4.5.6 牛顿第二定律的应用 专题6 动力学中的连接体问题 讲义-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

4.5.6 牛顿第二定律的应用 专题6 动力学中的连接体问题 一、连接体问题概述 连接体是指两个或两个以上的物体通过绳、杆、弹簧等连接在一起，或直接叠放在一起，共同运动的系统。连接体问题是牛顿第二定律应用中最典型、最综合的题型之一，核心方法是整体法与隔离法的灵活配合。 连接体问题的核心物理思想是"分而治之"：当需要求系统整体的加速度时，优先使用整体法；当需要求系统内部物体间的相互作用力（如绳拉力、杆弹力、摩擦力）时，必须使用隔离法。两种方法往往需要交替使用，相互验证。 高中阶段常见的连接方式有：①绳连接（包括通过滑轮）；②杆连接（轻杆）；③弹簧/橡皮筋连接；④直接接触（叠放、斜面并放）；⑤摩擦力连接（如板块模型）。 二、整体法与隔离法 1. 整体法 将相互连接的多个物体看成一个整体（系统），分析系统所受的外力，对整体列牛顿第二定律方程。使用整体法的前提是：系统内各物体的加速度大小和方向完全相同（或某一方向加速度相同）。 ● 适用条件：各物体加速度相同（或仅需某一方向加速度）； ● 优点：不需要考虑系统内力，受力分析更简洁； ● 整体法公式：系统所受合外力等于总质量乘以共同加速度。 2. 隔离法 将需要研究的某个物体从系统中单独隔离出来，分析该物体所受的所有力（包括其他物体对它的作用力即内力），对该物体单独列牛顿第二定律方程。 ● 适用场景：需要求解物体间的相互作用力（绳拉力、摩擦力、支持力等）；各物体加速度不同（如相对滑动）； ● 关键：正确分析内力的大小和方向，注意牛顿第三定律——甲对乙的力与乙对甲的力等大反向； ● 隔离法是处理复杂连接体问题的基础方法，任何连接体问题最终都需要用隔离法求解内力。 3. 整体法与隔离法选用原则 对比维度 整体法 隔离法 研究对象 多个物体组成的系统 系统内单个物体 分析力 只分析外力（系统外物体施加的力） 分析所有力（含内力） 适用条件 各物体加速度相同 任何情况都适用 求解目标 共同加速度、外力 物体间相互作用力（内力） 典型优先使用场景 求加速度、判断整体运动状态 求绳拉力、杆弹力、摩擦力 基本原则："先整体求加速度，后隔离求内力"——先用整体法求出共同加速度，再隔离其中受力较简单的物体，利用已求出的加速度求解内力。 图1 连接体受力分析（整体法+隔离法） 三、绳连接体模型 绳连接是最常见的连接方式，特点是：①轻绳质量不计（m=0）；②绳子不可伸长，故绳两端连接的物体沿绳方向的加速度大小相等；③绳子只能承受拉力不能承受压力，拉力方向沿绳且指向绳收缩方向。 1. 水平桌面——悬挂物块模型 设水平桌面上有质量为m₁的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m₂的悬挂物块相连，物块与桌面间动摩擦因数为μ（桌面光滑时μ=0）。 ● 对整体分析：合外力为悬挂物块重力减去桌面摩擦力，即F合 = m₂g − μm₁g； ● 共同加速度： ● 绳子拉力（隔离m₂验证：m₂g−T=m₂a）： 特殊情况：当桌面光滑（μ=0）时，a = m₂g/(m₁+m₂)，T = m₁m₂g/(m₁+m₂)。注意此时T≠m₂g，这是初学者最容易犯的错误——悬挂物块有向下加速度，处于失重状态，绳拉力必小于m₂g。 2. 斜面——悬挂物块模型 质量为m₁的物块置于倾角为θ的斜面上，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m₂的悬挂物块相连，物块与斜面间动摩擦因数为μ。 ● 当系统沿斜面向悬挂物块一侧加速（m₂沿m₁拉上斜面方向）时： ● 共同加速度： ● 绳子拉力： 判断物块运动方向的关键：比较m₂g与m₁gsinθ+μm₁gcosθ的大小。若m₂g > m₁gsinθ+μm₁gcosθ，物块沿斜面向上加速；若m₂g < m₁gsinθ−μm₁gcosθ，物块沿斜面向下加速（此时摩擦力方向反转，公式中μ前需变号）。 3. 跨过定滑轮的两个悬挂物块（阿特伍德机） 两物块m₁、m₂（m₁>m₂）通过轻绳跨过光滑定滑轮悬挂，构成经典的阿特伍德机： ● 共同加速度： ● 绳子拉力： 验证：当m₁=m₂时，a=0，T=m₁g=m₂g，系统静止或匀速运动，符合预期；当m₂→0时，a→g，T→0，m₁做自由落体运动，也符合物理直觉。 四、杆连接体模型 轻杆（质量不计）是与轻绳有重要区别的连接元件： 对比维度 轻绳 轻杆 形变特点 只能拉伸，不能压缩 既可拉伸，也可压缩 弹力方向 只能沿绳、指向绳收缩方向（拉力） 可沿杆也可不沿杆（铰链杆沿杆，固定杆任意方向） 弹力性质 只能施加拉力 可施加拉力，也可施加推力（支持力） 弹力突变 剪断/松弛瞬间弹力突变为零 弹力可瞬间突变（拉↔推均可） 1. 沿杆方向连接的两物体 当两物体通过轻杆沿某一直线连接，且沿杆方向运动时，两物体沿杆方向加速度相同（杆不可伸长/缩短），杆对两物体的弹力大小相等、方向相反。 ● 若杆对物体的力沿杆指向物体，则为推力（支持力）；背离物体则为拉力。 ● 设两物体质量m₁、m₂，在沿杆方向合外力F合作用下共同加速，则共同加速度a=F合/(m₁+m₂)，与绳连接体公式形式相同。 2. 竖直圆周运动的杆模型 轻杆一端固定于转轴，另一端连接质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动。杆与绳的根本区别：杆在最高点可以提供向上的支持力，因此小球在最高点的速度可以为零（绳模型最高点最小速度为。。 ● 最高点杆的弹力（N>0为拉力，N<0为支持力）：N = − mg； ● 最高点临界速度v=0时，N=−mg（杆向上的支持力等于重力），为杆模型能过最高点的最小条件； ● 当v=时，N=0，杆对小球无作用力，重力完全提供向心力（与绳模型临界状态相同）。 五、弹簧连接体模型 弹簧（或橡皮筋）连接是高中物理中最容易设置陷阱的连接方式，核心特点是：弹簧弹力F=kx由形变量决定，由于弹簧形变改变需要时间，因此弹簧弹力不能发生突变——在极短瞬间（剪断其他约束瞬间）弹簧的形变尚未改变，弹力大小和方向保持不变。 1. 弹簧连接体的瞬时性分析 如图2左所示，质量为m的小球用弹簧和水平绳悬挂静止。弹簧与竖直方向夹角为θ，则： ● 剪断水平绳前（平衡状态）：弹簧弹力F弹=mg/cosθ，水平绳拉力T=mgtanθ； ● 剪断水平绳瞬间：弹簧形变量来不及改变，故F弹大小方向保持不变；水平绳拉力立即消失； ● 此时合力F合=mgtanθ，方向水平向右，加速度： 注意区分：若将弹簧换成刚性绳，剪断水平绳瞬间，斜绳拉力会发生突变，此时加速度为a切=gsinθ（切向加速度），与弹簧模型结果截然不同，这是高考高频考点。 2. 弹簧连接体的运动过程分析 弹簧连接体在运动过程中，弹簧弹力是变力，物体做变加速运动。分析时需抓住几个特殊状态： ● 原长位置：弹簧弹力F=0，加速度为外力（如重力）产生的加速度； ● 平衡位置：合力为零（弹力与其他力平衡），加速度a=0，速度最大； ● 最大形变量位置：速度为零，加速度最大，运动方向即将反转。 六、斜面连接体与滑轮组合 斜面上的物块通过滑轮与其他物体（悬挂物块、另一水平面上的物块等）相连，是绳连接体的综合应用。 通用解题步骤： ● 第一步：确定各物体的运动方向关系（绳子不可伸长，沿绳方向各物体加速度大小相等）； ● 第二步：分析各物体受力，特别注意斜面上物块的摩擦力方向与运动方向相反； ● 第三步：对每个物体分别列牛顿第二定律方程，注意内力（绳拉力T）在各方程中大小相等； ● 第四步：联立方程组求解加速度a和绳拉力T。 斜面+悬挂物块完整加速度公式（μ=0时为光滑斜面）： （光滑斜面μ=0；若有摩擦，分子中减去μm₁gcosθ项，摩擦力方向与相对运动方向相反。） 七、连接体临界问题 连接体中常见的临界情形有以下几类： 1. 绳子刚好松弛（T=0） 当系统加速度变化到绳拉力恰好为零时，两物体即将不再通过绳传递力，此后两者加速度不再相同。这是绳子约束即将消失的临界状态。 ● 判定条件：T=0，且此时两物体速度相同（即将分离或各自独立运动）； ● 典型场景：水平加速运动的车顶上悬挂小球，当加速度过大时绳可能松弛；竖直圆周运动绳模型最高点速度不足时绳松弛。 2. 接触面恰好分离（N=0） 叠放或直接接触的连接体，当加速度变化到两物体间弹力恰好为零时，即将发生分离。 ● 判定条件：N=0，且分离瞬间两物体速度、加速度仍相同（此后加速度不同导致分离）； ● 典型场景：竖直方向叠放物体向上减速运动、水平面上物体被向上拉离地面等。 3. 弹簧最长/最短（速度相同临界） 弹簧连接的两物体，当两物体速度相同时，弹簧形变量达到最大（最长或最短），此后弹簧将开始缩短或伸长。 ● 判定条件：两物体速度相等； ● 典型场景：弹簧弹开两物、弹簧上物体碰撞、蹦极运动最低点等。 4. 恰好不相对滑动（f=fmax） 叠放物体通过摩擦力连接（板块模型），当外力增大到静摩擦力不足以提供所需加速度时，两物体发生相对滑动。 ● 判定条件：两物体间静摩擦力达到最大值fmax=μN； ● 临界加速度：先隔离上方物体（仅受摩擦力），得a₀==μg（或对应的临界加速度），再整体法求临界外力。 八、解题技巧与常见易错点 处理连接体问题的核心技巧： ● 技巧1：优先使用"先整体求a，后隔离求内力"的思路，避免一开始就隔离多个物体导致方程过多； ● 技巧2：隔离时选受力较少的物体隔离，通常隔离已知量多、未知量少的物体更方便； ● 技巧3：注意绳子是否跨过滑轮——跨滑轮的两段绳拉力大小相等，但方向可能不同，加速度方向沿各段绳方向； ● 技巧4：弹簧连接体注意"弹力不突变"，绳/杆连接体注意"弹力可突变"——瞬时问题中这是区分模型的关键； ● 技巧5：处理临界问题时，先写出一般状态方程，再令临界条件（T=0、N=0、f=fmax等）代入求临界值。 常见易错点 ● 易错点1：认为绳拉力等于悬挂物块重力。只要物体有加速度，绳拉力就不等于m₂g，必须用牛顿第二定律计算。 ● 易错点2：使用整体法时不判断各物体加速度是否相同。加速度不同的物体（如发生相对滑动的叠放物）不能作为一个整体直接用F合=ma。 ● 易错点3：混淆弹簧和刚性绳的突变特性。剪断约束瞬间弹簧弹力不变，绳拉力瞬间可突变，两者必须区分清楚。 ● 易错点4：摩擦力方向判断错误。斜面上物块的摩擦力方向与相对运动方向有关，需先判断运动方向再确定摩擦力方向。 ● 易错点5：漏掉牛顿第三定律的应用。隔离两个物体分析内力时，两物体间的相互作用力必须等大反向，不能两边大小不一致。 ● 易错点6：认为杆的弹力一定沿杆方向。只有两端带铰链的轻杆（可自由转动）弹力才沿杆方向；固定杆（不能自由转动）弹力可以不沿杆。 九、核心公式速查表 连接体类型 共同加速度a 绳拉力T（或内力） 说明 水平面光滑绳拉物 a=F/(m₁+m₂) T=m₂F/(m₁+m₂) 外力F拉m₁，T为绳拉m₂ 水平面+悬挂物块（μ=0光滑） a=m₂g/(m₁+m₂) T=m₁m₂g/(m₁+m₂) 悬挂m₂拉动桌面m₁ 水平面+悬挂物块（有μ） a=(m₂−μm₁)g/(m₁+m₂) T=m₁m₂g(1+μ)/(m₁+m₂) μ为m₁与桌面摩擦因数 阿特伍德机（m₁>m₂） a=(m₁−m₂)g/(m₁+m₂) T=2m₁m₂g/(m₁+m₂) 两物块跨定滑轮悬挂 光滑斜面+悬挂物块 a=(m₂−m₁sinθ)g/(m₁+m₂) T=m₁m₂g(1+sinθ)/(m₁+m₂) m₁在斜面上 弹簧+绳剪断瞬时 a=gtanθ F弹=mg/cosθ 弹簧弹力瞬间不变 圆周最高点（杆模型临界） v₀=0（最高点可静止） N=−mg（支持力） 杆可提供支持力 圆周最高点（绳模型临界） v₀= T=0 重力完全提供向心力 以上公式均由牛顿第二定律通过整体法与隔离法联立推导得出，建议掌握推导方法而非死记硬背——考试中连接体构型千变万化，只有熟练掌握"先整体、后隔离"的分析方法，才能灵活应对各种变形。 考向一 绳连接体问题 【例1】 （2026春•惠农区校级期末）足够长的光滑斜面上的三个质量相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的上侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以相同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．斜面的倾角θ＝60° B．每个物块的质量m＝2.5kg C．当F＝10N时，物块的加速度大小为a＝5m/s2 D．当将斜面的倾角θ增大时，由测得的数据画出的图像的纵截距绝对值小于2.5 【答案】C 【解答】解：AB、根据题意分析可知，对物块2、3整体受力分析，根据牛顿第二定律有F﹣2mgsinθ＝2ma 根据匀变速直线运动的运动学公式 联立解得 由图乙可得， 解得m＝0.5kg，θ＝30° 斜面的倾角θ＝30°，每个物块的质量m＝0.5kg，故AB错误； C、根据题意分析可知，当F＝10N时，对物块2、3整体受力分析，根据牛顿第二定律有F﹣2mgsin30°＝2ma 代入数据解得a＝5m/s2，故C正确； D、根据上文分析可知，图乙中图像纵截距的大小为，当将斜面的倾角θ增大时，增大，即由测得的数据画出的图像的纵截距绝对值大于2.5，故D错误。 故选：C。 【例2】 （2026秋•永川区月考）（多选题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱在外力作用下沿粗糙水平地面以a＝7.5m/s2做匀加速直线运动，木箱上的物块甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与物块乙相连，甲、乙与木箱始终保持相对静止。