专题1 动力学中的连接体和临界、极值问题 专项训练- 2027届高三物理一轮复习

专题1 动力学中的连接体和临界、极值问题 【题型演练】 题型一 动力学中的连接体问题 【例题精讲练】 【例1】（2026·江西开学）如图所示，质量均为5kg的木块A、B，与水平地面间的动摩擦因数均为0.1。A、B用轻弹簧连接，初态处于原长，弹簧的劲度系数为200N/m。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，现用F＝12N的水平拉力拉木块B，稳定后（A、B相对静止），下列说法正确的是（　　） A．木块B受到的摩擦力大小为4N B．木块A受到的摩擦力大小为5N C．弹簧伸长了3.5cm D．弹簧伸长了2cm 【例2】（2026春·驻马店期末）（多选）如图，长方体物块A和一小物块B静置于光滑水平面上，另一小物块C贴放于A的左侧面，同时对A施加一水平向左的恒力F，已知A、B间的动摩擦因数为0.75，A、C间的动摩擦因数为0.5，A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，C离地面足够高，且B、C始终未脱离A，下列说法正确的是（　　） A．若F＝4mg，则B的加速度大小为 B．若F＝4mg，则C的加速度大小为 C．若F＝20mg，则A、B间的作用力大小为 D．若F＝20mg，则A、C间的作用力大小为 【变式训练1】（2026·华龙区校级开学）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个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块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．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 B．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 C．第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为 D．第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3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 【变式训练2】（2026秋·昭阳区校级月考）如图所示，粗糙水平地面上放置有紧挨着的A、B两物块，A、B与地面间的动摩擦因数相同，现用大小为F1＝8N的推力水平向右推A，能推动两物块沿水平面运动，此时A、B间相互作用的弹力大小为F；当改用大小为F2＝12N的推力水平向左推B时，A、B间相互作用的弹力大小仍为F；则A、B两物块的质量之比为（　　） A．2：5 B．3：5 C．2：3 D．3：2 【变式训练3】（2026·海口模拟）（多选）如图所示，质量M＝5kg、倾角为θ的斜面体静止在光滑的水平面上，一质量m＝2kg的物块静止在斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75。现用水平向右的恒力F推斜面体，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，且sinθ＝0.6、cosθ＝0.8。下列说法中正确的是（　　） A．当F＝52.5N时，物块受到两个力作用 B．当F＝100N时，物块所受到的摩擦力沿斜面向上 C．当F＝250N时，物块将沿斜面向上滑动 D．不论F的大小是多大，物块总是能和斜面体保持相对静止 【题型强化练】 1．（2025秋·钟楼区校级期末）如图所示，水平恒力F作用在物块A上，物块A、B在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。物块A质量为M，物块B质量为m，它们的共同加速度大小为a，两物块间的动摩擦因数为μ。则在运动过程中下列选项错误的是（　　） A．B受到的摩擦力大小为ma B．A受到的摩擦力方向向左 C．A受到的摩擦力大小为 D．若A、B间的动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变 2．（2026·宜昌模拟）如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一滑块套在粗糙的杆上，通过轻绳悬挂一个小球，若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α＜β，则滑块的运动情况是（　　） A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑 3．（2026春·西城区校级期末）如图，A、B两小朋友去滑雪，他们使用的滑雪板与雪面间的动摩擦因数不同。两人用与斜面平行的轻质硬杆相连，沿足够长的斜面一起匀速下滑。下滑过程中轻杆突然断裂，两人仍各自继续沿斜面下滑，在之后的一段时间内（两人均未停止运动）（　　） A．如果两人间距离逐渐增大，可确定A受到的摩擦力较大 B．A、B各自的加速度大小一定相同 C．A、B各自的加速度方向可能相同 D．A、B各自所受合力的大小一定相同 题型二 临界极值问题 【例题精讲练】 【例1】（2026·沧州模拟）如图所示，在水平直线传送轨道上，智能快递分拣车的前、后两个货舱质量分别为2m和m，用轻质刚性连接杆相连。每个货舱所受运行阻力与自身质量成正比，比例系数为k。前货舱的驱动装置提供水平牵引力F，使两货舱一起向前做匀加速直线运动。已知连接杆能承受的最大拉力为T0，重力加速度为g，为保证连接杆不被拉断，牵引力F的最大值为（　　） A．3T0 B．3T0+3kmg C．3T0+2kmg D．3T0+kmg 【例2】（2026·莲湖区校级三模）（多选）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静止放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略不计，两个物体的质量mA＝4kg，mB＝6kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）（N），FB＝（2+2t）（N），下列说法正确的是（　　） A．0～2s时间内A的加速度一直在减小 B．t＝2s时，A、B两物体刚好分离 C．2s～4s内B的加速度一直在增大 D．t＝2s时，A速度达到最大值 【变式训练1】（2026秋·哈尔滨校级月考）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动 B．若μ＝0.5，当F小于某一值时，小球才能始终保持和斜劈相对静止 C．若μ＝0.8，当F＝22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ＝0.8，当F＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8 【变式训练2】（2025秋·镜湖区校级期末）如图所示，质量为2kg的物体A和质量为3kg的物体B静止于竖直的轻弹簧上两者保持平衡，某时刻对物体B施加竖直向上的恒力F，使物体B与A恰好瞬间分离，重力加速度g＝10m/s2。则下列结论正确的是（　　） A．分离时物体B加速度大小为10m/s2 B．恒力F大小为75N C．分离瞬间物体A、B间的压力大小为20N D．分离后物体A向上运动时，加速度不断增大 【变式训练3】（2025秋·昆明校级月考）（多选）如图所示，水平面上有一质量为m的滑块沿水平方向向右运动，对滑块施加一恒力F，F方向斜向右上方且与水平方向的夹角为θ时，滑块向右加速的加速度达到最大值。g为重力加速度大小，滑块与水平面的动摩擦因数，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8。下列关系式正确的是（　　） A． B． C．θ＝37° D．θ＝53° 【题型强化练】 1．（2025秋·达州期末）高铁车厢里的水平桌面上放置了一个水杯，水杯与桌面间的动摩擦因数为0.35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。若水杯始终相对桌面静止，则该过程中高铁的加速度大小可能是（　　） A．2m/s2 B．4m/s2 C．4.5m/s2 D．7m/s2 2．（2025·浑南区校级一模）如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上，A、B的质量分别为2kg和3kg。从t＝0时刻开始，水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．物体A一直做变加速直线运动 B．t＝1.5s时刻，A、B所受的合力相同 C．t＝2s时刻，A、B恰好分离 D．t＝2.5s时刻，B的加速度大小为2m/s2 3．（2025·东城区校级模拟）老虎车是一种搬运工具，如图所示，车的平面与挡板垂直。某次运货时货物与车保持相对静止并水平向右做加速运动，车平面与水平地面的夹角为α，重力加速度为g。