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第12课时：专题强化：动力学中的连接体和临界、极值问题
目标要求
1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。
2.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。
考点一：动力学中的连接体问题
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。
1.共速连接体
两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。
(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
例1　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，中间用一条水平轻绳连接，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.若木块和水平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
答案　C
解析　设木块与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。
拓展1　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。
(1)如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的拉力大小FT=　　　　　；
(2)如图乙所示，用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，与斜面平行的绳的拉力大小为　　　　　；斜面不光滑(粗糙程度相同)时绳的拉力大小FT=　　　　　。
答案　(1)　(2)　
拓展2　若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起，放在光滑水平面上，B在向右的拉力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速直线运动，则A受到的摩擦力大小为　　　。
答案　
1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用
(1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度；
(2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；
(3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。
2.共速连接体对外力的“分配协议”
一起做加速运动的物体组成的系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT=，若作用于m2上，则FT=。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。
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大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
例2　(2024·全国甲卷·15)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( )
答案　D
解析　设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为Ff；以P为研究对象，
根据牛顿第二定律可得FT-Ff=Ma
以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-FT=ma
联立可得a==·m
可知当砝码的总重力大于Ff时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度大小趋近于g。
故选D。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用隔离法求解加速度及相互作用力，即分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程。
考点二：动力学中的临界和极值问题
1.临界条件的标志
有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
2.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN=0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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。
3.处理临界问题的三种方法
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，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
例3　如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3 kg，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)分析图乙可知，A、B间最大静摩擦力为　　　 N，B与地面间最大静摩擦力为　　 N，F=　　　　 N时，B开始滑动，F=　　　　 N时，A、B间发生相对滑动；
(2)下列说法正确的是　　　　。
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0C.当4 ND.当F>12 N时，A的加速度随F的增大而增大
答案　(1)6　4　4　12　(2)AB
解析　(2)根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2，选项A正确；当012 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对物块A有a==2 m/s2，加速度不变，选项D错误。
[变式]　如图所示，三个质量均为5 kg的箱子A、B、C静止于粗糙水平地面上，A、B并排放置无挤压，C叠放于B上，A与地面之间的动摩擦因数为0.3，B与地面之间的动摩擦因数为0.2，C与B之间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当用水平力F去推A时，下列说法正确的是( )
A.若F=10 N，A、B之间的弹力大小为10 N
B.若F=20 N，地面与B之间的摩擦力大小为0
C.若F=50 N，B、C之间的摩擦力大小为5 N
D.若F=90 N，C相对于B滑动
答案　C
解析　由题可知，地面对A的最大静摩擦力为FfmaxA=μAmg=15 N，当F≤FfmaxA时，A静止，A、B之间没有挤压，彼此间弹力为零，故A错误；地面对B的最大静摩擦力FfmaxB=2μBmg=20 N，当FfmaxAFfmaxA+FfmaxB时，A、B、C相对地滑动，向右做匀加速直线运动，B、C之间有摩擦力，当B、C之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时，对C有μCmg=ma0，对A、B、C整体有F0-μAmg-2μBmg=3ma0，可得F0=95 N，因此当FfmaxA+FfmaxB例4　(多选)如图所示，倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B连接，物块A紧挨着物块B，两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的拉力，使A、B一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g，sin 37°=0.6，下列说法正确的是( )
A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为mg
B.A、B分离瞬间弹簧弹力大小为mg
C.整个过程中拉力先增大后不变
D.拉力F的最大值为2mg