甲物块质量为10kg、乙物块质量为0.4kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木箱对地面的摩擦力方向水平向左 B．木箱对物块甲的摩擦力方向水平向右 C．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为0.8 D．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为0.75 【答案】AC 【解答】解：A、物块乙与木箱保持相对静止，其加速度与木箱相同。乙受到重力和绳的拉力，拉力指向左上方，竖直方向合力为零，水平方向合力向左，因此木箱向左做匀加速直线运动。地面对木箱的滑动摩擦力向右，根据牛顿第三定律，木箱对地面的摩擦力向左，故A正确； B、设轻绳的拉力大小为T，绳与竖直方向的夹角为θ，乙的质量为m2。对乙，水平方向和竖直方向分别有Tsinθ＝m2a、Tcosθ＝m2g，由此可得，解得T＝5N。甲所受绳的拉力向右，而加速度向左，因此木箱对甲的静摩擦力必定向左，故B错误； CD、设甲的质量为m1，所受静摩擦力大小为f，取水平向左为正方向。根据牛顿第二定律，有f﹣T＝m1a，解得f＝80N。甲在竖直方向保持平衡，有FN＝m1g，解得FN＝100N。甲与木箱不发生相对滑动，需满足f≤μFN，解得μ≥0.8，因此动摩擦因数至少为0.8，故C正确，D错误。 故选：AC。 【变式训练1】 （2025秋•重庆校级月考）如图所示，质量M＝40kg的滑梯静置于水平地面上，其斜面倾角θ＝30°，儿童甲用手拉住拴在儿童乙身上的一段轻绳。甲、乙质量均为m＝20kg，甲与斜面间动摩擦因数，不计乙与斜面间的摩擦力。两儿童一起由静止同时下滑，下滑过程中滑梯始终保持静止，g＝10m/s2。则（　　） A．地面对滑梯的支持力大小为775N B．地面对滑梯的摩擦力大小为 C．若甲释放手中绳子，与释放前相比地面对滑梯的支持力大小不变 D．若甲释放手中绳子，与释放前相比地面对滑梯的摩擦力大小变小 【答案】C 【解答】解：AB、释放前，甲和乙通过轻绳连接一起沿滑梯下滑。甲、乙对滑梯的总压力大小为F1＝2mgcos30°。因为不计乙与斜面间的摩擦力，仅有甲对滑梯产生沿斜面向下的滑动摩擦力，根据f1＝μmgcos30°，解得f1＝100N。将压力F1分解，其水平向左的分力为F1x＝2mgcos30°sin30°，解得；其竖直向下的分力为F1y＝2mgcos30°cos30°，解得F1y＝300N。将摩擦力f1分解，其水平向右的分力为f1x＝f1cos30°，解得；其竖直向下的分力为f1y＝f1sin30°，解得f1y＝50N。对静止的滑梯，在竖直方向由平衡条件得，地面对滑梯的支持力为FN＝Mg+F1y+f1y，解得FN＝750N，在水平方向，向左的分力F1x大于向右的分力f1x，故地面对滑梯的摩擦力f2水平向右。由平衡条件得f2+f1x＝F1x，解得，故AB错误； CD、若甲释放手中绳子，甲与乙分别在斜面上运动。对甲受力分析，其沿斜面向下的重力分力为G1＝mgsin30°，解得G1＝100N。因受到的滑动摩擦力不变仍为f1＝100N，两者等大反向，故甲处于平衡状态。根据平衡条件可知，甲对滑梯的作用力与其重力等大反向，即方向竖直向下，大小为mg＝200N，无水平分力。对乙受力分析，乙对滑梯仅有垂直于斜面向下的压力，大小为F2＝mgcos30°。将乙对滑梯的压力F2分解，其水平向左的分力为F2x＝mgcos30°sin30°，解得；其竖直向下的分力为F2y＝mgcos30°cos30°，解得F2y＝150N。此时对滑梯，在竖直方向由平衡条件得，地面对滑梯的新支持力FN'＝Mg+mg+F2y，解得FN'＝750N，与释放前相比不变，在水平方向上，滑梯仅受到乙向左的水平作用力，由平衡条件得地面对滑梯的摩擦力f2'＝F2x，解得，与释放前相比不变，故C正确，D错误。 故选：C。 【变式训练2】 （2025秋•山东月考）如图所示，A、B两物体用轻绳连接后放在倾角α＝37°的斜面上。若A、B两物体的质量分别为1kg和2kg，两物体与斜面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则在两物体下滑过程中（　　） A．两物体的加速度a＝6m/s2 B．两物体的加速度a＞6m/s2 C．轻绳的弹力FT＝2N D．轻绳的弹力FT＝0 【答案】D 【解答】解：AB、根据题意分析可知，对A、B组成的系统运用牛顿第二定律，有（mA+mB）gsinα﹣μ（mA+mB）gcosα＝（mA+mB）a 解得a＝2m/s2＜6m/s2，故AB错误； CD、根据题意分析可知，对A进行隔离，根据牛顿第二定律，有mAgsinα﹣μmAgcosα﹣FT＝mAa 解得FT＝0，故C错误、D正确。 故选：D。 【变式训练3】 （2025秋•武汉期末）（多选题）我国高铁技术成就举世瞩目。某学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用10个完全相同的滑块模拟高铁车厢，滑块与地面间动摩擦因数都相同，滑块间用轻杆连接，置于水平地面上。如图所示，现对滑块1施加水平向右的拉力F，使所有滑块一起向右加速运动，下列说法正确的是（　　） A．若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块5、6间轻杆的拉力变大 B．若增大水平拉力F，则滑块7、8间轻杆的拉力变大 C．滑块7、8间轻杆的拉力与滑块4、5间轻杆的拉力大小之比为1：2 D．滑块7、8间轻杆的拉力与滑块4、5间轻杆的拉力大小之比为7：4 【答案】BC 【解答】解：A、设每个滑块的质量为m，动摩擦因数为μ，共同加速度为a。对全部滑块，由牛顿第二定律有F﹣10μmg＝10ma，解得。以滑块6至10为研究对象，设滑块5、6间轻杆的拉力为T5，则T5﹣5μmg＝5ma，解得。可见该拉力与动摩擦因数无关，减小动摩擦因数时拉力不变，故A错误； B、以滑块8至10为研究对象，设滑块7、8间轻杆的拉力为T7，由牛顿第二定律有T7﹣3μmg＝3ma，结合整体的运动方程，解得。因此增大水平拉力F，该轻杆的拉力变大，故B正确； CD、以滑块5至10为研究对象，设滑块4、5间轻杆的拉力为T4，由牛顿第二定律有T4﹣6μmg＝6ma，结合整体的运动方程，解得。由此可得，即两处轻杆的拉力大小之比为1：2，故C正确，D错误。 故选：BC。 【考点强化练1】 （2025秋•温江区校级月考）如图所示，质量不等的盒子A和物体B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，B悬挂于斜面之外而处于静止状态，现向A中缓慢加入沙子，下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力可能变大 B．A对斜面的压力可能不变 C．A所受的摩擦力可能减小 D．A可能沿斜面下滑 【答案】C 【解答】解：B、物体A在垂直于斜面的方向上处于平衡状态，A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大，故B错误； ACD、由于不知道A的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、也可能减小；若开始时A受到的摩擦力的方向向上，随着沙子质量的增加，静摩擦力增加；由于μ＝tanθ，所以最大静摩擦力：fm＝μFN＝tanθ•Mgcosθ＝Mgsinθ，A始终处于平衡状态，则A沿斜面受到的力：f+T＝Mgsinθ＝fm，显然若开始时A受到的摩擦力的方向向上，随着沙子质量的增加，摩擦力f逐渐增大，但始终满足：f＜fm，所以A不可能沿斜面下滑，始终处于静止状态。同时B也处于静止状态，则绳子的拉力始终与B重力大小相等，方向相反，保持不变；若开始时A受到的摩擦力的方向向下，随着沙子质量的增加，静摩擦力减小，减小到零后，若沙子继续增加，摩擦力变为向上，之后的变化情况和前面分析一样。因此A、B始终静止，绳子拉力始终不变，故AD错误，C正确。 故选：C。 【考点强化练2】 （2023秋•安徽期末）如图所示，有A、B两个物体，mA＝2mB，用细绳连接后放在光滑的固定斜面上，在它们下滑的过程中（　　） A．它们的加速度a＝gsinθ B．它们的加速度a＜gsinθ C．细绳的张力FTmBgsinθ D．细绳的张力FTmBgsinθ 【答案】A 【解答】解：选A、B整体为研究对象进行受力分析，合外力为重力沿斜面向下的分力，由 F＝m总a可得agsinθ； 再隔离A或B进行受力分析，设绳上拉力为FT，则 对于A有a，可得FT＝0。 综上，a＝gsinθ，故BCD错误，A正确。 故选：A。 【考点强化练3】 （2026秋•九龙坡区校级月考）如图所示，在光滑水平面上的两个货箱A、B用轻绳相连，货箱A的质量为mA＝2kg、货箱B的质量为mB＝3kg。现工人对货箱B施加一个水平向右的恒力 F＝20N，则轻绳的拉力为（　　） A．8N B．10N C．15N D．20N 【答案】A 【解答】解：对两个货箱A、B整体分析，由牛顿第二定律有F＝（mA+mB）a 解得整体的加速度为a＝4m/s2 再对货箱A隔离分析可得轻绳的拉力为T＝mAa，解得T＝8N，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【考点强化练4】 （2026秋•洛阳校级月考）如图所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。P、Q与地面之间的动摩擦因数分别为μ、0.5μ，重力加速度大小为g，现对P施加一水平向左的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，此时轻绳中张力大小为（　　） A． B． C．F﹣μmg D．μmg 【答案】A 【解答】解：以向左为正，物块P、Q受到的滑动摩擦力大小均为μmg。对整体由牛顿第二定律得F﹣2μmg＝3ma 整理上式解得整体加速度大小为 对物块Q由牛顿第二定律得T﹣μmg＝2ma 代入加速度得 故BCD错误，A正确。 故选：A。 【考点强化练5】 （2026秋•浙江月考）（多选题）如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（　　） A．轻绳对P点的拉力大小为 B．物体A的加速度大小为 C．物体A处于失重状态 D．地面对斜面体的支持力大小为 【答案】BD 【解答】解：AB、设绳子张力大小为T，物体A、B的加速度大小分别为aA、aB。由于A通过动滑轮与轻绳相连，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，根据运动学关系可知aB＝2aA。对物体B，根据牛顿第二定律有2mg﹣T＝2maB。对物体A，在垂直斜面方向上的支持力，其受到的滑动摩擦力。在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有2T﹣mgsin30°﹣f＝maA。联立方程解得，。轻绳对P点的拉力大小等于绳子张力大小，为，故A错误，B正确； C、物体A沿斜面向上加速运动，其加速度具有竖直向上的分量，因此物体A处于超重状态，故C错误； D、以斜面体、物体A和B组成的系统为研究对象，在竖直方向上，受向下的总重力（M+3m）g、向上的地面的支持力FN'以及固定点P对系统沿斜面向上的拉力T。规定竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有（M+3m）g﹣FN'﹣Tsin30°＝m（﹣aAsin30°）+2maB，解得，故D正确。 故选：BD。 考向二 杆连接体问题 【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 【解答】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】 （2025秋•西安校级月考）（多选题）如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知A物体光滑，质量为m，B物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m，整个过程斜面始终静止不动。下列说法中正确的是（　　） A．B物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ B．轻杆对B物体的作用力沿斜面向上 C．增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D．增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面加速下滑 【答案】CD 【解答】解：A、根据题意分析可知，对A、B整体分析，根据平衡条件有 3mgsinθ＝2μmgcosθ 解得 故A错误； B、根据题意分析可知，规定沿斜面向下为正方向，设轻杆对B的作用力为T，单独对B分析，根据平衡条件有 T+2mgsinθ＝2μmgcosθ 解得 T＝mgsinθ 答案为正值，表示方向沿斜面向下，故B错误； C、根据题意分析可知，若增加B物体的质量，设增量为Δm，则 上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向上，则A、B整体将沿斜面减速下滑，故C正确； D、根据题意分析可知，增加A物体的质量，设增量为Δm，则 （3m+Δm）gsinθ﹣2μmgcosθ＝Δmgsinθ 上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向下，则A、B整体将沿斜面加速下滑，故D正确。 