不考虑货物与车平面及与挡板之间的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．当老虎车的加速度为gsinα时，车平面对货物的支持力为0 B．当挡板对货物作用力为0时，老虎车的加速度为 C．当加速度不断增大时，货物会沿车平面向上滑 D．当老虎车突然刹车时，货物只会沿车平面滑动，不会离开车平面 4．（2026·渝中区校级开学）如图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（　　） A．物块的速度一直减小到零 B．物块的速度、加速度一直减小 C．物块加速度先减小后增大 D．物块能够静止在最高点 5．（2025秋·晋城期末）（多选）如图1所示，紧靠在一起的甲、乙两木块在FA和FB的作用下，从斜面底部由静止开始沿斜面上滑，FA、FB与时间的关系如图2所示，t＝2s后，FA撤去、FB的大小不再发生变化。当木块甲再次回到与木块乙分离的位置时，木块乙恰好运动到斜面顶端。已知木块甲、乙的质量分别为m甲＝0.4kg，m乙＝0.6kg，斜面倾角θ＝53°且表面光滑，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，木块甲、乙可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两木块分离前加速度大小均为4m/s2 B．甲、乙两木块分离前一起运动了4m C．t＝2s时，甲、乙两木块间的相互作用力为2N D．斜面总长度为9m 6．（2025秋·迪庆州期末）（多选）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，两物体的质量为mA＝4kg，mB＝6kg。从t＝0开始，两个水平变力FA和FB分别作用于A、B上，设水平向右为正方向，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）N，FB＝（2+2t）N，则下列关于运动情况的描述正确的是（　　） A．t＝1s时，物体A的速度大小为1m/s B．t＝1s时，物体A对B的弹力大小为2N C．t＝2s时，物体A、B开始分离 D．t＝2s时，物体B的位移大小为2.5m 7．（2025秋·张家界期末）（多选）一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶C自由地摆放在A、B之间，和汽车保持相对静止，如图所示，不计空气阻力，当C与车共同水平向左加速运动时（　　） A．桶A对C的支持力增大 B．桶B对C的支持力增大 C．当货车向左的加速度达到时，桶C将脱离桶A D．当货车向左的加速度达到时，桶C将脱离桶A 8．（2025秋·南阳期末）（多选）如图所示为演示惯性的实验。水平桌面上铺有一张薄纸，一质量为M的小物块静置在纸上，已知纸张与桌面、纸张与物块之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．抽出纸张时，拉动越迅速，物块相对桌面的移动距离越不易被观察到 B．要将纸张从物块下抽出，拉动纸张的加速度应大于μg C．若纸张质量为m，要将纸张从物块下抽出，所需的最小拉力为μ（m+M）g D．若纸张质量为m，要将纸张从物块下抽出，所需的拉力应大于2μ（m+M）g 题型三 瞬时加速度 【例题精讲练】 【例1】（2026·辽宁模拟）如图所示，2026个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速直线运动，从左往右，第1个小球为1球，小球命名以此类推。1球和2球之间弹簧的弹力为F1～2，2球和3球间弹簧的弹力为F2～3，……，2025球和2026球间弹簧的弹力为F2025～2026，则下列说法正确的是（　　） A．1012球和1013球之间弹簧的弹力F1012～1013 B．如果1球和2球间的弹簧从1球处脱落，那么脱落瞬间，1球的加速度为0，2球的加速度为2a，其余小球的加速度依然为a C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，2026球的加速度为，其余每个球的加速度依然为a D．从左到右每根弹簧长度之比为1：2：3：…：2025 【例2】（2026秋·同步）（多选）如图示，小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳A和弹簧C的弹力之比为1：2 B．球M和球N的质量之比为 C．若小球N的质量为m1，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为 D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g 【变式训练1】（2026·荆州校级开学）在倾角为30°的光滑斜面上，小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，小滑块A的质量是B的质量的3倍，重力加速度为g，开始两个物块均静止，现在把细线OA剪断，在剪断细线瞬间A和B的加速度大小分别是（　　） A．g，0 B．，0 C．2g，0 D．g，g 【变式训练2】（2026秋·常州校级月考）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘里有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L。今向下拉盘使弹簧再伸长ΔL后停止，然后松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（　　） A． B． C．mgΔL D． 【变式训练3】（2026·岳阳一模）（多选）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球之间用轻绳AB、BQ和轻弹簧PA连接并保持静止，其中轻绳AB保持水平，轻弹簧PA与竖直方向夹角为37°，轻绳BQ与竖直方向夹角为53°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A． B． C．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m1的加速度为 D．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m2的加速度为 【题型强化练】 1．（2025秋·荥阳市期末）如图所示，与水平方向夹角为θ的细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，劲度系数为k的水平轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点。小球质量为m，处于静止状态，弹簧处于弹性范围内，重力加速度为g，则（　　） A．细绳的拉力大小为 B．弹簧处于压缩状态，压缩量为 C．剪断细绳瞬间，小球加速度为 D．将弹簧撤掉，维持小球静止在原处的最小外力大小为mgsinθ 2．（2026·聊城开学）如图所示，2027个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在沿斜面向上的恒定拉力F的作用下，一起沿倾角为θ的光滑斜面向上做匀加速直线运动，加速度大小为a。最左侧为1号小球，依次向右编号直到2027号小球，第k个弹簧连接k号和k+1号小球。已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．第1个弹簧的伸长量是第1014个弹簧伸长量的倍 B．若突然将拉力增大为2F，增大瞬间，2027球的加速度大小为2a C．若突然撤去拉力F，撤去瞬间，1球加速度大小为2027gsinθ+2026a D．若突然剪断第k个弹簧，剪断瞬间，k球和k+1球的加速度大小相等 3．（2026春·醴陵市校级期末）如图所示，用轻绳a将质量为m的小球A悬挂于质量为M的木箱顶部，小球A通过一根轻质弹簧与质量同为m的小球B相连，小球B底端与木箱接触而不挤压，木箱通过轻绳b悬挂于天花板。已知重力加速度为g，现仅剪断其中一根轻绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断轻绳a瞬间，小球A的加速度大小为g B．剪断轻绳a瞬间，轻绳b的拉力为（M+m）g C．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为g D．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为 4．（2026春·昭通期末）如图所示，水平面上放置一个质量m＝1kg的小球，小球右端与固定于墙上的水平轻弹簧相连，左端与一条固定于天花板上的不可伸长的轻绳相连。已知轻绳与竖直方向夹角为45°，小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5。小球静止于水平面上，且对水平面的弹力恰好为零，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．若仅剪断弹簧左端，则剪断瞬间小球与地面间的弹力仍为0 B．若仅剪断弹簧左端，则剪断瞬间小球加速度大小为0 C．若仅剪断轻绳，则剪断瞬间小球受到的弹簧弹力为0 D．若仅剪断轻绳，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝8m/s2 5．（2026·株洲模拟）如图所示，两个质量分别为m1＝4kg，m2＝1kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法不正确的是（　　） A．弹簧秤的示数是22N B．弹簧秤的示数是28N C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2m/s2 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为5.5m/s2 6．（2026春·香坊区校级期末）如图所示，质量相同的两块砖甲、乙用轻弹簧竖直连接，砖乙下方垫了一块水平木板，整个系统处于静止状态，重力加速度大小为g，抽出木板瞬间，下列说法正确的是（　　） A．a乙＝0 B．a甲＝g C．a乙＝2g D．a乙＝g 7．（2026春·衡阳县期末）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上用轻绳连接两个质量分别为m、2m的物块A、B，平行斜面向上的外力通过原长为l0的轻弹簧拉动物块B，A、B共同沿斜面向上以加速度a匀加速运动。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧未超过弹性限度。现剪断A、B间细绳，下列选项错误的是（　　） A．剪断前细绳拉力大小为mgsinθ+ma B．剪断前弹簧长度为l0 C．剪断瞬间物块A加速度大小为gsinθ D．剪断瞬间物块B加速度大小为3a+gsinθ 8．（2026·四川模拟）如图所示，在一箱子C内放有A、B两个物体，A、B之间用轻弹簧相连，整个系统用绳OO′系于天花板上，处于静止状态，其中mA＝m，mB＝2m，mC＝4m。在剪断绳子OO'的瞬间，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A的加速度大小为g B．B的加速度大小为g C．B对C的压力大小为3mg D．B对C的压力大小为 9．（2025秋·汉台区校级期末）（多选）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　） A．物体B的加速度大小为g B．物体C与吊篮A间的弹力大小为0.5mg C．物体C的加速度大小为2g D．吊篮A的加速度大小为1.5g 10．（2026·襄阳模拟）（多选）如图所示，B、C为两个可视为质点的相同小球，在竖直面内由轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD连接。其中A、D两点固定于竖直墙上，AB与竖直方向夹角为30°，CD与竖直方向夹角为37°，BC沿水平方向。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，现只剪断BC绳，则（　　） A．剪断绳后瞬间，B球加速度为0.5g B．剪断绳后瞬间，B球加速度为 C．剪断绳后瞬间，C球加速度为0.6g D．剪断绳后瞬间，C球加速度为0.75g 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1 动力学中的连接体和临界、极值问题 【题型演练】 题型一 动力学中的连接体问题 【例题精讲练】 【例1】（2026·江西开学）如图所示，质量均为5kg的木块A、B，与水平地面间的动摩擦因数均为0.1。A、B用轻弹簧连接，初态处于原长，弹簧的劲度系数为200N/m。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，现用F＝12N的水平拉力拉木块B，稳定后（A、B相对静止），下列说法正确的是（　　） A．木块B受到的摩擦力大小为4N B．木块A受到的摩擦力大小为5N C．弹簧伸长了3.5cm D．弹簧伸长了2cm 【答案】B 【详解】A、木块B受到的摩擦力大小为fB＝μmBg＝0.1×5×10N＝5N，故A错误； B、木块A受到的摩擦力大小为fA＝μmAg＝0.1×5×10N＝5N，故B正确； CD、稳定后，A、B相对静止，加速度相同，设为a。对整体，根据牛顿第二定律得 F﹣fA﹣fB＝（mA+mB）a 对A，根据牛顿第二定律得 kx﹣fA＝mAa 解得弹簧伸长x＝0.03m＝3cm，故CD错误。 故选B。 【例2】（2026春·驻马店期末）（多选）如图，长方体物块A和一小物块B静置于光滑水平面上，另一小物块C贴放于A的左侧面，同时对A施加一水平向左的恒力F，已知A、B间的动摩擦因数为0.75，A、C间的动摩擦因数为0.5，A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，C离地面足够高，且B、C始终未脱离A，下列说法正确的是（　　） A．若F＝4mg，则B的加速度大小为 B．若F＝4mg，则C的加速度大小为 C．若F＝20mg，则A、B间的作用力大小为 D．若F＝20mg，则A、C间的作用力大小为 【答案】BC 【详解】AB．设F＝4mg时A、C水平方向共同加速度大小为a1。若B与A相对静止，以A、B、C为整体，水平方向根据牛顿第二定律有F＝8ma1，可得。因为，说明B与A之间没有发生相对滑动，假设成立，所以B的加速度大小为。此时C受到的最大静摩擦力小于重力，沿竖直方向下滑，由牛顿第二定律可得竖直向下加速度大小，C的加速度大小，故A错误，B正确。 CD．当F＝20mg时，若B与A相对静止，对整体由牛顿第二定律有F＝8ma，可得，假设不成立，B相对A滑动，A、B间摩擦力大小。设此时A、C水平方向共同加速度大小为a2，A、C间水平弹力大小为NAC，根据牛顿第二定律，对A沿水平方向有F﹣fAB﹣NAC＝6ma2，对C沿水平方向有NAC＝ma2，联立解得，有关系式。A、B间作用力为支持力与滑动摩擦力的合力，大小为。又，C可相对A在竖直方向静止，A、C间竖直摩擦力大小为mg。A、C间作用力为水平弹力与竖直静摩擦力的合力，大小为，故C正确，D错误。 故选BC。 【变式训练1】（2026·华龙区校级开学）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个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块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．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 B．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 C．第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为 D．第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3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 【答案】D 【详解】A、小滑块做匀速直线运动时，对整体，根据平衡条件可得 F＝3μmg 可得粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为μ，故A错误； B、滑块匀速运动时，以滑块2、3、…8整体为研究对象，由平衡条件可得1和2两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为F12＝2μmg 以滑块3、4、…8整体为研究对象，由平衡条件可得2和3两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为F23＝μmg 匀速运动时，滑块4、5、6、7、8还没有进入粗糙地带，则3和4间、4和5间、5和6间、6和7间、7和8间轻杆上的弹力大小均为0，故B错误； C、第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，对8个滑块整体，根据牛顿第二定律得 F﹣μmg＝8ma 对滑块6、7、8整体分析，由牛顿第二定律得 F56＝3ma 解得5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为F56，故C错误； D、第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，对8个滑块整体，根据牛顿第二定律得 F﹣2μmg＝8ma′ 解得a′，故D正确。 故选D。 【变式训练2】（2026秋·昭阳区校级月考）如图所示，粗糙水平地面上放置有紧挨着的A、B两物块，A、B与地面间的动摩擦因数相同，现用大小为F1＝8N的推力水平向右推A，能推动两物块沿水平面运动，此时A、B间相互作用的弹力大小为F；当改用大小为F2＝12N的推力水平向左推B时，A、B间相互作用的弹力大小仍为F；则A、B两物块的质量之比为（　　） A．2：5 B．3：5 C．2：3 D．3：2 【答案】C 【详解】当用F1＝8N的推力水平向右推A时，对整体，由牛顿第二定律得 F1﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a 对B，根据牛顿第二定律得 F﹣μmBg＝mBa 联立解得FF1 当用大小为F2＝12N的推力水平向左推B时，同理可得 FF2 解得mA：mB＝2：3，故ABD错误，C正确。 故选C。 【变式训练3】（2026·海口模拟）（多选）如图所示，质量M＝5kg、倾角为θ的斜面体静止在光滑的水平面上，一质量m＝2kg的物块静止在斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75。现用水平向右的恒力F推斜面体，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，且sinθ＝0.6、cosθ＝0.8。下列说法中正确的是（　　） A．当F＝52.5N时，物块受到两个力作用 B．当F＝100N时，物块所受到的摩擦力沿斜面向上 C．当F＝250N时，物块将沿斜面向上滑动 D．不论F的大小是多大，物块总是能和斜面体保持相对静止 【答案】AC 【详解】A．设物块与斜面体保持相对静止，两者的共同加速度为。 取沿斜面向上为正方向，设摩擦力为f，由牛顿第二定律得f﹣mgsinθ＝﹣macosθ，解得f＝m（gsinθ﹣acosθ）＝2×（10×0.6﹣7.5×0.8）N＝0。摩擦力为零，物块只受重力和支持力两个力，故A正确。 B．假设物块与斜面体保持相对静止，共同加速度为。取沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律得，说明摩擦力沿斜面向下。垂直斜面方向由牛顿第二定律得，又，静摩擦力未达到最大值，物块和斜面保持相对静止，摩擦力方向沿斜面向下，故B错误。 CD．设物块与斜面体相对静止时的共同加速度为。当物块有沿斜面向上的运动趋势时，二者保持相对静止的条件为m（acosθ﹣gsinθ）≤μm（gcosθ+asinθ），整理得，对应的恒力应满足F＝（M+m）a≤（5+2）N＝240N。当F＝250N时，物块不能与斜面体保持相对静止，物块相对斜面体沿斜面向上滑动，说明并非任意大小的F都能使物块相对静止，故C正确，D错误。 故选AC。 【题型强化练】 1．（2025秋·钟楼区校级期末）如图所示，水平恒力F作用在物块A上，物块A、B在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。物块A质量为M，物块B质量为m，它们的共同加速度大小为a，两物块间的动摩擦因数为μ。则在运动过程中下列选项错误的是（　　） A．B受到的摩擦力大小为ma B．A受到的摩擦力方向向左 C．A受到的摩擦力大小为 D．若A、B间的动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变 【答案】B 【详解】A、对B受力分析可知，B受到重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律可得摩擦力的大小为：fB＝ma，方向水平向左，故A正确； B、由于A受到B的摩擦力与B受到A的摩擦力是一对作用力与反作用力，B受A的摩擦力方向向左，则A受到B的摩擦力水平向右，故B错误； C、A受到B的摩擦力与B受到A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，所以A受到的摩擦力的大小为fA＝fB＝ma 对AB整体，由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a，解得：，所以有：，故C正确； D、B受到的摩擦力为静摩擦力，若动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变，仍为：，故D正确。 本题选错误的，故选B。 2．（2026·宜昌模拟）如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一滑块套在粗糙的杆上，通过轻绳悬挂一个小球，若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α＜β，则滑块的运动情况是（　　） A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑 【答案】D 【详解】对滑块和小球整体受力分析，沿杆和垂直杆建立直角坐标系，若速度方向向下，则沿杆方向上有（m1+m2）gsinα﹣f＝（m1+m2）a 垂直杆方向上有FN＝（m1+m2）gcosα 摩擦力f＝μFN 联立可得 a＝gsinα﹣μgcosα； 对小球，若α＝β，则a＝gsinβ，现有β＞α，则有a＞gsinβ，所以gsinα﹣μgcosα＞gsinβ 整理得gsinα﹣gsinβ＞μgcosα，因为β＞α 所以gsinα﹣gsinβ＜0，但μgcosα＞0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，故D正确，ABC错误。 故选D。 3．（2026春·西城区校级期末）如图，A、B两小朋友去滑雪，他们使用的滑雪板与雪面间的动摩擦因数不同。两人用与斜面平行的轻质硬杆相连，沿足够长的斜面一起匀速下滑。下滑过程中轻杆突然断裂，两人仍各自继续沿斜面下滑，在之后的一段时间内（两人均未停止运动）（　　） A．如果两人间距离逐渐增大，可确定A受到的摩擦力较大 B．A、B各自的加速度大小一定相同 C．A、B各自的加速度方向可能相同 D．A、B各自所受合力的大小一定相同 【答案】D 【详解】A、开始时匀速运动，有FA+FB＝fA+fB，其中FA、FB为A、B的下滑分力，轻杆断裂后，如果两人间距增大，说明A加速、B减速，有FA＞fA，但由于二者的质量关系未知，所以无法比较fA、fB，故A错误； BD、A所受合力为F1＝FA﹣fA，B所受合力为F2＝FB﹣fB，有F1＝﹣F2，由于二者的质量不一定相等，所以A、B各自的加速度大小不一定相同，故B错误，D正确； C、A、B所受合力方向相反，故加速度方向一定相反，故C错误。 故选D。 题型二 临界极值问题 【例题精讲练】 【例1】（2026·沧州模拟）如图所示，在水平直线传送轨道上，智能快递分拣车的前、后两个货舱质量分别为2m和m，用轻质刚性连接杆相连。每个货舱所受运行阻力与自身质量成正比，比例系数为k。前货舱的驱动装置提供水平牵引力F，使两货舱一起向前做匀加速直线运动。已知连接杆能承受的最大拉力为T0，重力加速度为g，为保证连接杆不被拉断，牵引力F的最大值为（　　） A．3T0 B．3T0+3kmg C．3T0+2kmg D．3T0+kmg 【答案】A 【详解】取前进方向为正方向，后货舱受连接杆向前的拉力T和向后的阻力kmg，由牛顿第二定律有T﹣kmg＝ma 前货舱受牵引力F（向前）、连接杆向后的拉力T和向后的阻力2kmg，由牛顿第二定律有F﹣T﹣2kmg＝2ma 联立解得F＝3T 当连杆拉力达到最大值T＝T0时，牵引力F也达到最大值Fmax＝3T0，由此可见，最大牵引力Fmax与阻力系数k及重力加速度g无关，故A正确，BCD错误。 故选A。 【例2】（2026·莲湖区校级三模）（多选）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静止放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略不计，两个物体的质量mA＝4kg，mB＝6kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）（N），FB＝（2+2t）（N），下列说法正确的是（　　） A．0～2s时间内A的加速度一直在减小 B．t＝2s时，A、B两物体刚好分离 C．2s～4s内B的加速度一直在增大 D．t＝2s时，A速度达到最大值 【答案】BC 【详解】AB．对A与B整体分析，应用牛顿第二定律有FA+FB＝（mA+mB）a，解得共同加速度为a＝1m/s2，若AB之间的弹力为0，对A分析有FA＝mAaA，当时，解得t＝2s，即在2s时A与B物体恰好分离，故A错误，B正确； C．在2s～4s内，B物体的加速度为，可知加速度大小在增大，故C正确； D．在2s后，A的加速度为，0～4s内aA＞0，A持续加速，t＝4s时aA＝0，速度达最大，在t＞4s后A的加速度反向，A才开始做减速运动，2s末A的速度不是最大值，故D错误。 故选BC。 【变式训练1】（2026秋·哈尔滨校级月考）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动 B．若μ＝0.5，当F小于某一值时，小球才能始终保持和斜劈相对静止 C．若μ＝0.8，当F＝22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ＝0.8，当F＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8 【答案】C 【详解】A．若μ＝0.2，当F＝4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，根据牛顿第二定律有F＝3ma 解得 对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有μ·2mg＝2ma′ 解得a′＝2m/s2＞a，可知此时木板相对于斜劈静止，故A错误； B．若μ＝0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，根据牛顿第二定律可得最大加速度为：0.5×10m/s2＝5m/s2 当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律有： 解得小球的加速度大小为： 可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B错误； C．若μ＝0.8，假设板、球和斜劈相对静止，根据牛顿第二定律可知球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为0.8×10m/s2＝8m/s2 此时对板、球和斜劈构成的系统，根据牛顿第二定律有F′＝3ma′m＝3×1×8N＝24N 当F＝22.5N时，板、球和斜劈相对静止，根据牛顿第二定律可得，解得：a″＝7.5m/s2 由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，故小球对斜劈的压力为0，故C正确； D．若μ＝0.8，由C选项可知此时斜劈和板间摩擦力刚好达到最大，因此加速度大小为，则对小球分析，根据牛顿第二定律有 解得tanα＝1.25，故D错误。 故选C。 【变式训练2】（2025秋·镜湖区校级期末）如图所示，质量为2kg的物体A和质量为3kg的物体B静止于竖直的轻弹簧上两者保持平衡，某时刻对物体B施加竖直向上的恒力F，使物体B与A恰好瞬间分离，重力加速度g＝10m/s2。则下列结论正确的是（　　） A．分离时物体B加速度大小为10m/s2 B．恒力F大小为75N C．分离瞬间物体A、B间的压力大小为20N D．分离后物体A向上运动时，加速度不断增大 【答案】B 【详解】AC、开始时A与B组成的系统静止，则弹簧的弹力等于二者的重力，即F0＝（mA+mB）g＝（2+3）×10N＝50N 由题意，恒力F能使物体B与A恰好瞬间分离，则分离的瞬间二者之间的作用力立即为零。 此时A受到重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律可得mAa＝F0﹣mAg 代入数据可得a＝15m/s2，故AC错误； B、二者分离后B受到恒力F和重力，由牛顿第二定律可知mBa＝F﹣mBg 代入数据可得F＝75N 故B正确； D、分离后物体A向上运动时，弹簧的压缩量逐渐减小，根据胡克定律可知弹簧的弹力逐渐减小，所以A的加速度不断减小，故D错误。 故选B。 【变式训练3】（2025秋·昆明校级月考）（多选）如图所示，水平面上有一质量为m的滑块沿水平方向向右运动，对滑块施加一恒力F，F方向斜向右上方且与水平方向的夹角为θ时，滑块向右加速的加速度达到最大值。g为重力加速度大小，滑块与水平面的动摩擦因数，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8。下列关系式正确的是（　　） A． B． C．θ＝37° D．θ＝53° 【答案】AC 【详解】滑块竖直方向受力平衡，向上的分力与支持力之和平衡重力，有Fsinθ+FN＝mg，可得水平面给滑块的支持力FN＝mg﹣Fsinθ 水平方向依据牛顿第二定律有Fcosθ﹣Ff＝ma，滑动摩擦力Ff＝μ（mg﹣Fsinθ），所以有Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma 合并含F的三角函数项为F（cosθ+μsinθ）＝μmg+ma，利用三角恒等变换，将cosθ十sinθ合成单一正弦函数可得，其中，可得φ＝53°。 想要加速度a取最大值，等式左侧sin（θ+φ）需要取最大值1，此时满足θ+φ＝90°，解得θ＝37°。 将θ＝37°、最大加速度、代入动力学方程Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma，有，即，解得。 故AC正确，BD错误。 故选AC。 【题型强化练】 1．（2025秋·达州期末）高铁车厢里的水平桌面上放置了一个水杯，水杯与桌面间的动摩擦因数为0.35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。若水杯始终相对桌面静止，则该过程中高铁的加速度大小可能是（　　） A．2m/s2 B．4m/s2 C．4.5m/s2 D．7m/s2 【答案】A 【详解】水杯始终相对桌面静止，则水杯和高铁相对静止，加速度相同，令加速度为 a，对水杯而言摩擦力提供加速度，有f＝ma为了水杯始终相对桌面静止，摩擦力不超过滑动摩擦力，有 f⩽μmg，联立解得：，故A正确，BCD错误。 故选A。 2．（2025·浑南区校级一模）如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上，A、B的质量分别为2kg和3kg。从t＝0时刻开始，水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．物体A一直做变加速直线运动 B．t＝1.5s时刻，A、B所受的合力相同 C．t＝2s时刻，A、B恰好分离 D．t＝2.5s时刻，B的加速度大小为2m/s2 【答案】C 【详解】A.A物体在FA＝0以后做匀速直线运动，故A错误； BC.设t时刻AB恰好分离，由牛顿第二定律可知：FA＝mAa，FB＝mBa， 由图乙可知：FA＝（8﹣2t）N，FB＝（2+2t）N，联立解得：t＝2s，a＝2m/s2， 则t＝1.5s时，AB加速度相同，质量不同，由牛顿第二定律可知，AB所受合力不同，故B错误，C正确； D.由图乙可知：t＝2.5s时，FB′＝7N，由牛顿第二定律可知，aB，故D错误。 故选C。 3．（2025·东城区校级模拟）老虎车是一种搬运工具，如图所示，车的平面与挡板垂直。某次运货时货物与车保持相对静止并水平向右做加速运动，车平面与水平地面的夹角为α，重力加速度为g。不考虑货物与车平面及与挡板之间的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．当老虎车的加速度为gsinα时，车平面对货物的支持力为0 B．当挡板对货物作用力为0时，老虎车的加速度为 C．当加速度不断增大时，货物会沿车平面向上滑 D．当老虎车突然刹车时，货物只会沿车平面滑动，不会离开车平面 【答案】C 【详解】A.当老虎车的加速度为gsinα时，设车平面对货物的支持力为N1，挡板对货物的支持力为N2。 沿水平方向，根据牛顿第二定律可得：N1sinα﹣N2cosα＝ma＝mgsinα 沿竖直方向，根据平衡条件可得：N1cosα+N2sinα＝mg 解得：N1＝mg（cosα+sin2α），故A错误。 B.当挡板对货物作用力为0时，货物只受重力和车平面的支持力，沿车平面方向mgtanα＝ma，可得加速度a＝gtanα，故B错误。 C.由B选项可知当加速度大于gtanα时，货物会沿车平面向上滑，故C正确。 D.当老虎车突然刹车，若加速度足够大时，货物会离开车平面，故D错误。 故选C。 4．（2026·渝中区校级开学）如图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（　　） A．物块的速度一直减小到零 B．物块的速度、加速度一直减小 C．物块加速度先减小后增大 D．物块能够静止在最高点 【答案】C 【详解】ABC、物块与弹簧接触前沿斜面向上做加速运动，物块刚刚接触弹簧的一段时间内，弹簧的压缩量较小时，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力之和，物块的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块沿斜面向上做加速度减小的加速运动；当物块受到的合力为零时速度最大，然后物块继续向上运动过程物块所受合力向下，加速度向下，物块向上做加速度增大的减速运动，直到速度为零，物块上升到最高点，由此可知，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，物块的速度先增大后减小，加速度先减小到零然后反向增大，故AB错误，C正确； D、结合前面的分析可知，物块到达最高点时，具有沿斜面向下的加速度，所以不能静止在最高点，故D错误。 故选C。 5．（2025秋·晋城期末）（多选）如图1所示，紧靠在一起的甲、乙两木块在FA和FB的作用下，从斜面底部由静止开始沿斜面上滑，FA、FB与时间的关系如图2所示，t＝2s后，FA撤去、FB的大小不再发生变化。当木块甲再次回到与木块乙分离的位置时，木块乙恰好运动到斜面顶端。已知木块甲、乙的质量分别为m甲＝0.4kg，m乙＝0.6kg，斜面倾角θ＝53°且表面光滑，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，木块甲、乙可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两木块分离前加速度大小均为4m/s2 B．甲、乙两木块分离前一起运动了4m C．t＝2s时，甲、乙两木块间的相互作用力为2N D．斜面总长度为9m 【答案】BD 【详解】A.由图乙可知0～2s内FA与FB的大小之和始终为10N，将木块甲、乙视为整体，整体所受重力沿斜面方向的分力为（m甲+m乙）gsin53°＝（0.4+0.6）×10×0.8N＝8N，因此合外力为10N﹣8N＝2N。根据牛顿第二定律可得0～2s内整体的加速度am/s2＝2m/s2，故A错误。 B.分离前甲、乙一起以2m/s2的加速度从静止开始运动，运动时间为2s。根据匀加速直线运动位移公式，可得分离前两木块一起运动的距离为m＝4m，故B正确。 C.t＝2s时是甲、乙两木块间相互作用力为零的时刻，即两木块分离的时刻，此时相互作用力为0N，故C错误。 D.t＝2s时木块的速度为v＝at＝2×2m/s＝4m/s，分离后木块甲的加速度为a甲＝﹣gsin53°＝﹣10×0.8m/s2＝﹣8m/s2，木块乙的加速度为m/s2＝2m/s2。设甲回到分离处用时t′，由位移公式，解得t'＝1s。此过程中乙的位移为m＝5m，因此斜面的总长度为4m+5m＝9m，故D正确。 故选BD。 6．（2025秋·迪庆州期末）（多选）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，两物体的质量为mA＝4kg，mB＝6kg。从t＝0开始，两个水平变力FA和FB分别作用于A、B上，设水平向右为正方向，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）N，FB＝（2+2t）N，则下列关于运动情况的描述正确的是（　　） A．t＝1s时，物体A的速度大小为1m/s B．t＝1s时，物体A对B的弹力大小为2N C．t＝2s时，物体A、B开始分离 D．t＝2s时，物体B的位移大小为2.5m 【答案】ABC 【详解】AC.对A、B整体所受合外力F合＝FA+FB＝（8﹣2t）N+（2+2t）N＝10N，该合外力恒定。 因此整体加速度， 当A、B间弹力N＝0时，两物体开始分离。对A应用牛顿第二定律有FA＝mAa，解得t＝2s，即t＝2s时物体A、B开始分离， 在t＝1s时，物体A的速度v＝at＝1×1m/s＝1m/s，故AC正确。 B.在t＝1s时，FB＝（2+2×1）N＝4N。对B根据牛顿第二定律有FB+N＝mBa，可得N＝mBa﹣FB＝6×1N﹣4N＝2N，即物体A对B的弹力大小为2N，故B正确。 D.物体B做初速度为0的匀加速直线运动，在t＝2s时，其位移m＝2m，故D错误。 故选ABC。 7．（2025秋·张家界期末）（多选）一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶C自由地摆放在A、B之间，和汽车保持相对静止，如图所示，不计空气阻力，当C与车共同水平向左加速运动时（　　） A．桶A对C的支持力增大 B．桶B对C的支持力增大 C．当货车向左的加速度达到时，桶C将脱离桶A D．当货车向左的加速度达到时，桶C将脱离桶A 【答案】BC 【详解】对C进行受力分析，当车静止或匀速运动时如图所示 设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，桶C的质量为m，根据几何关系可得：sinθ，所以θ＝30° 同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30° AB、原来C处于静止状态，根据平衡条件可得水平方向：NBsin30°＝NAsin30° 竖直方向NAcos30°+NBcos30°＝mg 所以 当C与车共同水平向左加速运动时，令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有水平方向：N′Bsin30°﹣N′Asin30°＝ma 竖直方向N′Bcos30°+N′Acos30°＝mg 联立可得N′A；N′B 可见，A对C的支持力NA减小、B对C的支持力NB增大，故A错误，B正确； D、当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得：mgtan30°＝ma0 解得：a0g， 可知当货车向左的加速度达到时，桶C将脱离桶A，故C正确，D错误。 故选BC。 8．（2025秋·南阳期末）（多选）如图所示为演示惯性的实验。水平桌面上铺有一张薄纸，一质量为M的小物块静置在纸上，已知纸张与桌面、纸张与物块之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．抽出纸张时，拉动越迅速，物块相对桌面的移动距离越不易被观察到 B．要将纸张从物块下抽出，拉动纸张的加速度应大于μg C．若纸张质量为m，要将纸张从物块下抽出，所需的最小拉力为μ（m+M）g D．若纸张质量为m，要将纸张从物块下抽出，所需的拉力应大于2μ（m+M）g 【答案】ABD 【详解】A、抽出纸张时，对物块根据牛顿第二定律可知μm1g＝m1a， 解得：a＝μg 物块的速度v＝at 拉动越迅速，时间越短，可知物块相对桌面的移动距离越不易被观察到，故A正确； B、抽出纸张时，物块相对于桌面的加速度为μg，则将纸张从物块下抽出，拉动纸张的加速度应大于μg，故B正确； CD、当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力f＝μ（m+M）g 对物块和纸板组成的整体根据牛顿第二定律可知F﹣f＝（m+M）a 解得：F＝2μ（m+M）g 要使物块与纸板发生相对滑动，拉力F应满足的条件：F＞2μ（m1+m2）g 故C错误，D正确。 故选ABD。 题型三 瞬时加速度 【例题精讲练】 【例1】（2026·辽宁模拟）如图所示，2026个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速直线运动，从左往右，第1个小球为1球，小球命名以此类推。1球和2球之间弹簧的弹力为F1～2，2球和3球间弹簧的弹力为F2～3，……，2025球和2026球间弹簧的弹力为F2025～2026，则下列说法正确的是（　　） A．1012球和1013球之间弹簧的弹力F1012～1013 B．如果1球和2球间的弹簧从1球处脱落，那么脱落瞬间，1球的加速度为0，2球的加速度为2a，其余小球的加速度依然为a C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，2026球的加速度为，其余每个球的加速度依然为a D．从左到右每根弹簧长度之比为1：2：3：…：2025 【答案】B 【详解】A、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2026ma，解得：a 以1～1012个球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F1012～1013＝1012ma，解得：F1012～1013，故A错误； B、如果1球和2球间的弹簧从1球处脱落，那么脱落瞬间，1球不受弹力，合外力为零，1球的加速度为0； 原来1和2球之间的弹簧弹力为：F1～2＝ma，原来2和3球之间的弹簧弹力为：F2～3＝2ma，如果1球和2球间的弹簧从1球处脱落瞬间，原来2和3球之间的弹簧弹力不变，仍为2ma，则2球的加速度为2a，其余弹簧弹力不变，其它小球的加速度依然为a，故B正确； C、突然撤去F瞬间，除第2026个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a； 对第2026个小球分析，合力F合＝2025ma，所以2026球的加速度为：a2026，故C错误； D、分别以第1个小球、第1、2两球、第1、2、3三个球…2025个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知： F1～2＝ma，F2～3＝2ma，…F2025～2026＝2025ma，则F1～2：F2～3：……F2025～2026＝1：2：3：……2025 所以从左到右每根弹簧伸长量之比为1：2：3：…：2025，从左到右每根弹簧长度之比不等于1：2：3：…：2025，故D错误。 故选B。 【例2】（2026秋·同步）（多选）如图示，小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳A和弹簧C的弹力之比为1：2 B．球M和球N的质量之比为 C．若小球N的质量为m1，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为 D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g 【答案】BC 【详解】AB、根据题意分析可知，设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得 水平方向上，TAsin30°＝F 竖直方向上，TAcos30°＝（mM+mN）g 对小球M受力分析且由平衡条件可得 水平方向上，TBsin45°＝F 竖直方向上，TBcos45°＝mMg 联立解得：，，故A错误，B正确； C．剪断轻绳B瞬间，球N的速度为零，沿绳A方向加速度为零，故径向合力为零。绳A拉力T′A与重力沿绳分力平衡 又mN＝m1，故轻绳A的张力为，故C正确； D．剪断轻绳B瞬间，弹簧弹力不突变，球M受重力mMg和弹簧弹力FC＝mMg，两力垂直，合力大小，由牛顿第二定律F＝mMaM 解得，方向斜向左下，与竖直夹角45°，故D错误。 故选BC。 【变式训练1】（2026·荆州校级开学）在倾角为30°的光滑斜面上，小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，小滑块A的质量是B的质量的3倍，重力加速度为g，开始两个物块均静止，现在把细线OA剪断，在剪断细线瞬间A和B的加速度大小分别是（　　） A．g，0 B．，0 C．2g，0 D．g，g 【答案】B 【详解】设滑块B的质量为m，则A的质量为3m。初始两物块均静止，对B沿斜面方向根据平衡条件可得弹簧弹力大小为：F＝mgsin30° 剪断细线瞬间弹簧弹力F的大小和方向都保持不变，B仍然受力平衡，因此B的加速度大小为aB＝0。 对A，剪断细线后，细线拉力瞬间消失，根据牛顿第二定律可得：F+3mgsin30°＝3m·aA 计算得：aAg，故B正确，ACD错误。 故选B。 【变式训练2】（2026秋·常州校级月考）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘里有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L。今向下拉盘使弹簧再伸长ΔL后停止，然后松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（　　） A． B． C．mgΔL D． 【答案】A 【详解】系统静止时受到的重力与弹簧的弹力是一对平衡力，由胡克定律（m+m0）g＝kL 弹簧再伸长ΔL时，拉力F，则F+（m+m0）g＝kL+kΔL 解得 刚松手盘和物体受向上合力F，对整体由牛顿定律F＝（m+m0）a 松手时盘对物体的支持力FN，对物体由牛顿定律FN﹣mg＝ma 解得 故A正确，BCD错误。 故选A。 【变式训练3】（2026·岳阳一模）（多选）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球之间用轻绳AB、BQ和轻弹簧PA连接并保持静止，其中轻绳AB保持水平，轻弹簧PA与竖直方向夹角为37°，轻绳BQ与竖直方向夹角为53°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A． B． C．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m1的加速度为 D．剪断轻绳BQ的瞬间，小球m2的加速度为 【答案】BC 【详解】AB．对两小球及连接装置进行受力分析，设弹簧PA的弹力为F，绳AB的张力为T1，绳BQ的张力为T2。 对m1水平方向根据平衡条件可得：Fsin37°＝T1，竖直方向根据平衡条件可得：Fcos37°＝m1g 对m2水平方向根据平衡条件可得：T2sin53°＝T1，竖直方向根据平衡条件可得：T2cos53°＝m2g 联立可得：m1gtan37°＝m2gtan53°，，故A错误，B正确。 CD．剪断轻绳BQ瞬间，弹簧弹力F不变，绳AB张力突变为T′。 对m1：竖直方向根据平衡条件，有Fcos37°＝m1g，故a1y＝0；水平方向根据牛顿第二定律，有T﹣Fsin37°＝m1ax 对m2：竖直方向只受重力，故a2y＝﹣g，水平方向根据牛顿第二定律可得：﹣T'＝m2ax 由绳AB不可伸长，两球水平加速度相等，均为ax，联立解得： 代入得 故m1的加速度大小为，方向水平向左；m2的加速度有水平分量和竖直分量 g，合加速度大小不为，故C正确，D错误。 故选BC。 【题型强化练】 1．（2025秋·荥阳市期末）如图所示，与水平方向夹角为θ的细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，劲度系数为k的水平轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点。小球质量为m，处于静止状态，弹簧处于弹性范围内，重力加速度为g，则（　　） A．细绳的拉力大小为 B．弹簧处于压缩状态，压缩量为 C．剪断细绳瞬间，小球加速度为 D．将弹簧撤掉，维持小球静止在原处的最小外力大小为mgsinθ 【答案】C 【详解】AB、对小球受力分析如图所示： 由平衡条件可知Tsinθ＝mg，F＝kx＝Tcosθ 联立解得细绳的拉力大小 弹簧处于压缩状态，压缩量为，故AB错误； C、细绳剪断的瞬间，弹簧弹力保持不变，则小球受到的重力和弹簧弹力的合力大小等于细绳剪断前绳子拉力大小，由牛顿第二定律可知小球加速度，故C正确； D、对小球受力分析如图所示： 由图可知当外力与绳子方向垂直时，有最小值，有Fmin＝mgcosθ，故D错误。 故选C。 2．（2026·聊城开学）如图所示，2027个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在沿斜面向上的恒定拉力F的作用下，一起沿倾角为θ的光滑斜面向上做匀加速直线运动，加速度大小为a。最左侧为1号小球，依次向右编号直到2027号小球，第k个弹簧连接k号和k+1号小球。已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．第1个弹簧的伸长量是第1014个弹簧伸长量的倍 B．若突然将拉力增大为2F，增大瞬间，2027球的加速度大小为2a C．若突然撤去拉力F，撤去瞬间，1球加速度大小为2027gsinθ+2026a D．若突然剪断第k个弹簧，剪断瞬间，k球和k+1球的加速度大小相等 【答案】C 【详解】A、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F﹣2027mgsinθ＝2027ma 以除第一个小球外的2026个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F1﹣2026mgsinθ＝2026ma 解得： 又F1＝kx1 以1015～2027个球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F1014﹣1013mgsinθ＝1013ma 解得：F1014 又F1014＝kx1014 联立可得第1个弹簧的伸长量是第1014个弹簧伸长量，故A错误； B、若突然将拉力增大为2F，增大瞬间各弹簧的长度来不及变化，所以只有第一个小球受到的合外力发生变化，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故B错误； C、突然撤去F瞬间，各弹簧的长度来不及变化，所以第一个小球受到的合外力F合＝ma′＝F1+mgsinθ 联立解得a′＝2027gsinθ+2026a，故C正确； D、以前k个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F﹣Fk﹣kmgsinθ＝kma 可得第k个弹簧的弹力Fk＝（2027﹣k）m（gsinθ+a） 第k﹣1个弹簧的弹力Fk﹣1 k球的加速度大小2027gsinθ+2028a﹣k（gsinθ+a） 第k+1个弹簧的弹力 k+1球的加速度大小相等2027gsinθ+2026a﹣k（gsinθ+a） 剪断瞬间，k球和k+1球的加速度大小不相等，故D错误。 故选C。 3．（2026春·醴陵市校级期末）如图所示，用轻绳a将质量为m的小球A悬挂于质量为M的木箱顶部，小球A通过一根轻质弹簧与质量同为m的小球B相连，小球B底端与木箱接触而不挤压，木箱通过轻绳b悬挂于天花板。已知重力加速度为g，现仅剪断其中一根轻绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断轻绳a瞬间，小球A的加速度大小为g B．剪断轻绳a瞬间，轻绳b的拉力为（M+m）g C．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为g D．剪断轻绳b瞬间，小球A的加速度大小为 【答案】D 【详解】A．剪断绳子前，对小球B分析，由平衡条件知弹簧的弹力F＝kx＝mg 对A、B组成的整体T＝2mg 在剪断绳a的瞬间，弹簧的弹力F没有来得及变化，A受到重力mg和弹簧向下的拉力mg，由牛顿第二定律有2mg＝maA 可得剪断轻绳a瞬间，小球A的加速度大小为aA＝2g 故A错误； B．剪断轻绳a瞬间，轻绳a对小球A向上的拉力减为零，对木箱的拉力也是零；剪断轻绳a瞬间，弹簧形变不变，弹簧的弹力没有来得及变化，B的受力情况没有变化，则B与木箱之间的作用力仍然为零，木箱受到重力和绳子b的拉力处于平衡状态，则轻绳b的拉力为FT＝Mg，故B错误； CD．剪断轻绳b瞬间，轻绳b的拉力突变为零，若轻绳a松弛，则木箱只受重力作用开始以加速度g加速下落，对小球A，根据牛顿第二定律 mg+kx＝ma1 解得a1＝2g＞g 即A的加速度大于木箱的加速度，这显然不可能，则轻绳a未松弛，木箱与小球A同步。 剪断轻绳b瞬间，弹簧的拉力不变，对木箱与a组成的系统，根据牛顿第二定律得（M+m）g+F＝（m+M）a 解得小球A的加速度大小为 故C错误，D正确。 故选D。 4．（2026春·昭通期末）如图所示，水平面上放置一个质量m＝1kg的小球，小球右端与固定于墙上的水平轻弹簧相连，左端与一条固定于天花板上的不可伸长的轻绳相连。已知轻绳与竖直方向夹角为45°，小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5。小球静止于水平面上，且对水平面的弹力恰好为零，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．若仅剪断弹簧左端，则剪断瞬间小球与地面间的弹力仍为0 B．若仅剪断弹簧左端，则剪断瞬间小球加速度大小为0 C．若仅剪断轻绳，则剪断瞬间小球受到的弹簧弹力为0 D．若仅剪断轻绳，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝8m/s2 【答案】B 【详解】开始时对小球受力分析如图所示 设细绳拉力为T，弹簧拉力为F，根据平衡条件分别有竖直方向Tcos45°＝mg，水平方向F＝Tsin45° 联立解得F＝10N AB．若仅剪断弹簧左端，弹簧向右的拉力瞬间消失，此时细绳瞬间松弛，拉力变为零，小球在竖直方向上受力平衡，地面对小球的弹力大小等于重力大小，即10N，不为0，同时小球在水平方向所受合外力为零，加速度大小为0，故A错误，B正确； C．若仅剪断轻绳，轻绳的拉力瞬间变为零，而弹簧的形变量在瞬间来不及发生改变，剪断瞬间小球受到的弹簧弹力不变，大小仍为10N，不为0，故C错误； D．仅剪断轻绳瞬间，轻绳的拉力瞬间变为零，而弹簧的形变量在瞬间来不及发生改变，则小球受力如下 小球在竖直方向上受力平衡，设地面对小球的支持力为FN′，根据平衡条件有FN'＝mg 在水平方向上，小球受到弹簧向右的拉力和地面向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有F﹣μFN'＝ma 联立解得a＝5m/s2 可见小球加速度大小不等于8m/s2，故D错误。 故选B。 5．（2026·株洲模拟）如图所示，两个质量分别为m1＝4kg，m2＝1kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法不正确的是（　　） A．弹簧秤的示数是22N B．弹簧秤的示数是28N C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2m/s2 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为5.5m/s2 【答案】B 【详解】AB.以两物体和弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F1﹣F2＝（m1+m2）a，解得整体加速度大小a＝2m/s2；单独对物体m2进行受力分析，物体m2受到向左的拉力F2以及向右的弹簧弹力F，根据牛顿第二定律可得F﹣F2＝m2a，解得弹簧弹力大小F＝22N，故A正确，B错误。 C.突然撤去拉力F2的瞬间，弹簧自身的弹力不会发生突变，作用在物体m1上的力没有产生变化，因此物体m1的加速度依旧保持a＝2m/s2，故C正确。 D.突然撤去拉力F1的瞬间，物体m1仅受到弹簧施加的弹力，根据牛顿第二定律有F＝m1a'，解得m1的加速度大小a'＝5.5m/s2，故D正确。 本题选不正确的，故选B。 6．（2026春·香坊区校级期末）如图所示，质量相同的两块砖甲、乙用轻弹簧竖直连接，砖乙下方垫了一块水平木板，整个系统处于静止状态，重力加速度大小为g，抽出木板瞬间，下列说法正确的是（　　） A．a乙＝0 B．a甲＝g C．a乙＝2g D．a乙＝g 【答案】C 【详解】ACD．系统静止时对甲受力分析可得弹簧的弹力F＝mg 抽出木板瞬间弹簧的弹力不变，对乙，根据牛顿第二定律可得mg+F＝ma乙 解得乙的加速度大小a乙＝2g 故AD错误，C正确。 B．在抽出木板的瞬间，弹簧对甲的支持力和对乙的压力大小并未改变，对甲有mg﹣F＝ma甲 可得a甲＝0，故B错误； 故选C。 7．（2026春·衡阳县期末）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上用轻绳连接两个质量分别为m、2m的物块A、B，平行斜面向上的外力通过原长为l0的轻弹簧拉动物块B，A、B共同沿斜面向上以加速度a匀加速运动。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧未超过弹性限度。现剪断A、B间细绳，下列选项错误的是（　　） A．剪断前细绳拉力大小为mgsinθ+ma B．剪断前弹簧长度为l0 C．剪断瞬间物块A加速度大小为gsinθ D．剪断瞬间物块B加速度大小为3a+gsinθ 【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﹣mgsinθ＝ma 解得剪断轻绳前轻绳的拉力大小FT＝mgsinθ+ma，故A正确； 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）gsinθ＝（m+2m）a 解得F弹＝3mgsinθ+3ma 根据胡克定律F弹＝k（l﹣l0） 解得剪断轻绳前弹簧的长度l，故B正确； C、剪断轻绳瞬间，对滑块A，根据牛顿第二定律mgsinθ＝maA 解得剪断轻绳瞬间滑块A的加速度大小aA＝gsinθ，故C正确； D、剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，对滑块B，根据牛顿第二定律F弹﹣2mgsinθ＝2maB 解得剪断轻绳瞬间滑块B的加速度大小，故D错误。 本题选择错误的，故选D。 8．（2026·四川模拟）如图所示，在一箱子C内放有A、B两个物体，A、B之间用轻弹簧相连，整个系统用绳OO′系于天花板上，处于静止状态，其中mA＝m，mB＝2m，mC＝4m。在剪断绳子OO'的瞬间，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A的加速度大小为g B．B的加速度大小为g C．B对C的压力大小为3mg D．B对C的压力大小为 【答案】D 【详解】A、绳子剪断后，弹簧弹力不能突变，对A，弹力和重力平衡，加速度为零，故A错误； B、由平衡条件可知弹簧弹力F1＝mg，对BC整体，由牛顿第二定律可知F1+2mg+4mg＝（2m+4m）a，代入数据可得a，故B错误； CD、对C，由牛顿第二定律可知FBC+4mg＝4ma，代入数据可得FBC，故C错误，D正确。 故选D。 9．（2025秋·汉台区校级期末）（多选）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　） A．物体B的加速度大小为g B．物体C与吊篮A间的弹力大小为0.5mg C．物体C的加速度大小为2g D．吊篮A的加速度大小为1.5g 【答案】BD 【详解】A．开始时B受力平衡，则B受到的重力与弹簧的弹力大小相等，方向相反，即F＝mg；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故A错误； BCD．小球C和A组成一个整体，整体受到重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得F+2mg＝2maAC 解得A和C的加速度大小aAC＝aA＝aC＝1.5g 对A受力分析，由牛顿第二定律NAC+mg＝maA 可得，物体C与吊篮A间的弹力大小为NAC＝0.5mg 故BD正确，C错误。 故选BD。 10．（2026·襄阳模拟）（多选）如图所示，B、C为两个可视为质点的相同小球，在竖直面内由轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD连接。其中A、D两点固定于竖直墙上，AB与竖直方向夹角为30°，CD与竖直方向夹角为37°，BC沿水平方向。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，现只剪断BC绳，则（　　） A．剪断绳后瞬间，B球加速度为0.5g B．剪断绳后瞬间，B球加速度为 C．剪断绳后瞬间，C球加速度为0.6g D．剪断绳后瞬间，C球加速度为0.75g 【答案】AD 【详解】AB．剪断BC绳后瞬间，B球的加速度方向垂直于AB绳向下，对B根据牛顿第二定律可得：mgsin30°＝maB，解得aB＝0.5g，故A正确，B错误； CD．以C球为对象，剪断BC绳前，根据平衡条件可得：，；剪断BC绳后瞬间，弹簧弹力保持不变，则C球受到重力和弹簧弹力的合力大小等于剪断前BC绳的拉力大小，根据牛顿第二定律可得C球加速度大小为：，故C错误，D正确。 故选AD。 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $