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重难突破3　动力学中的三类典型问题
1.〔多选〕（2023·全国甲卷19题）用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（　　）
A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙
C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙
2.〔多选〕如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是（　　）
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
3.（2025·山西临汾三模）质量为m的物块静止在动摩擦因数为μ的水平地面上，0～3 s内所受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0～2 s内加速度—时间图像如图乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2，由图可知（　　）
A.m＝1 kg，μ＝0.2 B.m＝1 kg，μ＝0.1
C.m＝2 kg，μ＝0.2 D.m＝2 kg，μ＝0.1
4.（2024·全国甲卷15题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是（　　）
5.〔多选〕如图所示，A、B两物块叠放在一起静止在水平地面上，A物块的质量mA＝2 kg，B物块的质量mB＝3 kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g取10 m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A.若外力F作用到物块A上，则其最小值为8 N
B.若外力F作用到物块A上，则其最大值为10 N
C.若外力F作用到物块B上，则其最小值为13 N
D.若外力F作用到物块B上，则其最大值为25 N
6.（2025·北京通州一模）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮轻绳的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，如图所示。车厢向右运动时，系m1的轻绳与竖直方向夹角为θ，系m2的轻绳保持竖直，m1、m2与车厢保持相对静止。已知m2＞m1，轻绳的质量、滑轮与轻绳的摩擦忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A.车厢的加速度为0
B.绳子的拉力大小为m1gcos θ
C.车厢底板对m2的支持力为g
D.车厢底板对m2的摩擦力为m2gtan θ
7.（2025·内蒙古通辽一模）一个质量为 6 kg 的物体在水平面上运动，图中的两条直线的其中一条为物体受水平拉力作用而另一条为不受拉力作用时的速度—时间图像，则物体所受摩擦力的大小的可能值为（　　）
A.1 N B.2 N
C.2.5 N D.3 N
8.〔多选〕（2025·湖南岳阳一模）如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m＝0.6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则（　　）
A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N
B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N
C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5 m/s2
D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2
9.（2025·湖南娄底二模）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA，FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（　　）
A.t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2
B.t＝1 s时，A、B开始分离
C.t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N
D.A、B开始分离时的速度为3 m/s
10.（2025·山东烟台模拟）如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动的距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下（取g＝10 m/s2）。求：
（1）玩具与地面间的动摩擦因数；
（2）松开手后，玩具还能滑行多远？
（3）幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？
11.（2025·江苏扬州市期中）如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8 kg，重物质量m＝2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？
（2）若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x＝0.5 m时，求重物的速度大小v。
重难突破3　动力学中的三类典型问题
1.BC　根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg。由题图可知m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，故选B、C。
2.AD　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－（mA＋mB）gsin θ－μ（mA＋mB）gcos θ＝（mA＋mB）a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝F＝，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，可以仅增大推力F、仅减小A的质量或仅增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。
3.A　0～1 s内，根据牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma，1～2 s内，有F2＝μmg，联立可得m＝1 kg，μ＝0.2，故选A。
4.D　设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体：mg－T＝ma，对物块P：T－μMg＝Ma，解得：a＝g－，D正确。
5.BD　当外力F作用到A上，两者相对静止一起运动，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，F达到最大值，此时，对B，根据牛顿第二定律，有μ1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBa1，代入数据解得a1＝1 m/s2，对整体，F1－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a1，代入数据解得F1＝10 N，故B正确；当外力F作用到B上，两者相对静止一起运动，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，F达到最大值，对A，根据牛顿第二定律，有μ1mAg＝mAa2，解得a2＝μ1g＝4 m/s2，对A、B整体F2－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a2，代入数据解得F2＝25 N，故D正确；无论F作用于A上还是B上，A、B刚开始相对地面滑动时，其值最小，即最小值Fmin＝μ2（mA＋mB）g＝5 N，故A、C错误。
6.D　物体m1与车厢具有相同的加速度，对物体m1分析，受重力和拉力，根据力的合成法则可知F合＝m1gtan θ，拉力为T＝，物体m1的加速度为a＝＝gtan θ，所以车厢的加速度为gtan θ，故A、B错误；物体m2加速度为gtan θ，对物体m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力为N＝m2g－，摩擦力为f＝m2a＝m2gtan θ，故C错误，D正确。
7.B　根据v-t图像可知两图线对应的加速度大小分别为a1＝＝ m/s2，a2＝＝ m/s2，若水平拉力与运动方向相反，则有a1＝，a2＝，解得F＝2 N，f＝2 N，若水平拉力与运动方向相同，则有a1＝，a2＝，解得F＝2 N，f＝4 N，故选B。
8.BC　小球受力分析如图所示。系统静止时，竖直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fa·cos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故A错误，B正确；当系统沿竖直方向向上匀加速运动时，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma，水平方向有Fm·cos 37°＝Fb，解得Fb＝12 N＜15 N，此时加速度有最大值a＝5 m/s2，故C正确；系统沿水平方向向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fb－Fa·cos 37°＝ma，解得Fa＝10 N，当Fb＝15 N时，加速度最大为a≈11.67 m/s2，故D错误。
9.B　由FA-t与FB-t图像可得FA＝（8－2t）N，FB＝（2＋2t）N，则t＝0时，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于mA＞mB，所以二者不会分开，A、B两物体共同的加速度为a＝＝1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有＝，即 m/s2＝ m/s2，解得t＝1 s，开始分离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。
10.（1）　（2）1.04 m　（3）30°
解析：（1）玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x＝at2
解得a＝ m/s2
对玩具受力分析，如图所示，则FN＝mg－Fsin 30°
由牛顿第二定律得Fcos 30°－μ（mg－Fsin 30°）＝ma
解得μ＝。
（2）松开手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松开手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma'
解得a'＝ m/s2
由匀变速直线运动的速度与位移公式可得
玩具的位移x'＝＝ m≈1.04 m。
（3）设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg
联立解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin（60°＋θ）
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
11.（1）μ≥0.5　（2） m/s
解析：（1）对重物受力分析，根据平衡条件可得FT＝mg＝20 N
对木箱受力分析，可得Ff＝2FT，又Ff＝μ'Mg
联立解得μ'＝0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。
（2）设木箱的加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得FT－mg＝2ma
对木箱受力分析，有F－μMg－2FT＝Ma
联立解得a＝0.5 m/s2
当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x＝0.5 m时，重物向上的位移为
h＝2x＝1 m，由v2＝2×2a·h
可得此时重物的速度大小为v＝ m/s。
3 / 3　动力学中的三类典型问题
突破点一　动力学中的连接体问题
1.连接体问题
（1）连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由弹簧、绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体。
（2）外力与内力
①外力：系统之外的物体对系统的作用力。
②内力：系统内各物体间的相互作用力。
2.连接体的类型
类型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）
（2024·北京高考4题）如图所示，飞船与空间站对接后，在水平推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（　　）
A.F B.F
C.F D.F
尝试解答
人教版必修第一册P113T4
　如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg。其推进器的平均推力F为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，求空间站的质量。
类型2　关联速度连接体
　轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
（2025·贵州贵阳模拟）如图，绕过定滑轮的绳子将物体A和B相连，绳子与水平桌面平行。已知物体A的质量为2m，物体B的质量m，重力加速度大小为g，不计滑轮、绳子质量和一切摩擦。现将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，则（　　）
A.绳子的拉力变大
B.绳子的拉力变为原来的两倍
C.物体A和B运动的加速度大小不变
D.物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍
尝试解答
总结提升
处理连接体问题的方法
（1）共速连接体：一般采用先整体，后隔离的方法。
如图所示，先用整体法得出合力F与a的关系F＝（mA＋mB）a，再隔离单个物体（部分物体）研究F内力与a的关系，例如隔离B，F内力＝mBa＝F。
（2）关联速度连接体：分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解。
突破点二　动力学图像问题
1.常见动力学图像及意义
v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F-a图像 首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
a-t图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F-t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
2.运用图像解决问题的两个角度
（1）用给定图像解答问题。
（2）根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情境与函数、图像的相互转换关系。
（2025·河北衡水三模）某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v-t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（　　）
A.在0～6 s内所受的合力一直不为0
B.在0～6 s内的位移大小为24 m
C.在2～4 s内一定处于超重状态
D.在4～6 s内的位移大小为8 m
尝试解答
〔多选〕如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt（k为常量，F、t的单位分别为N和s）的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列判断正确的是（　　）
A.物块的质量为1 kg
B.k的值为5 N/s
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.t＝3 s时，物块的加速度大小为4 m/s2
尝试解答
突破点三　动力学中的临界和极值问题
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中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
（4）最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受合外力为零。
2.动力学临界极值问题的三种解法
极限法 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
函数法 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
〔多选〕（2025·广西玉林模拟）如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一根竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一个质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g取10 m/s2。以下结论正确的是（　　）
A.变力F的最小值为2 N
B.变力F的最小值为6 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
尝试解答
（2025·陕西商洛模拟）水平地面上有一质量m1＝3 kg的长木板，木板的左端上表面有一质量m2＝2 kg的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小，木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度取g＝10 m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A.F1＝16 N
B.F2＝20 N
C.木板加速度所能达到的最大值为2.5 m/s2
D.在t1～t2时间段内物块做匀加速直线运动
尝试解答
如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。
（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最小值。
尝试解答
重难突破3　动力学中的三类典型问题
【着眼“四翼”·探考点】
突破点一
【例1】 A　以空间站和飞船组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，对空间站有FN＝Ma，解得飞船和空间站间的作用力大小FN＝F，A正确，B、C、D错误。
考教衔接
　8.7×104 kg
【例2】 D　未将A和B互换位置前，设绳子的拉力大小为F，整体的加速度大小为a，对A，根据牛顿第二定律有F＝mAa，对B，有mBg－F＝mBa，联立求得a＝g，F＝g，将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，设此时绳子的拉力大小为F'，整体的加速度大小为a'，对A、B整体，根据牛顿第二定律有mAg＝（mA＋mB）a'，解得a'＝，对B，根据牛顿第二定律有F'＝mBa'，解得F'＝g，因为mA＝2m，mB＝m，联立解得a＝g，a'＝g，F＝F'＝mg，得a'＝2a，即绳子的拉力大小不变，物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍。故选D。
突破点二
【例3】 D　v-t图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4 s该运动员有加速度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2 s与4～6 s运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在0～2 s与4～6 s所受合力为零，在2～4 s内所受的合力不为零，故A项错误；由于v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在0～6 s内的位移大小为x＝（2＋4）×4 m＝12 m，故B项错误；在2～4 s内加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，所以其不一定是超重状态，故C项错误；在4～6 s内的位移大小为x1＝4×2 m＝8 m，故D项正确。
【例4】 ABD　t＝0时Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A正确；当t＝1 s时，Ff＝0，说明F＝mgsin θ＝5 N，由F＝kt可知k＝5 N/s，故B正确；由题图乙可知，滑动摩擦力μmgcos θ＝6 N，解得μ＝，故C错误；由F＝μmgcos θ＋mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物块开始向上滑动，当t＝3 s时，F＝15 N，则F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得物块加速度大小a＝4 m/s2，故D正确。
突破点三
【例5】 BC　A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a，可得F＝（mA＋mB）a＋（mA＋mB）g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则变力Fmin＝（mA＋mB）a＝6 N，A错误，B正确；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。
【例6】 B　木板与地面间的最大静摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝0.2×（3＋2）×10 N＝10 N，木板与物块间的最大静摩擦力f2＝μ2m2g＝0.8×2×10 N＝16 N，当拉力F逐渐增大到F1时，由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F1＝10 N，故A错误；当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板，有f2－f1＝m1a，对物块，有F2－f2＝m2a，联立解得F2＝20 N，a＝2 m/s2，此时拉力大小为20 N，木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2，故B正确，C错误；在t1～t2时间段内物块相对木板静止，物块所受拉力逐渐增大，物块运动的加速度在变大，不做匀加速直线运动，故D错误。
【例7】 （1）　（2）60°　
解析：（1）当θ＝30°时，小木块处于平衡状态，对小木块受力分析，则有mgsin θ＝μFN
FN－mgcos θ＝0
联立解得μ＝tan θ＝tan 30°＝。
（2）当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小木块的加速度为a，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由0－＝2ax得
x＝＝
其中tan α＝μ，故α＝30°
当α＋θ＝90°时x最小，此时θ＝60°
所以x的最小值为
xmin＝＝。
4 / 4(共61张PPT)
重难突破3 动力学中的三类典型问题
高中总复习·物理
目 录
01
着眼“四翼”·探考点
02
培养“思维”·重落实
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
突破点一　动力学中的连接体问题
1. 连接体问题
（1）连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由弹簧、绳子、细杆联系）在一
起构成的物体系统称为连接体。
（2）外力与内力
①外力：系统之外的物体对系统的作用力。
②内力：系统内各物体间的相互作用力。
2. 连接体的类型
类型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）
（2024·北京高考4题）如图所示，飞船与空间站对接后，在水平推力
F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间
站之间的作用力大小为（　　）
A. F B. F
C. F D. F
解析：以空间站和飞船组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝
（M＋m）a，对空间站有FN＝Ma，解得飞船和空间站间的作用力大小FN
＝F，A正确，B、C、D错误。
√
人教版必修第一册P113T4
　如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量
为3.0×103 kg。其推进器的平均推力F为900 N，在飞船与空间站对接
后，推进器工作5 s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，求
空间站的质量。
答案：8.7×104 kg
如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻
绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做
匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A. 若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大
B. 若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g
C. 绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D. 绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
√
解析： 　设木块和水平面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对
象，根据牛顿第二定律有F－μ（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，得a＝
，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝
m1a，得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝
F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有
关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，
且m2越大，绳的拉力越小，故选C。
类型2　关联速度连接体
　轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图
中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
（2025·贵州贵阳模拟）如图，绕过定滑轮的绳子将物体A和B相连，
绳子与水平桌面平行。已知物体A的质量为2m，物体B的质量m，重力加速
度大小为g，不计滑轮、绳子质量和一切摩擦。现将A和B互换位置，绳子
仍保持与桌面平行，则（　　）
A. 绳子的拉力变大
B. 绳子的拉力变为原来的两倍
C. 物体A和B运动的加速度大小不变
D. 物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍
√
解析：未将A和B互换位置前，设绳子的拉力大小为F，整体的加速度大小
为a，对A，根据牛顿第二定律有F＝mAa，对B，有mBg－F＝mBa，联立求
得a＝g，F＝g，将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平
行，设此时绳子的拉力大小为F'，整体的加速度大小为a'，对A、B整体，
根据牛顿第二定律有mAg＝（mA＋mB）a'，解得a'＝，对B，根据牛
顿第二定律有F'＝mBa'，解得F'＝g，因为mA＝2m，mB＝m，联立
解得a＝g，a'＝g，F＝F'＝mg，得a'＝2a，即绳子的拉力大小不变，物
体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍。故选D。
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＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面
间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，则推力F的大小为
（　　）
A. 4.0 N B. 3.0 N
C. 2.5 N D. 1.5 N
√
解析： 　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2 N，Ff＝FT1
＝2 N＜μmPg＝2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，
即FT2＝＝1 N，故Q物体加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5
m/s2，而P物体将以相同大小的加速度向右加速运动，对P，由牛顿第二定
律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得推力F＝4.0 N，故选A。
总结提升
处理连接体问题的方法
（1）共速连接体：一般采用先整体，后隔离的方法。
如图所示，先用整体法得出合力F与a的关系F＝（mA＋mB）a，再隔离单
个物体（部分物体）研究F内力与a的关系，例如隔离B，F内力＝mBa＝
F。
（2）关联速度连接体：分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律
列出方程，联立方程求解。
突破点二　动力学图像问题
1. 常见动力学图像及意义
v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二
定律求解合外力
F-a图像 首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据
牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式
结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像
给出的信息求出未知量
a-t图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合
物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F-t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每
一时间段的运动性质
2. 运用图像解决问题的两个角度
（1）用给定图像解答问题。
（2）根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情境
与函数、图像的相互转换关系。
（2025·河北衡水三模）某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v-t图像如
图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（　　）
A. 在0～6 s内所受的合力一直不为0
B. 在0～6 s内的位移大小为24 m
C. 在2～4 s内一定处于超重状态
D. 在4～6 s内的位移大小为8 m
√
解析：v-t图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4 s该运动员有加速
度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2 s与4～6 s运动员并无加速度，
即此时合力为零，综上所述，运动员在0～2 s与4～6 s所受合力为零，在
2～4 s内所受的合力不为零，故A项错误；由于v-t图像与坐标轴围成的面积
表示位移，所以在0～6 s内的位移大小为x＝（2＋4）×4 m＝12 m，故B
项错误；在2～4 s内加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动
方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，所以
其不一定是超重状态，故C项错误；在4～6 s内的位移大小为x1＝4×2 m＝
8 m，故D项正确。
英国物理学家和数学家斯托克斯研究球体在液体中下落时，发现了液体对
球的黏滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物
理量η为液体的黏滞系数，它与液体的种类及温度有关，如图所示，将一
颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深的量筒中，下列描绘小钢珠在
下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是（　　）
√
解析： 　根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝＝，在
下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，速度v增大得越
来越慢，则加速度a减小得越来越慢，当重力和阻力相等时，做匀速运
动，加速度为零，故选项D正确。
〔多选〕如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地
面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt（k为常量，F、t的单位
分别为N和s）的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化
的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度g取10 m/s2。下列判断正确的是（　　）
A. 物块的质量为1 kg
B. k的值为5 N/s
C. 物块与斜面间的动摩擦因数为
D. t＝3 s时，物块的加速度大小为4 m/s2
√
√
√
解析：t＝0时Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A正确；当t＝1 s时，Ff
＝0，说明F＝mgsin θ＝5 N，由F＝kt可知k＝5 N/s，故B正确；由题图乙可
知，滑动摩擦力μmgcos θ＝6 N，解得μ＝，故C错误；由F＝μmgcos θ＋
mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物块开始向上滑动，
当t＝3 s时，F＝15 N，则F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得物块加速度大
小a＝4 m/s2，故D正确。
　如图甲所示，倾角α＝37°的斜面体固定在水平面上，一质量为m＝1 kg
的滑块放在斜面上，滑块与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.5，t＝0时刻
在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动，滑块的加速
度随时间的变化规律如图乙所示，取沿斜面向上的方向为正，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A. 0～1 s内外力与3～4 s内外力大小之比为1∶1
B. 2 s末滑块速度的大小为6 m/s
C. 1 s末与3 s末滑块的速度等大反向
D. 滑块4 s末运动到最高点
√
解析： 　由题图乙知，在 0～1 s时间内，滑块加速度恒定为2 m/s2，做匀
加速直线运动，由牛顿第二定律得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，解得F1＝
12 N，在3～4 s时间内，滑块的加速度沿斜面向下，大小恒为2 m/s2，做匀
减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α－F2＝ma2，解得F2＝
8 N，则0～1 s内外力与3～4 s内外力大小之比为3∶2，故A错误；a-t图像
中图线与t轴围成的面积表示速度的变化量，因此由a-t图像可得，在t＝2 s
时，滑块的速度大小为v＝×（1＋2）×2 m/s＝3 m/s，故B错误；在t＝1 s
到t＝3 s时间内，滑块先加速后减速，由题图中面积关系可知，速度变化量
大小相等，故1 s末与3 s末滑块的速度大小均为2 m/s，方向均沿正方向，
故C错误；在0～4 s时间内，由图线与时间轴围成的面积关系可知，滑块运动的方向不变，先沿正方向加速运动，后沿正方向减速运动，在t＝4 s时，滑块的速度为零，此时运动到最高点，故D正确。
突破点三　动力学中的临界和极值问题
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中张力等于
它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
（4）最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受合外力为零。
2. 动力学临界极值问题的三种解法
极限法 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）
暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化
过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用
假设法解决问题
函数法 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
〔多选〕（2025·广西玉林模拟）如图所示，质量mB＝2 kg的水平托
盘B与一根竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一个质量mA＝1 kg的小物块
A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止
开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600
N/m，g取10 m/s2。以下结论正确的是（　　）
A. 变力F的最小值为2 N
B. 变力F的最小值为6 N
C. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
√
√
解析：A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－（mA＋mB）g＝（mA＋
mB）a，可得F＝（mA＋mB）a＋（mA＋mB）g－FNAB，当FNAB最大时，F最
小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则变力Fmin＝
（mA＋mB）a＝6 N，A错误，B正确；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝
＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由
牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位
移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝
0.2 m/s，C正确，D错误。
如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大
小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是
（　　）
A. B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B. B和A刚分离时，它们的加速度为g
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
√
解析： 　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹
力是变力，故A、B做变加速直线运动。当两物体刚要分离时，FAB＝0，对
B，有F－mg＝ma，对A，有kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，a＝0，
此时弹簧仍处于压缩状态。设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝
kx0，h＝x0－x，且F＝mg，联立以上各式解得弹簧的劲度系数k＝，综上
所述，只有C正确。
（2025·陕西商洛模拟）水平
地面上有一质量m1＝3 kg的长木板，
木板的左端上表面有一质量m2＝
2 kg的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小，木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度取g＝10 m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A. F1＝16 N
B. F2＝20 N
C. 木板加速度所能达到的最大值为2.5 m/s2
D. 在t1～t2时间段内物块做匀加速直线运动
√
解析：木板与地面间的最大静摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝0.2×（3＋
2）×10 N＝10 N，木板与物块间的最大静摩擦力f2＝μ2m2g＝
0.8×2×10 N＝16 N，当拉力F逐渐增大到F1时，由图像可知木板开
始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可
知此时拉力大小为F1＝10 N，故A错误；当拉力达到F2时，木板相对物
块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板，有f2－f1＝m1a，对物
块，有F2－f2＝m2a，联立解得F2＝20 N，a＝2 m/s2，此时拉力大小为
20 N，木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2，故B正确，C错误；在
t1～t2时间段内物块相对木板静止，物块所受拉力逐渐增大，物块运动
的加速度在变大，不做匀加速直线运动，故D错误。
如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，
可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的
底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板
向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。
（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；
答案： 　
解析： 当θ＝30°时，小木块处于平衡状态，对小木块受力分析，则
有mgsin θ＝μFN
FN－mgcos θ＝0
联立解得μ＝tan θ＝tan 30°＝。
（2）当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最
小值。
答案： 60°　
解析： 当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小木块的加速度为a，
由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由0－＝2ax得
x＝＝
其中tan α＝μ，故α＝30°
当α＋θ＝90°时x最小，此时θ＝60°
所以x的最小值为
xmin＝＝。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. 〔多选〕（2023·全国甲卷19题）用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的
甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动
摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的
关系图线如图所示。由图可知（　　）
A. m甲＜m乙 B. m甲＞m乙
C. μ甲＜μ乙 D. μ甲＞μ乙
√
√
解析： 　根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-
a图像的斜率为m，纵截距为μmg。由题图可知m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙
g，则μ甲＜μ乙，故选B、C。
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2. 〔多选〕如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在
倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行
于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间
的压力，可行的办法是（　　）
A. 增大推力F B. 减小倾角θ
C. 减小B的质量 D. 减小A的质量
√
√
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解析： 　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－（mA＋mB）gsin θ－μ（mA＋mB）gcos θ＝（mA＋mB）a，对B受力分
析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝F＝
，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，可以仅增大推力F、仅减小A
的质量或仅增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。
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3. （2025·山西临汾三模）质量为m的物块静止在动摩擦因数为μ的水平地
面上，0～3 s内所受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0～2 s内加速度—
时间图像如图乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2，由图可知（　　）
A. m＝1 kg，μ＝0.2
B. m＝1 kg，μ＝0.1
C. m＝2 kg，μ＝0.2
D. m＝2 kg，μ＝0.1
√
解析： 　0～1 s内，根据牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma，1～2 s内，有
F2＝μmg，联立可得m＝1 kg，μ＝0.2，故选A。
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4. （2024·全国甲卷15题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物
块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质
量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大
小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的
是（　　）
√
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解析： 　设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上
的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体：mg－T＝ma，对物块P：T－
μMg＝Ma，解得：a＝g－，D正确。
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5. 〔多选〕如图所示，A、B两物块叠放在一起静止在水平地面上，A物块
的质量mA＝2 kg，B物块的质量mB＝3 kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝
0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使
A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g取10 m/s2，物块受到的
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A. 若外力F作用到物块A上，则其最小值为8 N
B. 若外力F作用到物块A上，则其最大值为10 N
C. 若外力F作用到物块B上，则其最小值为13 N
D. 若外力F作用到物块B上，则其最大值为25 N
√
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解析： 　当外力F作用到A上，两者相对静止一起运动，A对B的摩
擦力达到最大静摩擦力时，F达到最大值，此时，对B，根据牛顿第二
定律，有μ1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBa1，代入数据解得a1＝1 m/s2，
对整体，F1－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a1，代入数据解得F1＝10
N，故B正确；当外力F作用到B上，两者相对静止一起运动，A对B的
摩擦力达到最大静摩擦力时，F达到最大值，对A，根据牛顿第二定
律，有μ1mAg＝mAa2，解得a2＝μ1g＝4 m/s2，对A、B整体F2－μ2（mA
＋mB）g＝（mA＋mB）a2，代入数据解得F2＝25 N，故D正确；无论F
作用于A上还是B上，A、B刚开始相对地面滑动时，其值最小，即最小
值Fmin＝μ2（mA＋mB）g＝5 N，故A、C错误。
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6. （2025·北京通州一模）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮轻绳的两
端各系一个物体，质量分别为m1、m2，如图所示。车厢向右运动时，系m1
的轻绳与竖直方向夹角为θ，系m2的轻绳保持竖直，m1、m2与车厢保持相
对静止。已知m2＞m1，轻绳的质量、滑轮与轻绳的摩擦忽略不计，下列说
法正确的是（　　）
A. 车厢的加速度为0
B. 绳子的拉力大小为m1gcos θ
C. 车厢底板对m2的支持力为g
D. 车厢底板对m2的摩擦力为m2gtan θ
√
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解析： 　物体m1与车厢具有相同的加速度，对物体m1分析，受重力
和拉力，根据力的合成法则可知F合＝m1gtan θ，拉力为T＝，物体
m1的加速度为a＝＝gtan θ，所以车厢的加速度为gtan θ，故
A、B错误；物体m2加速度为gtan θ，对物体m2受力分析，受重力、支
持力、拉力和摩擦力，支持力为N＝m2g－，摩擦力为f＝m2a＝
m2gtan θ，故C错误，D正确。
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7. （2025·内蒙古通辽一模）一个质量为 6 kg 的物体在水平面上运动，图
中的两条直线的其中一条为物体受水平拉力作用而另一条为不受拉力作用
时的速度—时间图像，则物体所受摩擦力的大小的可能值为（　　）
A. 1 N
B. 2 N
C. 2.5 N
D. 3 N
√
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解析： 　根据v-t图像可知两图线对应的加速度大小分别为a1＝＝
m/s2，a2＝＝ m/s2，若水平拉力与运动方向相反，则有a1＝，a2＝
，解得F＝2 N，f＝2 N，若水平拉力与运动方向相同，则有a1＝，a2＝
，解得F＝2 N，f＝4 N，故选B。
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8. 〔多选〕（2025·湖南岳阳一模）如图所示，矩形盒内用两根不可伸长
的轻线固定一个质量为m＝0.6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，
b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N，已知sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则（　　）
A. 系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N
B. 系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N
C. 当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉
断，加速度最大为5 m/s2
D. 当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2
√
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解析： 　小球受力分析如图所示。系统静止时，竖直
方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fa·cos 37°＝Fb，解
得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故A错误，B正确；当系统沿竖直
方向向上匀加速运动时，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma，水平方向有Fm·cos 37°＝Fb，解得Fb＝12 N＜15 N，此时加速度有最大值a＝5 m/s2，故C正确；系统沿水平方向向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fb－Fa·cos 37°＝ma，解得Fa＝10 N，当Fb＝15 N时，加速度最大为a≈11.67 m/s2，故D错误。
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9. （2025·湖南娄底二模）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不
黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开
始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA，FB大小随时间变化的规律分
别如图甲、乙所示，则（　　）
A. t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2 B. t＝1 s时，A、B开始分离
C. t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N D. A、B开始分离时的速度为3 m/s
√
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解析： 　由FA-t与FB-t图像可得FA＝（8－2t）N，FB＝（2＋2t）N，则t＝
0时，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于mA＞mB，所以二者不会分开，A、B
两物体共同的加速度为a＝＝1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用
力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C
错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相
同，则有＝，即 m/s2＝ m/s2，解得t＝1 s，开始分离时的速度
为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。
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10. （2025·山东烟台模拟）如图所示，一儿童玩具静
止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力
拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动的距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下（取g＝10 m/s2）。求：
（1）玩具与地面间的动摩擦因数；
答案： 　
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解析： 玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式
有x＝at2
解得a＝ m/s2
对玩具受力分析，如图所示，则FN＝mg－Fsin 30°
由牛顿第二定律得Fcos 30°－μ（mg－Fsin 30°）＝ma
解得μ＝。
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（2）松开手后，玩具还能滑行多远？
答案： 1.04 m　
解析：松开手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松开手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma'
解得a'＝ m/s2
由匀变速直线运动的速度与位移公式可得
玩具的位移x'＝＝ m≈1.04 m。
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（3）幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？
答案： 30°
解析：设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ
－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg
联立解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin（60°＋θ）
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
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11. （2025·江苏扬州市期中）如图所示，用足够长的轻
质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱
质量M＝8 kg，重物质量m＝2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？
答案： μ≥0.5　
解析： 对重物受力分析，根据平衡条件可得FT＝mg＝20 N
对木箱受力分析，可得Ff＝2FT，又Ff＝μ'Mg
联立解得μ'＝0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足
μ≥0.5。
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（2）若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力将木箱
由静止向左拉动位移x＝0.5 m时，求重物的速度大小v。
答案： m/s
解析：设木箱的加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分
析，根据牛顿第二定律可得FT－mg＝2ma
对木箱受力分析，有F－μMg－2FT＝Ma
联立解得a＝0.5 m/s2
当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x＝0.5 m时，重物向上的位移为
h＝2x＝1 m，由v2＝2×2a·h
可得此时重物的速度大小为v＝ m/s。
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