁定不再变大。 区间①： 地面最大静摩擦 8N。 拉力 F≤8N，整体不动，全部静止。 A、C 之间：静摩擦力大小等于 F； B、C 之间：摩擦力等于 0； C、地面：静摩擦力等于 F； 加速度：。 区间②：<F≤24N 整体一起加速，A、B、C 三者相对全部不打滑，三者加速度完全相同。 整体受力分析： 解得： （） 加速度到达 B 的临界，代入，得到临界拉力：。 摩擦力情况： B：靠 C 的静摩擦力带动 B，，随 F 增大而增大，最大到 4N； C：受到 A 向右静摩擦、B 向左静摩擦、地面向左滑动摩擦； A：拉力 F，C 对 A 向左静摩擦力； 此区间 AC、BC 都是静摩擦，没有相对滑动。 关键点：F=24N，加速度，B-C 之间静摩擦刚好达到最大值 4N，即将打滑。 区间③：<F≤72N F＞24N，B 与 C 发生相对滑动。 B：只受滑动摩擦力，加速度被锁死：，不再随 F 变大而上升。 A、C 仍然保持相对静止，A 和 C 一块运动。 现在把 A+C 看成整体，质量。 受力：向右 F；向左：B 给 C 的滑动摩擦力 4N；向左地面滑动摩擦力 8N。 解得： () 这个区间上限：A、C 之间即将打滑。A-C 最大静摩擦 32N。 第二个临界加速度： 对 C： ，A-C 打滑临界加速度。 代入，得到第二个临界拉力：。 该区间内： 恒定不变； ，随 F 增大持续增大； BC：滑动摩擦力，恒等于 4N，不再变化； AC：静摩擦力，随 F 增大不断变大，直到 F=72N 达到最大值 32N； C地面：滑动摩擦力恒定 8N。 区间④： F 超过72N，A、C 之间也发生相对滑动。 至此，A、B、C 三者加速度全部互不相同。 A：受 F，C 对 A 向左滑动摩擦力 32N ，（ ）随 F 继续增大。 B：依旧 B-C 滑动，保持不变。 C：受到向右 A 的滑动摩擦力 32N；向左 B 的滑动摩擦力 4N；向左地面摩擦力 8N 合外力：👉F＞60N 之后，C 的加速度固定为，不再随 F 改变！ 摩擦力全部变为滑动摩擦，数值全部锁死不变： 板块模型多个接触面：每个物体能承受的最大加速度算出来，最小的那个加速度就是最先打滑的临界。本题，远小于 A-C 打滑临界，B 先滑。 打滑之后：滑动摩擦力大小恒定，打滑物体加速度直接锁死，不随 F 变大。 F>16N 之后，B 加速度不再增加，固定。 B 打滑之后，要把 A+C 作为整体分析，不要带上 B；B 已经脱离共速队伍。 第二个临界：A 与 C 之间打滑，算出，对应 F=72N； F＞72N，A、C 也打滑。此时 C 的合外力全部由两边滑动摩擦力决定，跟 F 没关系，C 加速度变成定值 10m/s²，这是本题最容易踩坑的地方。F 再增大，只会让 A 的加速度变大，C 加速度不变。 摩擦力变化规律总结： 没打滑阶段：静摩擦力随外力 F 同步增大； 一旦打滑：直接变为恒定滑动摩擦力，不再变化。 图一：加速度（a）随拉力（F）的变化图像： 图二：摩擦力（f）随拉力（F）的变化图像： 学科网（北京）股份有限公司 $