答案　AB
解析　施加拉力之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件有F弹=3mgsin θ，施加拉力瞬间A、B开始一起沿斜面向上做加速度大小为a=g的匀加速直线运动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F+F弹-3mgsin θ=3ma，解得F=mg，对A，根据牛顿第二定律有F+FBA-2mgsin θ=2ma，解得A、B间的弹力大小为FBA=mg，故A正确；分离时，A、B间作用力为0，F最大，对A，根据牛顿第二定律得Fmax-2mgsin θ=2ma，解得Fmax=mg，对B，根据牛顿第二定律有F弹'-mgsin θ=ma，解得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为F弹'=mg，故B正确，D错误；根据以上分析可知整个过程中拉力F一直增大，故C错误。
例5　如图甲所示，一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0=2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F=6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=8 m，已知斜面倾角θ=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)物块加速度a的大小。
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ。
(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。
答案　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
解析　(1)根据L=v0t+at2，
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma，代入数据解得μ=0.5。
(3)设F与斜面夹角为α，
平行斜面方向有Fcos α-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向有FN+Fsin α=mgcos θ
联立解得F=
=
当sin(φ+α)=1时，F有最小值Fmin，
代入数据解得Fmin= N。
考点三：系统牛顿第二定律的应用
1.对加速度不同的连接体模型，选取整个系统为研究对象，对系统整体运用牛顿第二定律，可以避开系统内物体间的相互作用，使问题得以简化。
2.系统牛顿第二定律表述为：系统所受合外力等于系统内各物体的质量与其加速度乘积的矢量和。即F合=m1a1+m2a2+m3a3+…。
写成正交分解式为：∑Fx=m1a1x+m2a2x+…；
∑Fy=m1a1y+m2a2y+…。
例6　(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·10)如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，则( )
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时，甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
答案　AD
解析　将下滑时刻作为初位置，则位置x与时间t的图像即为位移-时间图像，图像的斜率表示速度。甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速直线运动，乙物块做匀减速直线运动，在t0时间内x甲=t0=3x0，x乙=t0=x0，联立解得t0时刻甲物块的速度大小为v=2v0，B错误；甲物块的加速度大小a1=，乙物块的加速度大小a2=，由牛顿第二定律，对甲物块mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1，对乙物块μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2，联立可得μ1+μ2=2tan θ，A正确；取水平向左为正方向，对斜面和甲、乙两物块系统由牛顿第二定律可得，Ff1=ma1cos θ-ma2cos θ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；t=t0之后，乙物块保持静止，甲物块继续沿斜面向下加速，对系统由牛顿第二定律可得Ff2=ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
课时精练
[分值：33分]
　[1~7题，每题3分]
1.(2023·北京卷·6)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1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。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.1 N B.2 N C.4 N D.5 N
答案　C
解析　对两物块整体受力分析有Fmax=2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax=ma，又FTmax=2 N，联立解得Fmax=4 N，故选C。
2.2025年7月9日，高铁列车CR450动车组样车在第十二届世界高铁大会上重磅亮相，其最高速度可超过450公里/小时。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车动力全开沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是( )
A.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零
B.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均不为零
C.若列车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
D.若列车匀加速行驶，则第7节车厢对第8节车厢的拉力大小为
答案　C
解析　若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，则车厢间拉力不一定均为零，例如第7、8节车厢间的拉力不为零，第4、5节车厢间的拉力为零，A、B错误；若列车匀加速行驶，则整体的加速度大小a=，则对前3节车厢的整体分析可知2F-3f-F34=3ma，解得第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为F34=，C正确；若列车匀加速行驶，则对第8节车厢分析可知F78-f=ma，可得第7节车厢对第8节车厢的拉力大小为F78=，D错误。
3.(多选)(2024·浙江衢州市检测)如图所示，不计定滑轮质量与摩擦，用一段轻绳通过定滑轮将P、Q两物体连在一起，已知mP>mQ，重力加速度为g，那么定滑轮对天花板O点的作用力大小( )
A.一定小于2mPg
B.一定大于2mPg
C.一定小于(mP+mQ)g
D.一定等于(mP+mQ)g
答案　AC
解析　依题意，设物体P向下运动的加速度大小为a，轻绳对P、Q两物体的拉力大小为F，则
mPg-F=mPa
F-mQg=mQa
联立以上式子，可得F=mP(g-a)
F=(mP+mQ)g-(mP-mQ)a
定滑轮受到轻绳的压力大小为2F，定滑轮受天花板的拉力及两段轻绳的压力共同作用处于静止状态，可知天花板对定滑轮的作用力大小为2F，根据牛顿第三定律可知，定滑轮对天花板O点的作用力的大小为F'=2F=2mP(g-a)<2mPg
F'=2F=[(mP+mQ)g-(mP-mQ)a]<(mP+mQ)g
故选A、C。
4.(多选)(改编自教材)(2026·浙江杭州市期中)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，两物体的质量均为1 kg。从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于物体A、B上，FA和FB随时间t变化的规律分别为FA=(8-2t)N和FB=(2+2t)N。关于8 s内两物体的运动情况，下列说法正确的是( )
A.物体A运动的加速度逐渐减小
B.物体B运动的加速度先不变后变大
C.t=1.5 s时，物体A与物体B刚好分离
D.t=4.0 s时，物体A与物体B刚好分离
答案　BC
解析　FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但FA+FB=(8-2t)N+(2+2t)N=10 N为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动；物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有=，即=，解得t=1.5 s，即t=1.5 s时，物体A、B开始分离；分离后A的加速度逐渐减小，B的加速度逐渐增加，故整个过程中物体A运动的加速度先不变后逐渐减小，物体B运动的加速度先不变后变大，故选B、C。
5.如图，在粗糙水平地面上，两物块P、Q在水平向右的推力F作用下，恰好能一起向右做匀加速运动。已知P的质量为3 kg，Q的质量为1 kg，P与地面间、P与Q间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10 m/s2。某时刻将推力F减小为0.66F，则Q相对P下滑的过程中，P对地面的压力大小为( )
A.23.2 N B.35.75 N
C.36 N D.40 N
答案　C
解析　在推力F作用下，两物块恰好能一起向右做匀加速运动，对P、Q整体，根据牛顿第二定律有F-μ(mP+mQ)g=(mP+mQ)a1，对物块Q，水平方向上有FN=mQa1，竖直方向上有μFN=mQg，联立解得F=100 N，推力F减小为0.66F，对P、Q整体，水平方向上有0.66F-μ(mPg+Ff)=(mP+mQ)a2，对物块Q，水平方向上有FN'=mQa2，P、Q间的滑动摩擦力Ff=μFN'，对物块P，竖直方向上，根据平衡条件有F支=mPg+Ff，根据牛顿第三定律，此时P对地面的压力大小F压=F支，联立解得F压=36 N，故选C。
6.(2024·浙江杭州市联考)AB是固定在空中的粗糙水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块并使物块和小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A.物块受摩擦力大小为(M+m)gtan θ
B.细线上的拉力大小为mgtan θ
C.物块和小球的加速度大小为
D.物块受到的合力大小为Mgtan θ
答案　D
解析　以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得FTcos θ=mg，解得细线上的拉力为FT=，水平方向根据牛顿第二定律可得mgtan θ=ma，解得a=gtan θ，则物块和小球的加速度为gtan θ，物块受到的合力为F合=Ma=Mgtan θ，故B、C错误，D正确；以物块和小球为整体，根据牛顿第二定律可得F-Ff=(M+m)a=(M+m)gtan θ，解得物块受到的摩擦力为Ff=F-(M+m)gtan θ，故A错误。
7.(多选)(2024·浙江台州市期末)如图所示，有A、B两物体，mA=2mB，用细绳连接后放在倾角为θ的光滑斜面上，细绳与斜面平行，重力加速度为g，斜面体的质量为M，斜面体与地面之间粗糙，下滑过程中斜面体始终保持静止。则在A、B下滑的过程中( )
A.它们的加速度大小为a=gsin θ
B.细绳的张力大小为mAgsin θ
C.地面对斜面体的支持力大于(M+3mB)g
D.若斜面体与地面之间光滑，斜面体将向右运动
答案　AD
解析　对A、B整体分析可知(mA+mB)gsin θ=(mA+mB)a，解得它们的加速度大小为a=gsin θ，选项A正确；对A分析可知mAgsin θ-FT=mAa，解得FT=0，选项B错误；对斜面体以及A、B的整体，竖直方向(mA+mB+M)g-FN=(mA+mB)asin θ，可得FN=(mA+mB+M)g-(mA+mB)asin θ<(M+3mB)g，选项C错误；因A、B对斜面体有斜向右下方的压力，则若斜面体与地面之间光滑，斜面体将向右运动，选项D正确。
　[8、9题，每题4分]
8.(2025·安徽卷·5)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1.0 kg，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10 m/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2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
答案　C
解析　根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设物块乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有M总g-FN=ma得，FN=M总g-ma，则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的拉力大小为FT，对甲受力分析有FT-μmg=ma，对乙受力分析有mg-FT=ma，联立解得a=2.5 m/s2，FT=7.5 N，C正确，D错误。
9.(2024·浙江宁波市镇海中学检测)如图所示，质量为M的斜劈静止在粗糙水平地面上，质量为m的物块正在M的斜面上匀速下滑。现在m上施加一个水平推力F，则在m的速度减小为零之前，下列说法正确的是( )
A.加力F之后，m与M之间的摩擦力变小
B.加力F之后，m与M之间的作用力不变
C.加力F之后，M与地面之间产生静摩擦力
D.加力F前后，M与地面间都没有摩擦力
答案　D
解析　m刚开始匀速下滑，根据平衡条件得：垂直斜面方向有FN=mgcos θ，则滑动摩擦力为Ff=μmgcos θ；在m上加一水平向右的力F，垂直斜面方向FN'=mgcos θ+Fsin θ，滑动摩擦力为Ff'=μFN'=μ(mgcos θ+Fsin θ)；对物块，所受支持力增加了Fsin θ，摩擦力增加了μFsin θ，即支持力与摩擦力成比例的增加，如图所示，两力的合力方向还是竖直向上，大小增大，即m与M之间的作用力增大，斜面所受的摩擦力与压力的合力还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则M不受地面的摩擦力，故A、B、C错误，D正确。
　[4分]
10.(2024·浙江绍兴市检测)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个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点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.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B.第3个小滑块匀速运动的速度是
C.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6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
D.最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
答案　C
解析　当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，故A错误；将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有F-3μmg=0，解得μ=，从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得F·3L-μmg·3L-μmg·2L-μmg·L=×8mv2，解得v=，故B错误；第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，以8个小滑块为整体，由牛顿第二定律得5μmg-F=8ma，解得加速度大小为a=，故C正确；假设第7个小滑块能到达O点，且速度为v7，由动能定理有F·6L-μmg·6L-μmg·5L-μmg·4L-μmg·3L-μmg·2L-μmg·L=×8m-0，解得<0，故第7个滑块不能到达O点，故D错误。

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