故选：CD。 【变式训练1】 （2026春•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＝120N，木箱乙受到水平向左的推力F2＝80N，则木箱甲的加速度为（　　） A．0.4m/s2，水平向右 B．2m/s2，水平向右 C．0.4m/s2，水平向左 D．2m/s2，水平向左 【答案】A 【解答】解：以水平向右为正方向，对甲、乙整体受力分析，根据牛顿第二定律得： F1﹣F2＝（m1+m2）a 解得：a＝0.4m/s2，方向水平向右，木箱甲的加速度与它们整体的加速度相同，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式训练2】 （2026•涿州市校级一模）如图所示，质量均为0.5kg的小物块A、B、C放在倾角θ＝37°的固定光滑斜面（足够长）上，C靠在垂直斜面的固定挡板P上，A与B用轻杆连接，B、C分别与原长为10cm、劲度系数为200N/m的轻质弹簧两端相连，系统处于静止状态。现对A施加一个沿斜面向上的拉力F，使A缓慢上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及一切摩擦，弹簧及轻杆均与斜面平行，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．施加力F前，挡板对C的支持力大小为12N B．施加力F前，弹簧的长度为8cm C．施加力F后，当F＝4N时，轻杆对A的支持力大小为1N D．施加力F后，当F＝9N时，弹簧的长度为11.5cm 【答案】D 【解答】解：A、施加力F前，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据平衡条件可得，挡板对C的支持力大小N0＝3mgsinθ＝3×0.5×10×0.6N＝9N，故A错误； B、施加力F前，对A、B以及轻杆整体，根据物体的平衡条件可得，弹簧对B的弹力大小F1＝2mgsinθ＝2×0.5×10×0.6N＝6N，根据胡克定律有F1＝kΔx，解得弹簧压缩的长度Δx＝0.03m＝3cm，弹簧的长度L＝L﹣Δx＝10cm﹣3cm＝7cm，故B错误； C、施加力F后，当F＝4N时，在斜面方向上，A受到拉力F、重力沿斜面向下的分力mgsinθ、轻杆的支持力N，根据平衡条件有：F+N＝mgsinθ，解得N＝﹣1N，负号表示轻杆对A的作用力不是支持力，而是拉力，故C错误； D、当F＝9N时，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据平衡条件可得，挡板对C的弹力大小N′＝3mgsinθ﹣F＝3×0.5×10×0.6N﹣9N＝0，说明C恰好要离开挡板，弹簧的弹力为拉力，拉力大小T＝mgsinθ＝0.5×10×0.6N＝3N，根据胡克定律有T＝kΔx'，解得弹簧拉伸的长度Δx'＝1.5cm，弹簧的长度L'＝L0+Δx'＝10cm+1.5cm＝11.5cm，故D正确。 故选：D。 【变式训练3】 （2025秋•莲湖区校级月考）（多选题）如图所示，物块B套在倾斜杆上，并用轻绳与物块A相连，今使物块B沿杆由点M匀速下滑到N点，运动中连接A、B的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，正确的是（　　） A．物块A的速率先变大后变小 B．物块A的速率先变小后变大 C．物块A先处于失重状态后处于超重状态 D．物块A始终处于超重状态 【答案】BD 【解答】解：AB、将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示： 根据平行四边形定则，沿绳子方向的速度为vA＝vBcosθ，可知θ在增大到90°的过程中，A的速度方向向下，且逐渐减小；由图可知，当绳与杆垂直时，θ＝90°，A的速度等于0，随后A向上运动，且速度增大，所以在B沿杆由点M匀速下滑到N点的过程中，A的速度先向下减小，然后向上增大，故A错误，B正确； CD、物体A向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以A始终处于超重状态，故C错误，D正确。 故选：BD。 【考点强化练1】 如图所示，在倾角为θ的固定粗糙斜面上，两材质相同、质量分别为m1、m2的小物块用轻杆连接，轻杆始终与斜面平行。两物块在沿斜面向上的恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．轻杆的弹力大小为F B．轻杆的弹力大小为F C．若只增大倾角θ，轻杆弹力变大 D．若只增大m2，轻杆弹力变小 【答案】B 【解答】解：AB、设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对两小物块组成的整体，有F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a； 设轻杆的弹力大小为T，对B有T﹣m2gsinθ﹣μm2gcosθ＝m2a， 联立解得，故A错误，B正确。 CD、由可知，若只增大倾角θ，轻杆弹力不变；若只增大m2，则轻杆弹力变大，故CD错误。 故选：B。 【考点强化练2】 （2026秋•福州校级月考）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 【解答】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。 【考点强化练3】 （2025•烟台校级开学）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（μ﹣tanθ） D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ） 【答案】D 【解答】解：A、根据题意可知，若B球受到的摩擦力为零，设杆所受的弹力为FN，对小球A为研究对象，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 竖直方向FNy＝mg 则FNx＝mgtanθ 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律，有FNx＝ma 可得a＝gtanθ 对小球A、B和小车整体进行受力分析，根据牛顿第二定律，有F＝4ma＝4mgtanθ 故A错误； B、根据题意可知，若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，故对小球A进行受力分析得，小球A所受向左的合力的最大值为FNx＝mgtanθ 对小球B，由于tanθ≤μ 小球B受到向左的合力的最大值F′＝μ（FNy+mg）﹣FNx≥mgtanθ 则对小球A受力分析，根据牛顿第二定律，有FNx＝mamax 对系统整体进行受力分析，根据牛顿第二定律F＝4mamax 解得F＝4mgtanθ 故B错误； C、根据题意可知，若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，则小球A所受向左的合力的最大值为FNx＝mgtanθ 小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝（FNy+mg）•μ﹣FNx＝2μmg﹣mgtanθ 由于μ＜tanθ≤2μ可知，Fmax＜mgtanθ 则对小球B受力分析，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg﹣mgtanθ＝mamax 对系统进行受力分析，根据牛顿第二定律F＝4mamax 联立可得F的最大值为F＝4mg（2μ﹣tan θ） 故C错误； D、根据题意可知，若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力最大且向左时，小球B向右的合力最小，此时Fmin＝FNx﹣（FNy+mg）μ＝mgtanθ﹣2μmg 当小球B所受摩擦力最大且向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax＝FNx+（FNy+mg）μ＝mgtan θ+2μmg 对小球B受力分析，根据牛顿第二定律有Fmin＝mamin，Fmax＝mamax 对系统整体进行受力分析，根据牛顿第二定律F＝4ma 代入数据可得小球B所受合力范围为4mg（tan θ﹣2μ）≤F≤4mg（tan θ+2μ） 故D正确。 故选：D。 【考点强化练4】 （2026秋•九龙坡区校级月考）如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m，下列说法中正确的是（　　） A．A物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ B．轻杆对A物体的作用力沿斜面向上 C．增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D．增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑 【答案】C 【解答】解：A、对A、B整体分析，沿斜面方向根据平衡条件有（2m+m）gsinθ＝μ•2mgcosθ，解得，故A错误； B、对物体B受力分析，沿斜面方向根据平衡条件有mgsinθ＝F，解得轻杆对B的作用力沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知，轻杆对A物体的作用力沿斜面向下，故B错误； C、原来整体匀速下滑，满足（mA+mB）gsinθ＝μmAgcosθ，若增加A物体的质量Δm，沿斜面向下的重力分力增加量为ΔF1＝Δmgsinθ，沿斜面向上的滑动摩擦力增加量为，由于Δf＞ΔF1，整体所受合外力沿斜面向上，与运动方向相反，故A、B整体将沿斜面减速下滑，故C正确； D、增加B物体的质量，沿斜面向上的滑动摩擦力大小不变，沿斜面向下的重力分力增大，整体所受合外力沿斜面向下，故A、B整体将沿斜面加速下滑，故D错误。 故选：C。 【考点强化练5】 （2025•沙坪坝区校级模拟）（多选题）如图所示，一列玩具小火车静止在光滑水平轨道上，甲、乙两节车厢用一质量不可忽略的硬杆相连，甲、乙的质量相等且大于硬杆的质量，甲车厢受到水平向左的拉力F1，乙车厢受到水平向右的拉力F2，硬杆对甲、乙的作用力大小分别为F3、F4，下列说法正确的是（　　） A．当F1＝F2时，F3＝F4 B．当F1＜F2时，F3＜F4 C．当F1＜F2时，F3＞F4 D．当F1＞F2时，F3＜F4 【答案】AB 【解答】解：A.当F1＝F2时，系统处于静止状态，故F3＝F4，故A正确； BC.当F1＜F2时，系统具有向右的加速度，取硬杆为研究对象，结合牛顿第三定律知F3＜F4，故B正确，C错误； D.当F1＞F2时，系统具有向左的加速度，取硬杆为研究对象，结合牛顿第三定律知F3＜F4，故D错误。 故选：AB。 考向三 弹簧连接体问题 【例1】 （2026秋•兰州校级月考）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B（A物体与弹簧拴接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是（　　） A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 C．从施加力F到A、B分离的时间为 D．从施加力F到A、B分离的时间为 【答案】A 【解答】解：初始时物体处于静止状态，设弹簧的压缩量为x1，由平衡条件有kx1＝（3m+m）g，解得。 A、施加拉力的瞬间，弹簧形变量未发生突变，对物体A，由牛顿第二定律有kx1﹣3mg﹣FAB＝3ma，代入解得A、B间的弹力大小为，故A正确； B、由上述分析可知，施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为，故B错误； C、A、B恰好分离时，两者间的弹力FAB＝0，此时两者的加速度仍相同，对物体A，由牛顿第二定律有kx2﹣3mg＝3ma，代入解得此时弹簧的压缩量为，从施加力F到A、B分离，两物体向上运动的位移大小为，由匀变速直线运动的位移与时间关系公式解得经历的时间为，故C错误； D、由上述分析可知，从施加力F到A、B分离的时间为，故D错误。 故选：A。 【例2】 （2026•模拟）（多选题）如图所示，在水平地面上固定有一倾角为θ＝37°的光滑斜面，质量为1kg的物体B放置在斜面上，并通过一根跨过定滑轮的轻质细绳与质量为3kg的物块A相连，连接物块B的细线与斜面平行，连接物块A的细线在竖直方向，轻质弹簧一端固定在地面上，另一端固定在物块A的下表面，起始时物块A、B静止，某时刻将弹簧剪断，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．木块A、B静止时弹簧的弹力为36N B．木块A、B静止时细线的拉力为12N C．剪断弹簧的瞬间，木块A、B的加速度大小均为6m/s2 D．剪断弹簧的瞬间，细线的拉力为12N 【答案】CD 【解答】解：A、B静止时，物块B沿斜面方向受力平衡，有T＝mBgsinθ，解得细线拉力为T＝6N。物块A受力平衡，有Fs+T＝mAg，解得弹簧弹力为Fs＝24N，所以A错误，B错误； C、剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力立即变为零。规定物块A向下、物块B沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律分别有mAg﹣T＝mAa和T﹣mBgsinθ＝mBa。由于细线不可伸长，物块A、B的加速度大小相等。联立两式，解得加速度大小为a＝6m/s2，所以C正确； D、由物块B沿斜面方向的牛顿第二定律T﹣mBgsinθ＝mBa，解得剪断弹簧瞬间细线的拉力为T＝12N，所以D正确。 故选：CD。 【变式训练1】 （2025秋•广阳区校级月考）在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，质量相等的小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，开始时两个小滑块均静止，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．， C．，0 D．g，g 【答案】A 【解答】解：设A、B的质量为m，剪断细线前细线的拉力大小为 T＝（m+m）gsinθ＝mg 剪断细线的瞬间，细线的拉力立刻减为零，而弹簧的弹力不变，则B的加速度为零，A的加速度为，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式训练2】 （2026•碑林区校级开学）如图所示，质量均为m的物体A、B通过一轻质弹簧相连，物体A放在水平地面上，物体B通过细绳绕过轻质定滑轮与质量为4m的物体C相连，物体C放在固定的足够长光滑斜面上。用手托住物体C，使滑轮左边细绳刚好伸直并保持竖直，右边细绳与斜面平行。静止释放物体C后它沿斜面下滑，当物体A刚离开地面时，物体B恰好运动至最高处。已知弹簧劲度系数为k，细绳与滑轮之间的摩擦不计。下列说法正确的是（　　） A．斜面倾角α为30° B．释放物体C瞬间，C的加速度为g C．从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为 D．物体B的最大速度 【答案】C 【解答】解：C.开始时对物块B有mg＝kx1可得弹簧的压缩量为；当A刚要离开地面时则mg＝kx2即此时弹簧的伸长量为，可知从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为，则C正确； A、从开始释放物体C到物体A将要离开地面，因弹簧的形变量相同，可知弹性势能相同，则由能量关系可知4mgssinα＝mgs 代入数据可得，斜面倾角α≠30°，故A错误； B.释放物体C瞬间，对物块C由牛顿第二定律4mgsinα﹣T＝4ma 对B有T﹣mg+kx1＝ma 可得物块C的加速度为，故B错误； D.当物块B的加速度为零时速度最大，此时4mgsinα＝mg+kx3 代入数据可得x3＝0，即弹簧处于原长位置，则由能量关系可知 物体B的最大速度，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】 （2026秋•天津校级月考）（多选题）如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A加速度的大小为2.5m/s2 B．B加速度的大小为2m/s2 C．弹簧的弹力大小为50N D．A、B间相互作用力的大小为8N 【答案】BD 【解答】解：剪断细线前，物体A静止，弹簧弹力与物体A的重力平衡，则有；剪断细线瞬间，轻弹簧的形变量未发生突变，弹簧弹力大小仍为F＝40N。 AB、剪断细线瞬间，假设A与B加速度相同，设加速度大小为a，以竖直向下为正方向，对A、B整体，由牛顿第二定律有（mA+mB）g﹣F＝（mA+mB）a，代入数据解得，由于a＜g＝10m/s2，说明B对A仍有压力，两物体未分离，假设成立，则A、B加速度的大小均为2m/s2，故A错误，B正确； C、剪断细线瞬间，轻弹簧的形变量不能突变，弹簧弹力大小仍为F＝40N，故C错误； D、隔离物体B，以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律有mBg﹣N＝mBa，代入数据解得，由牛顿第三定律可知，A、B间相互作用力的大小为8N，故D正确。 故选：BD。 【考点强化练1】 （2025秋•毕节市月考）如图所示，水平面上放置着质量分别为m和M（m＜M）的两木块A和B，两者用一轻弹簧连接。现用一水平恒力F拉木块B，使两木块一起向右做匀加速直线运动。已知两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，弹簧始终在弹性限度内。则在运动过程中（　　） A．若撤去F的瞬间，木块A的加速度大小为 B．弹簧的弹力大小等于 C．若将F作用在A上拉动两木块一起向左匀加速运动，则弹簧的弹力变小 D．若将F作用在A上拉动两木块一起向左匀加速运动，则弹簧的弹力不变 【答案】A 【解答】解：A、以向右为正方向，当恒力F作用在木块B上时，对A、B组成的整体，由牛顿第二定律有F﹣μ（m+M）g＝（m+M）a1，解得整体的加速度为。对木块A，由牛顿第二定律有F1﹣μmg＝ma1，解得此时弹簧的弹力大小为。若撤去拉力F的瞬间，弹簧的形变量来不及发生改变，弹力保持不变，且木块A的速度方向未变，受到的滑动摩擦力也不变，因此木块A的受力情况不变，其加速度大小依然为，故A正确； B、由上述推导可知，运动过程中弹簧的弹力大小为，故B错误； CD、若将恒力F作用在木块A上拉动两木块一起向左做匀加速运动，以向左为正方向，对整体由牛顿第二定律有F﹣μ（m+M）g＝（m+M）a2，解得整体的加速度为。对后方的木块B，由牛顿第二定律有F2﹣μMg＝Ma2，解得此时弹簧的弹力大小为。由于已知条件为m＜M，由此可得F2＞F1，即弹簧的弹力变大，故CD错误。 故选：A。 【考点强化练2】 （2026秋•广州校级月考）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在水平面上处于静止状态，重力加速度为g。将质量为3m的木块C轻放在A上的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．AC间弹力为零 B．木块B对水平面的压力大小变为5mg C．木块A的加速度大小为 D．木块A的加速度大小为 【答案】D 【解答】解：ACD．未放木块C之前，A受竖直向下重力mg和竖直向上的弹簧弹力F1，根据平衡条件可得F1＝mg。 木块C放在A上的瞬间，弹簧不发生突变，弹力大小不变，即弹簧的弹力大小仍然为F1，以AC整体为研究对象，设AC整体的加速度大小为a，对AC整体根据牛顿第二定律可得（m+3m）g﹣F1＝（m+3m）a，解得AC整体的加速度大小为，对木块C根据牛顿第二定律得3mg﹣FAC＝3ma，解得AC间弹力大小为，故AC错误，D正确； B．未放木块C之前，B受竖直向下重力mg，竖直向下弹力F2和竖直向上的支持力FN，对B根据平衡条件有FN＝mg+F2，因为弹簧两端的弹力大小相等，即F1＝F2，根据牛顿第三定律有木块B对水平面的压力大小F压＝FN，解得F压＝2mg。因为弹簧不会发生突变，所以木块C放在A上的瞬间B对水平面的压力大小与没有放C之前一样仍为2mg，故B错误。 故选：D。 【考点强化练3】 （2026•皇姑区校级开学）如图所示，A、B、C三个物体的质量是mA＝m，mB＝mC＝2m，A、B两物体通过绳子绕过定滑轮相连，B、C用劲度系数k2的弹簧相连，劲度系数k1的弹簧一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连。开始时，A、B两物体在同一水平面上，已知重力加速度为g，不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦。现用竖直向下的力缓慢拉动A物体，在拉动过程中，弹簧、与A、B相连的绳子始终竖直，直到C物体刚要离开地面（A尚未落地，B没有与滑轮相碰），此时A、B两物体的高度差为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：开始时，A物体处于平衡状态，则绳子的拉力FT＝mg，由于绳对B物体的拉力FT小于B物体的重力2mg，所以弹簧2对B物体有竖直向上的弹力，F2＝2mg﹣FT＝2mg﹣mg＝mg，弹簧2处于压缩状态，压缩量为，弹簧1的伸长量为；当C物体刚要离开地面时，弹簧2的弹力为F2'＝2mg，弹簧2处于伸长状态，伸长量为，绳子的拉力FT'＝2mg+F2'＝2mg+2mg＝4mg，则弹簧1的伸长量为。所以A下降的高度为ΔhA＝（x2'+x2）+2（x1'﹣x1），B上升的高度为ΔhB＝x2+x2'，A、B两物体的高度差为Δh＝ΔhA+ΔhB，解得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【考点强化练4】 （2026春•甘井子区校级期末）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块A相连。如图所示，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x。从t＝0开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做匀加速直线运动，经过一段时间后物块A、B分离，再经过同样长的时间，B距离出发点也为x，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数 B．A、B分离时弹簧弹力为 C．物块B的加速度为 D．经过时间，A、B分离 【答案】C 【解答】解：A、初始状态下物块A、B静止在光滑斜面上，将A、B视为一个整体，沿斜面方向弹簧弹力与整体重力的分力平衡，有kx＝（m+m）gsinθ，解得弹簧的劲度系数为：，故A错误； B、设A、B两物块经过时间t分离，这段时间内物块B做匀加速直线运动，位移为，根据题意可知再经过同样长的时间t，即总时间为2t时，B距离出发点的位移为x，有，可得分离时B的位移为：，此时弹簧的压缩量为初始压缩量减去B的位移，即为：，由胡克定律可得弹簧的弹力为：，故B错误；C、A、B两物块分离的临界条件是两者间的弹力为零，此时它们的加速度仍相同，对物块A，沿斜面方向有：F弹﹣mgsinθ＝ma，解得加速度为：，故C正确； D、将分离时B的位移为：和加速度为，代入匀加速直线运动的位移公式，可得：，故D错误。 故选：C。 【考点强化练5】 （2026秋•宜阳县校级月考）（多选题）如图所示，置于光滑水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，mA＞mB。在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。为使再次稳定后弹簧的伸长量增大，下列操作可行的是（　　） A．仅增大B的质量 B．仅减小水平恒力F C．仅将A、B的位置对调 D．仅更换劲度系数更大的弹簧 【答案】AC 【解答】解：以物块A、物块B及轻质弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝（mA+mB）a，解得系统的加速度为；以物块B为研究对象，设弹簧弹力为F1，根据牛顿第二定律得，设弹簧的劲度系数为k，伸长量为x，根据胡克定律F1＝kx，解得弹簧的伸长量为。 A、以物块A为研究对象，根据牛顿第二定律得F﹣F1＝mAa，解得F1＝F﹣mAa，仅增大物块B的质量mB，由可知系统的加速度a减小，因F和mA均不变，则弹簧弹力F1增大，由可知弹簧的伸长量x增大，故A正确； B、仅减小水平恒力F，由可知，弹簧的伸长量x减小，故B错误； C、仅将物块A、物块B的位置对调，此时水平恒力F作用在物块B上，系统的加速度大小仍为，以物块A为研究对象，根据牛顿第二定律可知此时弹簧弹力为，此时弹簧的伸长量为，因mA＞mB，所以x'＞x，即弹簧的伸长量增大，故C正确； D、仅更换劲度系数更大的弹簧，即k增大，由可知，弹簧的伸长量x减小，故D错误。 故选：AC。 考向四 接触面间连接 【例1】 （2026秋•朝阳区校级月考）如图1所示，光滑水平面上并排静止放置着A与B两个物体（两物体接触但不黏合），A的质量mA＝2kg。t＝0时刻，水平推力FA和水平拉力FB同时分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化的关系如图2所示，当FA减小到4N时，AB间弹力恰好为0。下列说法正确的是（　　） A．B物体的质量mB＝3kg B．B物体的质量mB＝12kg C．t＝3s时刻，A、B间的距离为3m D．t＝3s时刻，A、B间的距离为7.5m 【答案】A 【解答】解：AB、在两物体接触并一起运动时，加速度相同。设两物体间的弹力大小为FN，分别由牛顿第二定律得FA﹣FN＝mAa，FB+FN＝mBa。由图可知，当t＝2s时，FA＝4N，FB＝6N，此时两物体间的弹力恰好为零，因此有，解得mB＝3kg，故A正确，B错误； CD、在t＝2s前，两物体始终接触且具有相同的速度。由图可知，在2s至3s内，FA＝1N，FB＝6N，两物体分离后分别做匀加速直线运动。由牛顿第二定律有FA＝mAaA，FB＝mBaB，解得，。设分离时两物体的共同速度为v0，分离后的运动时间为Δt＝1s，则两物体的位移分别为、。两物体间的距离为，解得d＝0.75m，故CD错误。 故选：A。 【例2】 （2026秋•西城区校级月考）（多选题）如图所示，质量为M和m的A、B两物块放在光滑的水平面上。用一个水平外力F推动两物块，使它们沿水平面运动。用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．若M＝m，FAB＝F B．若M＝m， C．若M＝2m，FAB＝F D．若M＝2m， 【答案】BD 【解答】解：AB、水平外力F作用在物块A上，两物块在光滑水平面上一起运动。以两物块为整体，根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，解得。物块B在水平方向上只受物块A的推力，根据牛顿第二定律有FAB＝ma，解得。当M＝m时，解得，故A错误，B正确； CD、当M＝2m时，由，解得，故C错误，D正确。 故选：BD。 【变式训练1】 （2025秋•惠济区期末）如图所示，水平地面上叠放着A、B两个物块，A的质量为m，B的质量为2m，A、B间及B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力F拉物块B，使A、B一起向右做加速度大小为的匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．此时A所受的摩擦力大小为μmg B．恒力F的大小为1.5μmg C．若仅将恒力F的大小变为7μmg，B的加速度大小为2μg D．若仅将恒力F的大小变为7μmg，A的加速度大小为μg 【答案】D 【解答】解：AB、对A分析，A的合力由B对A的静摩擦力提供，根据牛顿第二定律，有 对A、B整体分析，总质量为3m，地面对整体的滑动摩擦力为f地＝μ•3mg＝3μmg 根据牛顿第二定律，有F﹣f地＝3m•a 代入，解得，故AB错误； CD、A、B刚好相对滑动时，A的最大加速度由最大静摩擦力提供，有 对应整体的临界拉力F临﹣3μmg＝3m•μg 解得F临＝6μmg 当拉力F＝7μmg＞6μmg，A、B发生相对滑动 对B分析，根据牛顿第二定律，有F﹣3μmg﹣μmg＝2maB 代入F＝7μmg，解得 A、B相对滑动后，A的合力由滑动摩擦力提供，根据牛顿第二定律，有加速度，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式训练2】 （2025秋•太原校级月考）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为3N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（　　） A．1N B．2N C．4N D．6N 【答案】D 【解答】解：由题意可知，两物块一起做匀加速直线运动，取左侧物块为研究对象，细线不断裂时，拉力最大值为Tmax＝3N，由牛顿第二定律可得：Tmax＝mamax，代入数据解得： 以两物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Fmax＝2mamax，代入数据解得：Fmax＝2mamax＝2×1×3N＝6N，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式训练3】 （2024秋•顺德区校级月考）（多选题）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、5、7节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（　　） A．启动时乘客有向后倒感觉，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．匀加速运动启动时，第5、6节车厢间的作用力为0.5F C．匀加速运动启动时，第6、7节车厢间的作用力为0 D．匀速运动时，第1、2节车厢间的作用力为2f 【答案】BC 【解答】解：A、动车组启动时，乘客由于惯性有保持原来静止状态的趋势，因此有向后倒的感觉；但乘客随车向前加速，所受车厢作用力的水平分力与车运动方向相同，故A错误； B、设每节车厢的质量为m，动车组加速度为a。对整个动车组，由牛顿第二定律有4F﹣8f＝8ma，解得。将第6、7、8节车厢视为整体，其中只有第7节为动车。设第5节对第6节车厢的拉力为T1，由牛顿第二定律有T1+F﹣3f＝3ma，结合整体的加速度，解得，故B正确； C、将第7、8节车厢视为整体，设第6节对第7节车厢沿运动方向的作用力为T2，由牛顿第二定律有T2+F﹣2f＝2ma，结合整体的加速度，解得T2＝0，故C正确； D、匀速运动时，整个动车组受力平衡，有4F﹣8f＝0，解得F＝2f。单独研究第1节车厢，设第2节对它向后的拉力为T3，根据平衡条件有F﹣f﹣T3＝0，解得T3＝f，因此第1、2节车厢间的作用力为f，故D错误。 故选：BC。 【考点强化练1】 （2025秋•安徽月考）如图所示，一质量M＝3kg的箱子静止放置在水平面上，三个质量均为m＝1kg的小物块A、B、C紧挨着放在箱子内部左侧。已知箱子内部光滑，箱子与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，现给箱子施加一个F＝24N的水平向右推力，下列说法正确的是（　　） A．箱子的加速度大小为1m/s2 B．C受到B的弹力大小为1N C．A对B的弹力大小为2N D．箱子对A的作用力大小为N 【答案】D 【解答】解：A、把箱子和三个小物块视为整体分析，由牛顿第二定律有F﹣μ（M+3m）g＝（M+3m）a 代入数据可得a＝2m/s2，故A错误； B、对C进行分析，则FBC＝ma 代入数据可得FBC＝2N，故B错误； C、把B、C视为整体进行受力分析，则FAB＝2ma 代入数据可得FAB＝4N，故C错误； D、对A、B、C整体进行受力分析，箱子左侧对A的弹力FA＝3ma 箱子底部对A的支持力FN＝mg 箱子对A的作用力大小 代入数据可得，故D正确。 故选：D。 【考点强化练2】 （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 【解答】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。 【考点强化练3】 （2026•安徽模拟）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 C．如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小 D．如果撤去F2，甲对乙的作用力一定增大 【答案】C 【解答】解：AB、根据题意分析可知，对甲乙整体受力分析，根据牛顿第二定律可得：F1﹣F2＝2ma，解得：，对乙受力分析，根据牛顿第二定律有：F甲对乙﹣F2＝ma，联立解得：，由结合牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小为：，故AB错误； C、根据题意分析可知，如果撤去F1，对整体，由牛顿第二定律可得：F2＝2ma′，解得：，对乙，由牛顿第二定律则有：F2﹣F甲对乙′＝ma′，联立解得：，可知甲对乙的作用力一定减小，故C正确； D、根据题意分析可知，如果撤去F2，对整体，由牛顿第二定律可得：F1＝2ma″，解得：，对乙，由牛顿第二定律可得：F甲对乙″＝ma″，解得：，可知甲对乙的作用力一定减小，故D错误。 故选：C。 【考点强化练4】 （2026•定兴县校级开学）如图所示，在水平面上放置着两个横截面为梯形的物体P和Q，P和Q的接触面与水平面的夹角θ＝37°，P和Q的质量之比为4：3，所有接触面均光滑。若把水平向右、大小为F的力作用在P上，此时P对Q的作用力大小为F1；若把水平向左、大小为F的力作用在Q上，此时Q对P的作用力大小为F2。上述过程中P、Q始终相对静止，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设物体P与Q的质量分别为4m和3m。若水平向右、大小为F的力作用于P，此时P对Q的作用力大小为F1。以P、Q整体为研究对象，由牛顿第二定律得F＝7ma。 以Q为研究对象，根据牛顿第二定律得F1sinθ＝3ma，联立解得。若水平向左、大小为F的力作用于Q，此时Q对P的作用力大小为F2。 以P、Q整体为研究对象，由牛顿第二定律得F＝7ma'。以P为研究对象，根据牛顿第二定律得F2sinθ＝4ma'，联立解得。由此可得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【考点强化练5】 （2026秋•潍坊月考）（多选题）如图所示，水平地面上并排放置四个质量均为m的相同物块，对物块4施加水平推力F。已知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。下列说法正确的是（　　） A．若F＝3μmg，物块2、3间的弹力大小为0 B．若F＝3μmg，物块2、3间的弹力大小为μmg C．若F＞4μmg，则从左往右物块之间的弹力大小之比为3：2：1 D．若F＞4μmg，则从左往右物块之间的弹力大小之比为1：2：3 【答案】BD 【解答】解：AB．若 F＝3μmg＜4μmg，四个物块组成的系统整体保持静止，加速度为0。推力作用在最右侧的物块4上，各物块受到的静摩擦力从右向左依次达到最大静摩擦力 μmg。对物块4由平衡条件有 F﹣f4﹣F34＝0，其中静摩擦力 f4＝μmg，解得物块3、4间的弹力 F34＝2μmg；同理对物块3有 F34﹣f3﹣F23＝0，其中 f3＝μmg，解得物块2、3间的弹力 F23＝μmg，故A错误，B正确； CD．若 F＞4μmg，系统整体向左做匀加速直线运动，对整体由牛顿第二定律有 F﹣4μmg＝4ma；从左往右依次隔离物块进行分析，对物块1有 F12﹣μmg＝ma，联立解得物块1、2间的弹力 ；对物块1和2的整体有 F23﹣2μmg＝2ma，解得物块2、3间的弹力 ；对物块1、2、3的整体有 F34﹣3μmg＝3ma，解得物块3、4间的弹力 ；由此可知，从左往右物块之间的弹力大小之比为 F12：F23：F34＝1：2：3，故C错误，D正确。 故选：BD。 【真题回顾】 1．（2025•安徽）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/s2，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/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N 【答案】C 【解答】解：A.因为物块甲相对于木箱向右运动，所以木箱对甲的滑动摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误； B.设乙运动的加速度为a，只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱整体，竖直方向满足FN＝M总g﹣ma，则地面对木箱的支持力大小不变，故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＝2.5m/s2，T＝7.5N，故C正确，D错误。 故选：C。 2．（2021•海南）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＝10m/s2。则推力F的大小为（　　） A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N 【答案】A 【解答】解：P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力所以绳子的拉力F1＝mQg＝0.2×10N＝2N P与桌面间的滑动摩擦力：f＝μmPg＝0.5×0.5×10N＝2.5N 将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力：T2N＝1N 此时Q加速下降，可得：mQg﹣T2＝mQa 此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定律可得：F+T2﹣f＝mPa 代入数据解得：F＝4.0N，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2023•北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（　　） A．1N B．2N C．4N D．5N 【答案】C 【解答】解：设每个物块的质量为m，设细线上张力大小为T，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有 F＝（m+m）a 对左侧物块，由牛顿第二定律有 T＝ma 又有：T≤2N 联立各式解得：F≤4N 即F的最大值为4N 故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．（2023•福建）（多选题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则（　　） A．当火车匀速直线运动时，T1＝T2＝T3 B．当火车匀速直线运动时，T1：T2：T3＝3：2：1 C．当火车匀加速直线运动时，T1＝T2＝T3 D．当火车匀加速直线运动时，T1：T2：T3＝3：2：1 【答案】BD 【解答】解：AB.设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时T1＝f1＝k×3G，T2＝f2＝k×2G，T3＝f3＝k×G，得T1：T2：T3＝3：2：1，故A错误，B正确； CD.当火车匀加速直线运动时T1﹣f1＝T1﹣k×3G＝3ma，T2﹣f2＝T2﹣k×2G＝2ma，T3﹣f3＝T3﹣k×G＝ma，得T1：T2：T3＝3：2：1，故C错误，D正确。 故选：BD。 5．（2023•湖南）（多选题）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ） D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ） 【答案】CD 【解答】解：A、设车厢对A的弹力为FNA，轻杆对A的弹力为N，若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma， 对A球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma， 竖直方向：Ncosθ＝mg， 联立解得a＝gtanθ， 对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A错误； B、若推力向左，则系统的加速度向左。 假设杆与车厢始终保持相对静止，且A与左壁弹力为零， 对A水平方向有Nsinθ＝maA，竖直方向有Ncosθ＝mg，解得：aA＝gtanθ 在此情况下，设厢底对B的静摩擦力为f，对AB整体有：f＝2maA＝2mgtanθ 由于μ≥tanθ，所以最大静摩擦力fm≥2mgtanθ，可得：f≤fm，故假设成立。 所以系统的加速度最大等于aA＝gtanθ，所以F最大值为Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B错误； C、由B的解答可知，μ＜tanθ≤2μ时，若A与左壁弹力为零，B会相对厢底滑动。故A与左壁弹力不能为零，当箱底对B的静摩擦力达到最大静摩擦力时，F达到最大值，则有： 2μmg﹣FNA＝2ma， 整体：Fm＝4ma， 对A竖直方向：Ncosθ＝mg， 对A水平方向：Nsinθ﹣FNA＝ma， 联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正确； D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值， 则：2μmg+FNA＝2ma1 对A竖直方向：Ncosθ＝mg FNA﹣Nsinθ＝ma1 联立解得a1＝2μg+gtanθ 厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值， 则：对AB整体有FNA﹣2μmg＝2ma2 对A水平方向有FNA﹣Nsinθ＝ma2 对A竖直方向：Ncosθ＝mg 联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg 所以4ma2≤F≤4ma1 即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正确。 故选：CD。 6．（2022•甲卷）（多选题）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　） A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 【答案】AD 【解答】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得 F＝2μmg 隔离滑块Q分析得 F弹＝μmg 撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得： 滑块P：﹣F弹﹣μmg＝ma1 滑块Q：F弹﹣μmg＝ma2 则a1，a2， 可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹＝μmg时，滑块P加速度最大值为 a1max＝2μg， 当F弹＝0时，滑块Q加速度最大值为 a2max＝μg， 故A正确，B错误； C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故C错误； D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为 a′1＝μg， 可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。 故选：AD。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/10/26 15:19:55；用户：13088426601；邮箱：13088426601；学号：32230080 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $ 4.5.6 牛顿第二定律的应用 专题6 动力学中的连接体问题 一、连接体问题概述 连接体是指两个或两个以上的物体通过绳、杆、弹簧等连接在一起，或直接叠放在一起，共同运动的系统。连接体问题是牛顿第二定律应用中最典型、最综合的题型之一，核心方法是整体法与隔离法的灵活配合。 连接体问题的核心物理思想是"分而治之"：当需要求系统整体的加速度时，优先使用整体法；当需要求系统内部物体间的相互作用力（如绳拉力、杆弹力、摩擦力）时，必须使用隔离法。两种方法往往需要交替使用，相互验证。 高中阶段常见的连接方式有：①绳连接（包括通过滑轮）；②杆连接（轻杆）；③弹簧/橡皮筋连接；④直接接触（叠放、斜面并放）；⑤摩擦力连接（如板块模型）。 二、整体法与隔离法 1. 整体法 将相互连接的多个物体看成一个整体（系统），分析系统所受的外力，对整体列牛顿第二定律方程。使用整体法的前提是：系统内各物体的加速度大小和方向完全相同（或某一方向加速度相同）。 ● 适用条件：各物体加速度相同（或仅需某一方向加速度）； ● 优点：不需要考虑系统内力，受力分析更简洁； ● 整体法公式：系统所受合外力等于总质量乘以共同加速度。 2. 隔离法 将需要研究的某个物体从系统中单独隔离出来，分析该物体所受的所有力（包括其他物体对它的作用力即内力），对该物体单独列牛顿第二定律方程。 ● 适用场景：需要求解物体间的相互作用力（绳拉力、摩擦力、支持力等）；各物体加速度不同（如相对滑动）； ● 关键：正确分析内力的大小和方向，注意牛顿第三定律——甲对乙的力与乙对甲的力等大反向； ● 隔离法是处理复杂连接体问题的基础方法，任何连接体问题最终都需要用隔离法求解内力。 3. 整体法与隔离法选用原则 对比维度 整体法 隔离法 研究对象 多个物体组成的系统 系统内单个物体 分析力 只分析外力（系统外物体施加的力） 分析所有力（含内力） 适用条件 各物体加速度相同 任何情况都适用 求解目标 共同加速度、外力 物体间相互作用力（内力） 典型优先使用场景 求加速度、判断整体运动状态 求绳拉力、杆弹力、摩擦力 基本原则："先整体求加速度，后隔离求内力"——先用整体法求出共同加速度，再隔离其中受力较简单的物体，利用已求出的加速度求解内力。 图1 连接体受力分析（整体法+隔离法） 三、绳连接体模型 绳连接是最常见的连接方式，特点是：①轻绳质量不计（m=0）；②绳子不可伸长，故绳两端连接的物体沿绳方向的加速度大小相等；③绳子只能承受拉力不能承受压力，拉力方向沿绳且指向绳收缩方向。 1. 水平桌面——悬挂物块模型 设水平桌面上有质量为m₁的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m₂的悬挂物块相连，物块与桌面间动摩擦因数为μ（桌面光滑时μ=0）。 ● 对整体分析：合外力为悬挂物块重力减去桌面摩擦力，即F合 = m₂g − μm₁g； ● 共同加速度： ● 绳子拉力（隔离m₂验证：m₂g−T=m₂a）： 特殊情况：当桌面光滑（μ=0）时，a = m₂g/(m₁+m₂)，T = m₁m₂g/(m₁+m₂)。注意此时T≠m₂g，这是初学者最容易犯的错误——悬挂物块有向下加速度，处于失重状态，绳拉力必小于m₂g。 2. 斜面——悬挂物块模型 质量为m₁的物块置于倾角为θ的斜面上，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m₂的悬挂物块相连，物块与斜面间动摩擦因数为μ。 ● 当系统沿斜面向悬挂物块一侧加速（m₂沿m₁拉上斜面方向）时： ● 共同加速度： ● 绳子拉力： 判断物块运动方向的关键：比较m₂g与m₁gsinθ+μm₁gcosθ的大小。若m₂g > m₁gsinθ+μm₁gcosθ，物块沿斜面向上加速；若m₂g < m₁gsinθ−μm₁gcosθ，物块沿斜面向下加速（此时摩擦力方向反转，公式中μ前需变号）。 3. 跨过定滑轮的两个悬挂物块（阿特伍德机） 两物块m₁、m₂（m₁>m₂）通过轻绳跨过光滑定滑轮悬挂，构成经典的阿特伍德机： ● 共同加速度： ● 绳子拉力： 验证：当m₁=m₂时，a=0，T=m₁g=m₂g，系统静止或匀速运动，符合预期；当m₂→0时，a→g，T→0，m₁做自由落体运动，也符合物理直觉。 四、杆连接体模型 轻杆（质量不计）是与轻绳有重要区别的连接元件： 对比维度 轻绳 轻杆 形变特点 只能拉伸，不能压缩 既可拉伸，也可压缩 弹力方向 只能沿绳、指向绳收缩方向（拉力） 可沿杆也可不沿杆（铰链杆沿杆，固定杆任意方向） 弹力性质 只能施加拉力 可施加拉力，也可施加推力（支持力） 弹力突变 剪断/松弛瞬间弹力突变为零 弹力可瞬间突变（拉↔推均可） 1. 沿杆方向连接的两物体 当两物体通过轻杆沿某一直线连接，且沿杆方向运动时，两物体沿杆方向加速度相同（杆不可伸长/缩短），杆对两物体的弹力大小相等、方向相反。 ● 若杆对物体的力沿杆指向物体，则为推力（支持力）；背离物体则为拉力。 ● 设两物体质量m₁、m₂，在沿杆方向合外力F合作用下共同加速，则共同加速度a=F合/(m₁+m₂)，与绳连接体公式形式相同。 2. 竖直圆周运动的杆模型 轻杆一端固定于转轴，另一端连接质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动。杆与绳的根本区别：杆在最高点可以提供向上的支持力，因此小球在最高点的速度可以为零（绳模型最高点最小速度为。。 ● 最高点杆的弹力（N>0为拉力，N<0为支持力）：N = − mg； ● 最高点临界速度v=0时，N=−mg（杆向上的支持力等于重力），为杆模型能过最高点的最小条件； ● 当v=时，N=0，杆对小球无作用力，重力完全提供向心力（与绳模型临界状态相同）。 五、弹簧连接体模型 弹簧（或橡皮筋）连接是高中物理中最容易设置陷阱的连接方式，核心特点是：弹簧弹力F=kx由形变量决定，由于弹簧形变改变需要时间，因此弹簧弹力不能发生突变——在极短瞬间（剪断其他约束瞬间）弹簧的形变尚未改变，弹力大小和方向保持不变。 1. 弹簧连接体的瞬时性分析 如图2左所示，质量为m的小球用弹簧和水平绳悬挂静止。弹簧与竖直方向夹角为θ，则： ● 剪断水平绳前（平衡状态）：弹簧弹力F弹=mg/cosθ，水平绳拉力T=mgtanθ； ● 剪断水平绳瞬间：弹簧形变量来不及改变，故F弹大小方向保持不变；水平绳拉力立即消失； ● 此时合力F合=mgtanθ，方向水平向右，加速度： 注意区分：若将弹簧换成刚性绳，剪断水平绳瞬间，斜绳拉力会发生突变，此时加速度为a切=gsinθ（切向加速度），与弹簧模型结果截然不同，这是高考高频考点。 2. 弹簧连接体的运动过程分析 弹簧连接体在运动过程中，弹簧弹力是变力，物体做变加速运动。分析时需抓住几个特殊状态： ● 原长位置：弹簧弹力F=0，加速度为外力（如重力）产生的加速度； ● 平衡位置：合力为零（弹力与其他力平衡），加速度a=0，速度最大； ● 最大形变量位置：速度为零，加速度最大，运动方向即将反转。 六、斜面连接体与滑轮组合 斜面上的物块通过滑轮与其他物体（悬挂物块、另一水平面上的物块等）相连，是绳连接体的综合应用。 通用解题步骤： ● 第一步：确定各物体的运动方向关系（绳子不可伸长，沿绳方向各物体加速度大小相等）； ● 第二步：分析各物体受力，特别注意斜面上物块的摩擦力方向与运动方向相反； ● 第三步：对每个物体分别列牛顿第二定律方程，注意内力（绳拉力T）在各方程中大小相等； ● 第四步：联立方程组求解加速度a和绳拉力T。 斜面+悬挂物块完整加速度公式（μ=0时为光滑斜面）： （光滑斜面μ=0；若有摩擦，分子中减去μm₁gcosθ项，摩擦力方向与相对运动方向相反。） 七、连接体临界问题 连接体中常见的临界情形有以下几类： 1. 绳子刚好松弛（T=0） 当系统加速度变化到绳拉力恰好为零时，两物体即将不再通过绳传递力，此后两者加速度不再相同。这是绳子约束即将消失的临界状态。 ● 判定条件：T=0，且此时两物体速度相同（即将分离或各自独立运动）； ● 典型场景：水平加速运动的车顶上悬挂小球，当加速度过大时绳可能松弛；竖直圆周运动绳模型最高点速度不足时绳松弛。 2. 接触面恰好分离（N=0） 叠放或直接接触的连接体，当加速度变化到两物体间弹力恰好为零时，即将发生分离。 ● 判定条件：N=0，且分离瞬间两物体速度、加速度仍相同（此后加速度不同导致分离）； ● 典型场景：竖直方向叠放物体向上减速运动、水平面上物体被向上拉离地面等。 3. 弹簧最长/最短（速度相同临界） 弹簧连接的两物体，当两物体速度相同时，弹簧形变量达到最大（最长或最短），此后弹簧将开始缩短或伸长。 ● 判定条件：两物体速度相等； ● 典型场景：弹簧弹开两物、弹簧上物体碰撞、蹦极运动最低点等。 4. 恰好不相对滑动（f=fmax） 叠放物体通过摩擦力连接（板块模型），当外力增大到静摩擦力不足以提供所需加速度时，两物体发生相对滑动。 ● 判定条件：两物体间静摩擦力达到最大值fmax=μN； ● 临界加速度：先隔离上方物体（仅受摩擦力），得a₀==μg（或对应的临界加速度），再整体法求临界外力。 八、解题技巧与常见易错点 处理连接体问题的核心技巧： ● 技巧1：优先使用"先整体求a，后隔离求内力"的思路，避免一开始就隔离多个物体导致方程过多； ● 技巧2：隔离时选受力较少的物体隔离，通常隔离已知量多、未知量少的物体更方便； ● 技巧3：注意绳子是否跨过滑轮——跨滑轮的两段绳拉力大小相等，但方向可能不同，加速度方向沿各段绳方向； ● 技巧4：弹簧连接体注意"弹力不突变"，绳/杆连接体注意"弹力可突变"——瞬时问题中这是区分模型的关键； ● 技巧5：处理临界问题时，先写出一般状态方程，再令临界条件（T=0、N=0、f=fmax等）代入求临界值。 常见易错点 ● 易错点1：认为绳拉力等于悬挂物块重力。只要物体有加速度，绳拉力就不等于m₂g，必须用牛顿第二定律计算。 ● 易错点2：使用整体法时不判断各物体加速度是否相同。加速度不同的物体（如发生相对滑动的叠放物）不能作为一个整体直接用F合=ma。 ● 易错点3：混淆弹簧和刚性绳的突变特性。剪断约束瞬间弹簧弹力不变，绳拉力瞬间可突变，两者必须区分清楚。 ● 易错点4：摩擦力方向判断错误。斜面上物块的摩擦力方向与相对运动方向有关，需先判断运动方向再确定摩擦力方向。 ● 易错点5：漏掉牛顿第三定律的应用。隔离两个物体分析内力时，两物体间的相互作用力必须等大反向，不能两边大小不一致。 ● 易错点6：认为杆的弹力一定沿杆方向。只有两端带铰链的轻杆（可自由转动）弹力才沿杆方向；固定杆（不能自由转动）弹力可以不沿杆。 九、核心公式速查表 连接体类型 共同加速度a 绳拉力T（或内力） 说明 水平面光滑绳拉物 a=F/(m₁+m₂) T=m₂F/(m₁+m₂) 外力F拉m₁，T为绳拉m₂ 水平面+悬挂物块（μ=0光滑） a=m₂g/(m₁+m₂) T=m₁m₂g/(m₁+m₂) 悬挂m₂拉动桌面m₁ 水平面+悬挂物块（有μ） a=(m₂−μm₁)g/(m₁+m₂) T=m₁m₂g(1+μ)/(m₁+m₂) μ为m₁与桌面摩擦因数 阿特伍德机（m₁>m₂） a=(m₁−m₂)g/(m₁+m₂) T=2m₁m₂g/(m₁+m₂) 两物块跨定滑轮悬挂 光滑斜面+悬挂物块 a=(m₂−m₁sinθ)g/(m₁+m₂) T=m₁m₂g(1+sinθ)/(m₁+m₂) m₁在斜面上 弹簧+绳剪断瞬时 a=gtanθ F弹=mg/cosθ 弹簧弹力瞬间不变 圆周最高点（杆模型临界） v₀=0（最高点可静止） N=−mg（支持力） 杆可提供支持力 圆周最高点（绳模型临界） v₀= T=0 重力完全提供向心力 以上公式均由牛顿第二定律通过整体法与隔离法联立推导得出，建议掌握推导方法而非死记硬背——考试中连接体构型千变万化，只有熟练掌握"先整体、后隔离"的分析方法，才能灵活应对各种变形。 考向一 绳连接体问题 【例1】 （2026春•惠农区校级期末）足够长的光滑斜面上的三个质量相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的上侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以相同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．斜面的倾角θ＝60° B．每个物块的质量m＝2.5kg C．当F＝10N时，物块的加速度大小为a＝5m/s2 D．当将斜面的倾角θ增大时，由测得的数据画出的图像的纵截距绝对值小于2.5 【例2】 （2026秋•永川区月考）（多选题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱在外力作用下沿粗糙水平地面以a＝7.5m/s2做匀加速直线运动，木箱上的物块甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与物块乙相连，甲、乙与木箱始终保持相对静止。甲物块质量为10kg、乙物块质量为0.4kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木箱对地面的摩擦力方向水平向左 B．木箱对物块甲的摩擦力方向水平向右 C．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为0.8 D．物块甲与木箱间动摩擦因数至少为0.75 【变式训练1】 （2025秋•重庆校级月考）如图所示，质量M＝40kg的滑梯静置于水平地面上，其斜面倾角θ＝30°，儿童甲用手拉住拴在儿童乙身上的一段轻绳。甲、乙质量均为m＝20kg，甲与斜面间动摩擦因数，不计乙与斜面间的摩擦力。两儿童一起由静止同时下滑，下滑过程中滑梯始终保持静止，g＝10m/s2。则（　　） A．地面对滑梯的支持力大小为775N B．地面对滑梯的摩擦力大小为 C．若甲释放手中绳子，与释放前相比地面对滑梯的支持力大小不变 D．若甲释放手中绳子，与释放前相比地面对滑梯的摩擦力大小变小 【变式训练2】 （2025秋•山东月考）如图所示，A、B两物体用轻绳连接后放在倾角α＝37°的斜面上。若A、B两物体的质量分别为1kg和2kg，两物体与斜面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则在两物体下滑过程中（　　） A．两物体的加速度a＝6m/s2 B．两物体的加速度a＞6m/s2 C．轻绳的弹力FT＝2N D．轻绳的弹力FT＝0 【变式训练3】 （2025秋•武汉期末）（多选题）我国高铁技术成就举世瞩目。某学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用10个完全相同的滑块模拟高铁车厢，滑块与地面间动摩擦因数都相同，滑块间用轻杆连接，置于水平地面上。如图所示，现对滑块1施加水平向右的拉力F，使所有滑块一起向右加速运动，下列说法正确的是（　　） A．若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块5、6间轻杆的拉力变大 B．若增大水平拉力F，则滑块7、8间轻杆的拉力变大 C．滑块7、8间轻杆的拉力与滑块4、5间轻杆的拉力大小之比为1：2 D．滑块7、8间轻杆的拉力与滑块4、5间轻杆的拉力大小之比为7：4 【考点强化练1】 （2025秋•温江区校级月考）如图所示，质量不等的盒子A和物体B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，B悬挂于斜面之外而处于静止状态，现向A中缓慢加入沙子，下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力可能变大 B．A对斜面的压力可能不变 C．A所受的摩擦力可能减小 D．A可能沿斜面下滑 【考点强化练2】 （2023秋•安徽期末）如图所示，有A、B两个物体，mA＝2mB，用细绳连接后放在光滑的固定斜面上，在它们下滑的过程中（　　） A．它们的加速度a＝gsinθ B．它们的加速度a＜gsinθ C．细绳的张力FTmBgsinθ D．细绳的张力FTmBgsinθ 【考点强化练3】 （2026秋•九龙坡区校级月考）如图所示，在光滑水平面上的两个货箱A、B用轻绳相连，货箱A的质量为mA＝2kg、货箱B的质量为mB＝3kg。现工人对货箱B施加一个水平向右的恒力 F＝20N，则轻绳的拉力为（　　） A．8N B．10N C．15N D．20N 【考点强化练4】 （2026秋•洛阳校级月考）如图所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。P、Q与地面之间的动摩擦因数分别为μ、0.5μ，重力加速度大小为g，现对P施加一水平向左的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，此时轻绳中张力大小为（　　） A． B． C．F﹣μmg D．μmg 【考点强化练5】 （2026秋•浙江月考）（多选题）如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（　　） A．轻绳对P点的拉力大小为 B．物体A的加速度大小为 C．物体A处于失重状态 D．地面对斜面体的支持力大小为 考向二 杆连接体问题 【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】 （2025秋•西安校级月考）（多选题）如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知A物体光滑，质量为m，B物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m，整个过程斜面始终静止不动。下列说法中正确的是（　　） A．B物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ B．轻杆对B物体的作用力沿斜面向上 C．增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D．增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面加速下滑 【变式训练1】 （2026春•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＝120N，木箱乙受到水平向左的推力F2＝80N，则木箱甲的加速度为（　　） A．0.4m/s2，水平向右 B．2m/s2，水平向右 C．0.4m/s2，水平向左 D．2m/s2，水平向左 【变式训练2】 （2026•涿州市校级一模）如图所示，质量均为0.5kg的小物块A、B、C放在倾角θ＝37°的固定光滑斜面（足够长）上，C靠在垂直斜面的固定挡板P上，A与B用轻杆连接，B、C分别与原长为10cm、劲度系数为200N/m的轻质弹簧两端相连，系统处于静止状态。现对A施加一个沿斜面向上的拉力F，使A缓慢上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及一切摩擦，弹簧及轻杆均与斜面平行，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．施加力F前，挡板对C的支持力大小为12N B．施加力F前，弹簧的长度为8cm C．施加力F后，当F＝4N时，轻杆对A的支持力大小为1N D．施加力F后，当F＝9N时，弹簧的长度为11.5cm 【变式训练3】 （2025秋•莲湖区校级月考）（多选题）如图所示，物块B套在倾斜杆上，并用轻绳与物块A相连，今使物块B沿杆由点M匀速下滑到N点，运动中连接A、B的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，正确的是（　　） A．物块A的速率先变大后变小 B．物块A的速率先变小后变大 C．物块A先处于失重状态后处于超重状态 D．物块A始终处于超重状态 【考点强化练1】 如图所示，在倾角为θ的固定粗糙斜面上，两材质相同、质量分别为m1、m2的小物块用轻杆连接，轻杆始终与斜面平行。两物块在沿斜面向上的恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．轻杆的弹力大小为F B．轻杆的弹力大小为F C．若只增大倾角θ，轻杆弹力变大 D．若只增大m2，轻杆弹力变小 【考点强化练2】 （2026秋•福州校级月考）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 【考点强化练3】 （2025•烟台校级开学）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（μ﹣tanθ） D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ） 【考点强化练4】 （2026秋•九龙坡区校级月考）如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m，下列说法中正确的是（　　） A．A物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ B．轻杆对A物体的作用力沿斜面向上 C．增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D．增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑 【考点强化练5】 （2025•沙坪坝区校级模拟）（多选题）如图所示，一列玩具小火车静止在光滑水平轨道上，甲、乙两节车厢用一质量不可忽略的硬杆相连，甲、乙的质量相等且大于硬杆的质量，甲车厢受到水平向左的拉力F1，乙车厢受到水平向右的拉力F2，硬杆对甲、乙的作用力大小分别为F3、F4，下列说法正确的是（　　） A．当F1＝F2时，F3＝F4 B．当F1＜F2时，F3＜F4 C．当F1＜F2时，F3＞F4 D．当F1＞F2时，F3＜F4 考向三 弹簧连接体问题 【例1】 （2026秋•兰州校级月考）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B（A物体与弹簧拴接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是（　　） A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 C．从施加力F到A、B分离的时间为 D．从施加力F到A、B分离的时间为 【例2】 （2026•模拟）（多选题）如图所示，在水平地面上固定有一倾角为θ＝37°的光滑斜面，质量为1kg的物体B放置在斜面上，并通过一根跨过定滑轮的轻质细绳与质量为3kg的物块A相连，连接物块B的细线与斜面平行，连接物块A的细线在竖直方向，轻质弹簧一端固定在地面上，另一端固定在物块A的下表面，起始时物块A、B静止，某时刻将弹簧剪断，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．木块A、B静止时弹簧的弹力为36N B．木块A、B静止时细线的拉力为12N C．剪断弹簧的瞬间，木块A、B的加速度大小均为6m/s2 D．剪断弹簧的瞬间，细线的拉力为12N 【变式训练1】 （2025秋•广阳区校级月考）在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，质量相等的小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，开始时两个小滑块均静止，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．， C．，0 D．g，g 【变式训练2】 （2026•碑林区校级开学）如图所示，质量均为m的物体A、B通过一轻质弹簧相连，物体A放在水平地面上，物体B通过细绳绕过轻质定滑轮与质量为4m的物体C相连，物体C放在固定的足够长光滑斜面上。用手托住物体C，使滑轮左边细绳刚好伸直并保持竖直，右边细绳与斜面平行。静止释放物体C后它沿斜面下滑，当物体A刚离开地面时，物体B恰好运动至最高处。已知弹簧劲度系数为k，细绳与滑轮之间的摩擦不计。下列说法正确的是（　　） A．斜面倾角α为30° B．释放物体C瞬间，C的加速度为g C．从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为 D．物体B的最大速度 【变式训练3】 （2026秋•天津校级月考）（多选题）如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A加速度的大小为2.5m/s2 B．B加速度的大小为2m/s2 C．弹簧的弹力大小为50N D．A、B间相互作用力的大小为8N 【考点强化练1】 （2025秋•毕节市月考）如图所示，水平面上放置着质量分别为m和M（m＜M）的两木块A和B，两者用一轻弹簧连接。现用一水平恒力F拉木块B，使两木块一起向右做匀加速直线运动。已知两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，弹簧始终在弹性限度内。则在运动过程中（　　） A．若撤去F的瞬间，木块A的加速度大小为 B．弹簧的弹力大小等于 C．若将F作用在A上拉动两木块一起向左匀加速运动，则弹簧的弹力变小 D．若将F作用在A上拉动两木块一起向左匀加速运动，则弹簧的弹力不变 【考点强化练2】 （2026秋•广州校级月考）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在水平面上处于静止状态，重力加速度为g。将质量为3m的木块C轻放在A上的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．AC间弹力为零 B．木块B对水平面的压力大小变为5mg C．木块A的加速度大小为 D．木块A的加速度大小为 【考点强化练3】 （2026•皇姑区校级开学）如图所示，A、B、C三个物体的质量是mA＝m，mB＝mC＝2m，A、B两物体通过绳子绕过定滑轮相连，B、C用劲度系数k2的弹簧相连，劲度系数k1的弹簧一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连。开始时，A、B两物体在同一水平面上，已知重力加速度为g，不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦。现用竖直向下的力缓慢拉动A物体，在拉动过程中，弹簧、与A、B相连的绳子始终竖直，直到C物体刚要离开地面（A尚未落地，B没有与滑轮相碰），此时A、B两物体的高度差为（　　） A． B． C． D． 【考点强化练4】 （2026春•甘井子区校级期末）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块A相连。如图所示，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x。从t＝0开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做匀加速直线运动，经过一段时间后物块A、B分离，再经过同样长的时间，B距离出发点也为x，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数 B．A、B分离时弹簧弹力为 C．物块B的加速度为 D．经过时间，A、B分离 【考点强化练5】 （2026秋•宜阳县校级月考）（多选题）如图所示，置于光滑水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，mA＞mB。在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。为使再次稳定后弹簧的伸长量增大，下列操作可行的是（　　） A．仅增大B的质量 B．仅减小水平恒力F C．仅将A、B的位置对调 D．仅更换劲度系数更大的弹簧 考向四 接触面间连接 【例1】 （2026秋•朝阳区校级月考）如图1所示，光滑水平面上并排静止放置着A与B两个物体（两物体接触但不黏合），A的质量mA＝2kg。t＝0时刻，水平推力FA和水平拉力FB同时分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化的关系如图2所示，当FA减小到4N时，AB间弹力恰好为0。下列说法正确的是（　　） A．B物体的质量mB＝3kg B．B物体的质量mB＝12kg C．t＝3s时刻，A、B间的距离为3m D．t＝3s时刻，A、B间的距离为7.5m 【例2】 （2026秋•西城区校级月考）（多选题）如图所示，质量为M和m的A、B两物块放在光滑的水平面上。用一个水平外力F推动两物块，使它们沿水平面运动。用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．若M＝m，FAB＝F B．若M＝m， C．若M＝2m，FAB＝F D．若M＝2m， 【变式训练1】 （2025秋•惠济区期末）如图所示，水平地面上叠放着A、B两个物块，A的质量为m，B的质量为2m，A、B间及B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力F拉物块B，使A、B一起向右做加速度大小为的匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．此时A所受的摩擦力大小为μmg B．恒力F的大小为1.5μmg C．若仅将恒力F的大小变为7μmg，B的加速度大小为2μg D．若仅将恒力F的大小变为7μmg，A的加速度大小为μg 【变式训练2】 （2025秋•太原校级月考）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为3N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（　　） A．1N B．2N C．4N D．6N 【变式训练3】 （2024秋•顺德区校级月考）（多选题）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、5、7节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（　　） A．启动时乘客有向后倒感觉，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．匀加速运动启动时，第5、6节车厢间的作用力为0.5F C．匀加速运动启动时，第6、7节车厢间的作用力为0 D．匀速运动时，第1、2节车厢间的作用力为2f 【考点强化练1】 （2025秋•安徽月考）如图所示，一质量M＝3kg的箱子静止放置在水平面上，三个质量均为m＝1kg的小物块A、B、C紧挨着放在箱子内部左侧。已知箱子内部光滑，箱子与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，现给箱子施加一个F＝24N的水平向右推力，下列说法正确的是（　　） A．箱子的加速度大小为1m/s2 B．C受到B的弹力大小为1N C．A对B的弹力大小为2N D．箱子对A的作用力大小为N 【考点强化练2】 （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 【考点强化练3】 （2026•安徽模拟）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 C．如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小 D．如果撤去F2，甲对乙的作用力一定增大 【考点强化练4】 （2026•定兴县校级开学）如图所示，在水平面上放置着两个横截面为梯形的物体P和Q，P和Q的接触面与水平面的夹角θ＝37°，P和Q的质量之比为4：3，所有接触面均光滑。若把水平向右、大小为F的力作用在P上，此时P对Q的作用力大小为F1；若把水平向左、大小为F的力作用在Q上，此时Q对P的作用力大小为F2。上述过程中P、Q始终相对静止，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则为（　　） A． B． C． D． 【考点强化练5】 （2026秋•潍坊月考）（多选题）如图所示，水平地面上并排放置四个质量均为m的相同物块，对物块4施加水平推力F。已知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。下列说法正确的是（　　） A．若F＝3μmg，物块2、3间的弹力大小为0 B．若F＝3μmg，物块2、3间的弹力大小为μmg C．若F＞4μmg，则从左往右物块之间的弹力大小之比为3：2：1 D．若F＞4μmg，则从左往右物块之间的弹力大小之比为1：2：3 【真题回顾】 1．（2025•安徽）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/s2，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/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N 2．（2021•海南）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＝10m/s2。则推力F的大小为（　　） A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N 3．（2023•北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（　　） A．1N B．2N C．4N D．5N 4．（2023•福建）（多选题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则（　　） A．当火车匀速直线运动时，T1＝T2＝T3 B．当火车匀速直线运动时，T1：T2：T3＝3：2：1 C．当火车匀加速直线运动时，T1＝T2＝T3 D．当火车匀加速直线运动时，T1：T2：T3＝3：2：1 5．（2023•湖南）（多选题）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ） D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ） 6．（2022•甲卷）（多选题）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　） A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $