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重難突破3　動力學中的三類典型問題
1.〔多選〕（2023·全國甲卷19題）用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知（　　）
A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙
C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙
2.〔多選〕如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運動，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是（　　）
A.增大推力F B.減小傾角θ
C.減小B的質量 D.減小A的質量
3.（2025·山西臨汾三模）質量為m的物塊靜止在動摩擦因數為μ的水平地面上，0～3 s內所受水平拉力與時間的關系如圖甲所示，0～2 s內加速度—時間圖像如圖乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2，由圖可知（　　）
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·全國甲卷15題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中，可能正確的是（　　）
5.〔多選〕如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起靜止在水平地面上，A物塊的質量mA＝2 kg，B物塊的質量mB＝3 kg，A與B接觸面間的動摩擦因數μ1＝0.4，B與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，現對A或對B施加一水平外力F，使A、B相對靜止一起沿水平地面運動，重力加速度g取10 m/s2，物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A.若外力F作用到物塊A上，則其最小值為8 N
B.若外力F作用到物塊A上，則其最大值為10 N
C.若外力F作用到物塊B上，則其最小值為13 N
D.若外力F作用到物塊B上，則其最大值為25 N
6.（2025·北京通州一模）車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑輪輕繩的兩端各系一個物體，質量分別為m1、m2，如圖所示。車廂向右運動時，系m1的輕繩與豎直方向夾角為θ，系m2的輕繩保持豎直，m1、m2與車廂保持相對靜止。已知m2＞m1，輕繩的質量、滑輪與輕繩的摩擦忽略不計，下列說法正確的是（　　）
A.車廂的加速度為0
B.繩子的拉力大小為m1gcos θ
C.車廂底板對m2的支持力為g
D.車廂底板對m2的摩擦力為m2gtan θ
7.（2025·內蒙古通遼一模）一個質量為 6 kg 的物體在水平面上運動，圖中的兩條直線的其中一條為物體受水平拉力作用而另一條為不受拉力作用時的速度—時間圖像，則物體所受摩擦力的大小的可能值為（　　）
A.1 N B.2 N
C.2.5 N D.3 N
8.〔多選〕（2025·湖南岳陽一模）如圖所示，矩形盒內用兩根不可伸長的輕線固定一個質量為m＝0.6 kg的勻質小球，a線與水平方向成37°角，b線水平。兩根輕線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，則（　　）
A.系統靜止時，a線所受的拉力大小為12 N
B.系統靜止時，b線所受的拉力大小為8 N
C.當系統沿豎直方向勻加速上升時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為5 m/s2
D.當系統沿水平方向向右勻加速時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為10 m/s2
9.（2025·湖南婁底二模）如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個物體，A、B的質量分別為mA＝6 kg，mB＝4 kg，從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，FA，FB大小隨時間變化的規律分別如圖甲、乙所示，則（　　）
A.t＝0時，A物體的加速度為2 m/s2
B.t＝1 s時，A、B開始分離
C.t＝0時，A、B之間的相互作用力為3 N
D.A、B開始分離時的速度為3 m/s
10.（2025·山東煙臺模擬）如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一幼兒用與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運動，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質量m＝1 kg。經過時間t＝2.0 s，玩具移動的距離x＝2 m，這時幼兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下（取g＝10 m/s2）。求：
（1）玩具與地面間的動摩擦因數；
（2）松開手后，玩具還能滑行多遠？
（3）幼兒要拉動玩具，拉力F與水平面間的夾角為多大時最省力？
11.（2025·江蘇揚州市期中）如圖所示，用足夠長的輕質細繩繞過兩個光滑輕質滑輪將木箱與重物連接，木箱質量M＝8 kg，重物質量m＝2 kg，木箱與地面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）要使裝置能靜止，木箱與地面間的動摩擦因數需滿足什么條件？
（2）若木箱與地面間的動摩擦因數μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力將木箱由靜止向左拉動位移x＝0.5 m時，求重物的速度大小v。
重難突破3　動力學中的三類典型問題
1.BC　根據牛頓第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg。由題圖可知m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲＜μ乙，故選B、C。
2.AD　設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，對A、B整體受力分析，有F－（mA＋mB）gsin θ－μ（mA＋mB）gcos θ＝（mA＋mB）a，對B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝F＝，為了增大A、B間的壓力，即FAB增大，可以僅增大推力F、僅減小A的質量或僅增大B的質量，故A、D正確，B、C錯誤。
3.A　0～1 s內，根據牛頓第二定律可得F1－μmg＝ma，1～2 s內，有F2＝μmg，聯立可得m＝1 kg，μ＝0.2，故選A。
4.D　設物塊P的質量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數為μ，輕繩上的拉力大小為T，對砝碼和輕盤組成的整體：mg－T＝ma，對物塊P：T－μMg＝Ma，解得：a＝g－，D正確。
5.BD　當外力F作用到A上，兩者相對靜止一起運動，A對B的摩擦力達到最大靜摩擦力時，F達到最大值，此時，對B，根據牛頓第二定律，有μ1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBa1，代入數據解得a1＝1 m/s2，對整體，F1－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a1，代入數據解得F1＝10 N，故B正確；當外力F作用到B上，兩者相對靜止一起運動，A對B的摩擦力達到最大靜摩擦力時，F達到最大值，對A，根據牛頓第二定律，有μ1mAg＝mAa2，解得a2＝μ1g＝4 m/s2，對A、B整體F2－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a2，代入數據解得F2＝25 N，故D正確；無論F作用于A上還是B上，A、B剛開始相對地面滑動時，其值最小，即最小值Fmin＝μ2（mA＋mB）g＝5 N，故A、C錯誤。
6.D　物體m1與車廂具有相同的加速度，對物體m1分析，受重力和拉力，根據力的合成法則可知F合＝m1gtan θ，拉力為T＝，物體m1的加速度為a＝＝gtan θ，所以車廂的加速度為gtan θ，故A、B錯誤；物體m2加速度為gtan θ，對物體m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力為N＝m2g－，摩擦力為f＝m2a＝m2gtan θ，故C錯誤，D正確。
7.B　根據v-t圖像可知兩圖線對應的加速度大小分別為a1＝＝ m/s2，a2＝＝ m/s2，若水平拉力與運動方向相反，則有a1＝，a2＝，解得F＝2 N，f＝2 N，若水平拉力與運動方向相同，則有a1＝，a2＝，解得F＝2 N，f＝4 N，故選B。
8.BC　小球受力分析如圖所示。系統靜止時，豎直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fa·cos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故A錯誤，B正確；當系統沿豎直方向向上勻加速運動時，當a線拉力為15 N時，由牛頓第二定律得，豎直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma，水平方向有Fm·cos 37°＝Fb，解得Fb＝12 N＜15 N，此時加速度有最大值a＝5 m/s2，故C正確；系統沿水平方向向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得，豎直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fb－Fa·cos 37°＝ma，解得Fa＝10 N，當Fb＝15 N時，加速度最大為a≈11.67 m/s2，故D錯誤。
9.B　由FA-t與FB-t圖像可得FA＝（8－2t）N，FB＝（2＋2t）N，則t＝0時，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于mA＞mB，所以二者不會分開，A、B兩物體共同的加速度為a＝＝1 m/s2，設此時A、B之間的相互作用力為F，對B，根據牛頓第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C錯誤；當二者之間的相互作用力恰好為零時開始分離，此時的加速度相同，則有＝，即 m/s2＝ m/s2，解得t＝1 s，開始分離時的速度為v＝at＝1 m/s，故B正確，D錯誤。
10.（1）　（2）1.04 m　（3）30°
解析：（1）玩具沿水平地面做初速度為0的勻加速直線運動，由位移公式有x＝at2
解得a＝ m/s2
對玩具受力分析，如圖所示，則FN＝mg－Fsin 30°
由牛頓第二定律得Fcos 30°－μ（mg－Fsin 30°）＝ma
解得μ＝。
（2）松開手時，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松開手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma'
解得a'＝ m/s2
由勻變速直線運動的速度與位移公式可得
玩具的位移x'＝＝ m≈1.04 m。
（3）設拉力F與水平方向間的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則Fcos θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsin θ＝mg
聯立解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin（60°＋θ）
則當θ＝30°時，拉力最小，最省力。
11.（1）μ≥0.5　（2） m/s
解析：（1）對重物受力分析，根據平衡條件可得FT＝mg＝20 N
對木箱受力分析，可得Ff＝2FT，又Ff＝μ'Mg
聯立解得μ'＝0.5，要使裝置能靜止，木箱與地面間的動摩擦因數需滿足μ≥0.5。
（2）設木箱的加速度大小為a，則重物加速度大小為2a，對重物受力分析，根據牛頓第二定律可得FT－mg＝2ma
對木箱受力分析，有F－μMg－2FT＝Ma
聯立解得a＝0.5 m/s2
當拉動木箱向左勻加速運動的位移為x＝0.5 m時，重物向上的位移為
h＝2x＝1 m，由v2＝2×2a·h
可得此時重物的速度大小為v＝ m/s。
3 / 3　動力學中的三類典型問題
突破點一　動力學中的連接體問題
1.連接體問題
（1）連接體
多個相互關聯的物體連接（疊放、并排或由彈簧、繩子、細桿聯系）在一起構成的物體系統稱為連接體。
（2）外力與內力
①外力：系統之外的物體對系統的作用力。
②內力：系統內各物體間的相互作用力。
2.連接體的類型
類型1　共速連接體
　兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。
（1）繩的拉力（或物體間的彈力）相關類連接體
（2）疊加類連接體（一般與摩擦力相關）
（2024·北京高考4題）如圖所示，飛船與空間站對接后，在水平推力F作用下一起向前運動。飛船和空間站的質量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（　　）
A.F B.F
C.F D.F
嘗試解答
人教版必修第一冊P113T4
　如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。若已知飛船質量為3.0×103 kg。其推進器的平均推力F為900 N，在飛船與空間站對接后，推進器工作5 s內，測出飛船和空間站的速度變化是0.05 m/s，求空間站的質量。
類型2　關聯速度連接體
　輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。下面三圖中A、B兩物體速度和加速度大小相等，方向不同。
（2025·貴州貴陽模擬）如圖，繞過定滑輪的繩子將物體A和B相連，繩子與水平桌面平行。已知物體A的質量為2m，物體B的質量m，重力加速度大小為g，不計滑輪、繩子質量和一切摩擦。現將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面平行，則（　　）
A.繩子的拉力變大
B.繩子的拉力變為原來的兩倍
C.物體A和B運動的加速度大小不變
D.物體A和B運動的加速度大小變為原來的兩倍
嘗試解答
總結提升
處理連接體問題的方法
（1）共速連接體：一般采用先整體，后隔離的方法。
如圖所示，先用整體法得出合力F與a的關系F＝（mA＋mB）a，再隔離單個物體（部分物體）研究F內力與a的關系，例如隔離B，F內力＝mBa＝F。
（2）關聯速度連接體：分別對兩物體受力分析，分別應用牛頓第二定律列出方程，聯立方程求解。
突破點二　動力學圖像問題
1.常見動力學圖像及意義
v-t圖像 根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進而根據牛頓第二定律求解合外力
F-a圖像 首先要根據具體的物理情境，對物體進行受力分析，然后根據牛頓第二定律推導出兩個量間的函數關系式，根據函數關系式結合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量
a-t圖像 要注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結合物體受力情況根據牛頓第二定律列方程
F-t圖像 要結合物體受到的力，根據牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運動性質
2.運用圖像解決問題的兩個角度
（1）用給定圖像解答問題。
（2）根據題意作圖，用圖像解答問題。在實際的應用中要建立物理情境與函數、圖像的相互轉換關系。
（2025·河北衡水三模）某游泳運動員在0～6 s時間內運動的v-t圖像如圖所示。關于該運動員，下列說法正確的是（　　）
A.在0～6 s內所受的合力一直不為0
B.在0～6 s內的位移大小為24 m
C.在2～4 s內一定處于超重狀態
D.在4～6 s內的位移大小為8 m
嘗試解答
〔多選〕如圖甲所示，一傾角θ＝30°的足夠長斜面體固定在水平地面上，一個物塊靜止在斜面上。現用大小為F＝kt（k為常量，F、t的單位分別為N和s）的拉力沿斜面向上拉物塊，物塊受到的摩擦力Ff隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列判斷正確的是（　　）
A.物塊的質量為1 kg
B.k的值為5 N/s
C.物塊與斜面間的動摩擦因數為
D.t＝3 s時，物塊的加速度大小為4 m/s2
嘗試解答
突破點三　動力學中的臨界和極值問題
1.常見的動力學臨界極值問題及其條件
（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。
（2）相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。
（3）繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。
（4）最終速度（收尾速度）的臨界條件：物體所受合外力為零。
2.動力學臨界極值問題的三種解法
極限法 把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現象（或狀態）暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
函數法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
〔多選〕（2025·廣西玉林模擬）如圖所示，質量mB＝2 kg的水平托盤B與一根豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一個質量mA＝1 kg的小物塊A，整個裝置靜止。現對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2 m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數k＝600 N/m，g取10 m/s2。以下結論正確的是（　　）
A.變力F的最小值為2 N
B.變力F的最小值為6 N
C.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2 m/s
D.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為 m/s
嘗試解答
（2025·陜西商洛模擬）水平地面上有一質量m1＝3 kg的長木板，木板的左端上表面有一質量m2＝2 kg的小物塊，如圖甲所示，水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小，木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖丙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1＝0.2，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2＝0.8。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度取g＝10 m/s2，物塊始終未從木板上滑落，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（　　）
A.F1＝16 N
B.F2＝20 N
C.木板加速度所能達到的最大值為2.5 m/s2
D.在t1～t2時間段內物塊做勻加速直線運動
嘗試解答
如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度為g。
（1）求小木塊與木板間的動摩擦因數；
（2）當θ角為何值時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小？求出此最小值。
嘗試解答
重難突破3　動力學中的三類典型問題
【著眼“四翼”·探考點】
突破點一
【例1】 A　以空間站和飛船組成的整體為研究對象，根據牛頓第二定律有F＝（M＋m）a，對空間站有FN＝Ma，解得飛船和空間站間的作用力大小FN＝F，A正確，B、C、D錯誤。
考教銜接
　8.7×104 kg
【例2】 D　未將A和B互換位置前，設繩子的拉力大小為F，整體的加速度大小為a，對A，根據牛頓第二定律有F＝mAa，對B，有mBg－F＝mBa，聯立求得a＝g，F＝g，將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面平行，設此時繩子的拉力大小為F'，整體的加速度大小為a'，對A、B整體，根據牛頓第二定律有mAg＝（mA＋mB）a'，解得a'＝，對B，根據牛頓第二定律有F'＝mBa'，解得F'＝g，因為mA＝2m，mB＝m，聯立解得a＝g，a'＝g，F＝F'＝mg，得a'＝2a，即繩子的拉力大小不變，物體A和B運動的加速度大小變為原來的兩倍。故選D。
突破點二
【例3】 D　v-t圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在2～4 s該運動員有加速度，由牛頓第二定律可知F合＝ma，在0～2 s與4～6 s運動員并無加速度，即此時合力為零，綜上所述，運動員在0～2 s與4～6 s所受合力為零，在2～4 s內所受的合力不為零，故A項錯誤；由于v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，所以在0～6 s內的位移大小為x＝（2＋4）×4 m＝12 m，故B項錯誤；在2～4 s內加速度為a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道運動員運動方向，只知道該時間內運動員加速度方向與運動員的運動方向相同，所以其不一定是超重狀態，故C項錯誤；在4～6 s內的位移大小為x1＝4×2 m＝8 m，故D項正確。
【例4】 ABD　t＝0時Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A正確；當t＝1 s時，Ff＝0，說明F＝mgsin θ＝5 N，由F＝kt可知k＝5 N/s，故B正確；由題圖乙可知，滑動摩擦力μmgcos θ＝6 N，解得μ＝，故C錯誤；由F＝μmgcos θ＋mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物塊開始向上滑動，當t＝3 s時，F＝15 N，則F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得物塊加速度大小a＝4 m/s2，故D正確。
突破點三
【例5】 BC　A、B整體受力產生加速度，則有F＋FNAB－（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a，可得F＝（mA＋mB）a＋（mA＋mB）g－FNAB，當FNAB最大時，F最小，即剛開始施力時，FNAB最大且等于A和B的重力之和，則變力Fmin＝（mA＋mB）a＝6 N，A錯誤，B正確；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝＝0.05 m，A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01 m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數據得v＝0.2 m/s，C正確，D錯誤。
【例6】 B　木板與地面間的最大靜摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝0.2×（3＋2）×10 N＝10 N，木板與物塊間的最大靜摩擦力f2＝μ2m2g＝0.8×2×10 N＝16 N，當拉力F逐漸增大到F1時，由圖像可知木板開始運動，此時木板與地面間的靜摩擦力達到最大值，根據平衡條件可知此時拉力大小為F1＝10 N，故A錯誤；當拉力達到F2時，木板相對物塊發生相對滑動，根據牛頓第二定律，對木板，有f2－f1＝m1a，對物塊，有F2－f2＝m2a，聯立解得F2＝20 N，a＝2 m/s2，此時拉力大小為20 N，木板加速度所能達到的最大值為2 m/s2，故B正確，C錯誤；在t1～t2時間段內物塊相對木板靜止，物塊所受拉力逐漸增大，物塊運動的加速度在變大，不做勻加速直線運動，故D錯誤。
【例7】 （1）　（2）60°　
解析：（1）當θ＝30°時，小木塊處于平衡狀態，對小木塊受力分析，則有mgsin θ＝μFN
FN－mgcos θ＝0
聯立解得μ＝tan θ＝tan 30°＝。
（2）當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，小木塊的加速度為a，由牛頓第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由0－＝2ax得
x＝＝
其中tan α＝μ，故α＝30°
當α＋θ＝90°時x最小，此時θ＝60°
所以x的最小值為
xmin＝＝。
4 / 4(共61張PPT)
重難突破3 動力學中的三類典型問題
高中總復習·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點
02
培養“思維”·重落實
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
突破點一　動力學中的連接體問題
1. 連接體問題
（1）連接體
多個相互關聯的物體連接（疊放、并排或由彈簧、繩子、細桿聯系）在一
起構成的物體系統稱為連接體。
（2）外力與內力
①外力：系統之外的物體對系統的作用力。
②內力：系統內各物體間的相互作用力。
2. 連接體的類型
類型1　共速連接體
　兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。
（1）繩的拉力（或物體間的彈力）相關類連接體
（2）疊加類連接體（一般與摩擦力相關）
（2024·北京高考4題）如圖所示，飛船與空間站對接后，在水平推力
F作用下一起向前運動。飛船和空間站的質量分別為m和M，則飛船和空間
站之間的作用力大小為（　　）
A. F B. F
C. F D. F
解析：以空間站和飛船組成的整體為研究對象，根據牛頓第二定律有F＝
（M＋m）a，對空間站有FN＝Ma，解得飛船和空間站間的作用力大小FN
＝F，A正確，B、C、D錯誤。
√
人教版必修第一冊P113T4
　如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。若已知飛船質量
為3.0×103 kg。其推進器的平均推力F為900 N，在飛船與空間站對接
后，推進器工作5 s內，測出飛船和空間站的速度變化是0.05 m/s，求
空間站的質量。
答案：8.7×104 kg
如圖所示，水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕
繩連接，兩木塊的材料相同，現用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做
勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A. 若水平面是光滑的，則m2越大，繩的拉力越大
B. 若木塊和地面間的動摩擦因數為μ，則繩的拉力為＋μm1g
C. 繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關
D. 繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關
√
解析： 　設木塊和水平面間的動摩擦因數為μ，以兩木塊整體為研究對
象，根據牛頓第二定律有F－μ（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，得a＝
，以木塊1為研究對象，根據牛頓第二定律有FT－μm1g＝
m1a，得a＝，系統加速度與木塊1加速度相同，聯立解得FT＝
F，可知繩子拉力大小與動摩擦因數μ無關，與兩木塊質量大小有
關，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝F，
且m2越大，繩的拉力越小，故選C。
類型2　關聯速度連接體
　輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。下面三圖
中A、B兩物體速度和加速度大小相等，方向不同。
（2025·貴州貴陽模擬）如圖，繞過定滑輪的繩子將物體A和B相連，
繩子與水平桌面平行。已知物體A的質量為2m，物體B的質量m，重力加速
度大小為g，不計滑輪、繩子質量和一切摩擦。現將A和B互換位置，繩子
仍保持與桌面平行，則（　　）
A. 繩子的拉力變大
B. 繩子的拉力變為原來的兩倍
C. 物體A和B運動的加速度大小不變
D. 物體A和B運動的加速度大小變為原來的兩倍
√
解析：未將A和B互換位置前，設繩子的拉力大小為F，整體的加速度大小
為a，對A，根據牛頓第二定律有F＝mAa，對B，有mBg－F＝mBa，聯立求
得a＝g，F＝g，將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面平
行，設此時繩子的拉力大小為F'，整體的加速度大小為a'，對A、B整體，
根據牛頓第二定律有mAg＝（mA＋mB）a'，解得a'＝，對B，根據牛
頓第二定律有F'＝mBa'，解得F'＝g，因為mA＝2m，mB＝m，聯立
解得a＝g，a'＝g，F＝F'＝mg，得a'＝2a，即繩子的拉力大小不變，物
體A和B運動的加速度大小變為原來的兩倍。故選D。
如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水
平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的
一半。已知P、Q兩物塊的質量分別為mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P與桌面
間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，則推力F的大小為
（　　）
A. 4.0 N B. 3.0 N
C. 2.5 N D. 1.5 N
√
解析： 　P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有FT1＝mQg＝2 N，Ff＝FT1
＝2 N＜μmPg＝2.5 N，推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半，
即FT2＝＝1 N，故Q物體加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5
m/s2，而P物體將以相同大小的加速度向右加速運動，對P，由牛頓第二定
律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得推力F＝4.0 N，故選A。
總結提升
處理連接體問題的方法
（1）共速連接體：一般采用先整體，后隔離的方法。
如圖所示，先用整體法得出合力F與a的關系F＝（mA＋mB）a，再隔離單
個物體（部分物體）研究F內力與a的關系，例如隔離B，F內力＝mBa＝
F。
（2）關聯速度連接體：分別對兩物體受力分析，分別應用牛頓第二定律
列出方程，聯立方程求解。
突破點二　動力學圖像問題
1. 常見動力學圖像及意義
v-t圖像 根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進而根據牛頓第二
定律求解合外力
F-a圖像 首先要根據具體的物理情境，對物體進行受力分析，然后根據
牛頓第二定律推導出兩個量間的函數關系式，根據函數關系式
結合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像
給出的信息求出未知量
a-t圖像 要注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結合
物體受力情況根據牛頓第二定律列方程
F-t圖像 要結合物體受到的力，根據牛頓第二定律求出加速度，分析每
一時間段的運動性質
2. 運用圖像解決問題的兩個角度
（1）用給定圖像解答問題。
（2）根據題意作圖，用圖像解答問題。在實際的應用中要建立物理情境
與函數、圖像的相互轉換關系。
（2025·河北衡水三模）某游泳運動員在0～6 s時間內運動的v-t圖像如
圖所示。關于該運動員，下列說法正確的是（　　）
A. 在0～6 s內所受的合力一直不為0
B. 在0～6 s內的位移大小為24 m
C. 在2～4 s內一定處于超重狀態
D. 在4～6 s內的位移大小為8 m
√
解析：v-t圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在2～4 s該運動員有加速
度，由牛頓第二定律可知F合＝ma，在0～2 s與4～6 s運動員并無加速度，
即此時合力為零，綜上所述，運動員在0～2 s與4～6 s所受合力為零，在
2～4 s內所受的合力不為零，故A項錯誤；由于v-t圖像與坐標軸圍成的面積
表示位移，所以在0～6 s內的位移大小為x＝（2＋4）×4 m＝12 m，故B
項錯誤；在2～4 s內加速度為a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道運動員運動
方向，只知道該時間內運動員加速度方向與運動員的運動方向相同，所以
其不一定是超重狀態，故C項錯誤；在4～6 s內的位移大小為x1＝4×2 m＝
8 m，故D項正確。
英國物理學家和數學家斯托克斯研究球體在液體中下落時，發現了液體對
球的黏滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關，有F＝6πηrv，其中物
理量η為液體的黏滯系數，它與液體的種類及溫度有關，如圖所示，將一
顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深的量筒中，下列描繪小鋼珠在
下沉過程中加速度大小與時間關系圖像可能正確的是（　　）
√
解析： 　根據牛頓第二定律得，小鋼珠的加速度a＝＝，在
下降的過程中，速度v增大，阻力F增大，則加速度a減小，速度v增大得越
來越慢，則加速度a減小得越來越慢，當重力和阻力相等時，做勻速運
動，加速度為零，故選項D正確。
〔多選〕如圖甲所示，一傾角θ＝30°的足夠長斜面體固定在水平地
面上，一個物塊靜止在斜面上。現用大小為F＝kt（k為常量，F、t的單位
分別為N和s）的拉力沿斜面向上拉物塊，物塊受到的摩擦力Ff隨時間變化
的關系圖像如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，
重力加速度g取10 m/s2。下列判斷正確的是（　　）
A. 物塊的質量為1 kg
B. k的值為5 N/s
C. 物塊與斜面間的動摩擦因數為
D. t＝3 s時，物塊的加速度大小為4 m/s2
√
√
√
解析：t＝0時Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A正確；當t＝1 s時，Ff
＝0，說明F＝mgsin θ＝5 N，由F＝kt可知k＝5 N/s，故B正確；由題圖乙可
知，滑動摩擦力μmgcos θ＝6 N，解得μ＝，故C錯誤；由F＝μmgcos θ＋
mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物塊開始向上滑動，
當t＝3 s時，F＝15 N，則F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得物塊加速度大
小a＝4 m/s2，故D正確。
　如圖甲所示，傾角α＝37°的斜面體固定在水平面上，一質量為m＝1 kg
的滑塊放在斜面上，滑塊與斜面體之間的動摩擦因數為μ＝0.5，t＝0時刻
在滑塊上施加一平行斜面向上的外力F使其由靜止開始運動，滑塊的加速
度隨時間的變化規律如圖乙所示，取沿斜面向上的方向為正，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A. 0～1 s內外力與3～4 s內外力大小之比為1∶1
B. 2 s末滑塊速度的大小為6 m/s
C. 1 s末與3 s末滑塊的速度等大反向
D. 滑塊4 s末運動到最高點
√
解析： 　由題圖乙知，在 0～1 s時間內，滑塊加速度恒定為2 m/s2，做勻
加速直線運動，由牛頓第二定律得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，解得F1＝
12 N，在3～4 s時間內，滑塊的加速度沿斜面向下，大小恒為2 m/s2，做勻
減速直線運動，由牛頓第二定律得mgsin α＋μmgcos α－F2＝ma2，解得F2＝
8 N，則0～1 s內外力與3～4 s內外力大小之比為3∶2，故A錯誤；a-t圖像
中圖線與t軸圍成的面積表示速度的變化量，因此由a-t圖像可得，在t＝2 s
時，滑塊的速度大小為v＝×（1＋2）×2 m/s＝3 m/s，故B錯誤；在t＝1 s
到t＝3 s時間內，滑塊先加速后減速，由題圖中面積關系可知，速度變化量
大小相等，故1 s末與3 s末滑塊的速度大小均為2 m/s，方向均沿正方向，
故C錯誤；在0～4 s時間內，由圖線與時間軸圍成的面積關系可知，滑塊運動的方向不變，先沿正方向加速運動，后沿正方向減速運動，在t＝4 s時，滑塊的速度為零，此時運動到最高點，故D正確。
突破點三　動力學中的臨界和極值問題
1. 常見的動力學臨界極值問題及其條件
（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN
＝0。
（2）相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。
（3）繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于
它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。
（4）最終速度（收尾速度）的臨界條件：物體所受合外力為零。
2. 動力學臨界極值問題的三種解法
極限法 把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現象（或狀態）
暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化
過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用
假設法解決問題
函數法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
〔多選〕（2025·廣西玉林模擬）如圖所示，質量mB＝2 kg的水平托
盤B與一根豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一個質量mA＝1 kg的小物塊
A，整個裝置靜止。現對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止
開始以加速度a＝2 m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數k＝600
N/m，g取10 m/s2。以下結論正確的是（　　）
A. 變力F的最小值為2 N
B. 變力F的最小值為6 N
C. 小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2 m/s
D. 小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為 m/s
√
√
解析：A、B整體受力產生加速度，則有F＋FNAB－（mA＋mB）g＝（mA＋
mB）a，可得F＝（mA＋mB）a＋（mA＋mB）g－FNAB，當FNAB最大時，F最
小，即剛開始施力時，FNAB最大且等于A和B的重力之和，則變力Fmin＝
（mA＋mB）a＝6 N，A錯誤，B正確；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝
＝0.05 m，A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由
牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物塊A在這一過程的位
移為Δx＝x1－x2＝0.01 m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數據得v＝
0.2 m/s，C正確，D錯誤。
如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大
小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時，B與A分離。下列說法正確的是
（　　）
A. B和A剛分離時，彈簧長度等于原長
B. B和A剛分離時，它們的加速度為g
C. 彈簧的勁度系數等于
D. 在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動
√
解析： 　A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈簧彈
力是變力，故A、B做變加速直線運動。當兩物體剛要分離時，FAB＝0，對
B，有F－mg＝ma，對A，有kx－mg＝ma，即F＝kx時，A、B分離，a＝0，
此時彈簧仍處于壓縮狀態。設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，則2mg＝
kx0，h＝x0－x，且F＝mg，聯立以上各式解得彈簧的勁度系數k＝，綜上
所述，只有C正確。
（2025·陜西商洛模擬）水平
地面上有一質量m1＝3 kg的長木板，
木板的左端上表面有一質量m2＝
2 kg的小物塊，如圖甲所示，水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小，木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖丙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1＝0.2，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2＝0.8。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度取g＝10 m/s2，物塊始終未從木板上滑落，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（　　）
A. F1＝16 N
B. F2＝20 N
C. 木板加速度所能達到的最大值為2.5 m/s2
D. 在t1～t2時間段內物塊做勻加速直線運動
√
解析：木板與地面間的最大靜摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝0.2×（3＋
2）×10 N＝10 N，木板與物塊間的最大靜摩擦力f2＝μ2m2g＝
0.8×2×10 N＝16 N，當拉力F逐漸增大到F1時，由圖像可知木板開
始運動，此時木板與地面間的靜摩擦力達到最大值，根據平衡條件可
知此時拉力大小為F1＝10 N，故A錯誤；當拉力達到F2時，木板相對物
塊發生相對滑動，根據牛頓第二定律，對木板，有f2－f1＝m1a，對物
塊，有F2－f2＝m2a，聯立解得F2＝20 N，a＝2 m/s2，此時拉力大小為
20 N，木板加速度所能達到的最大值為2 m/s2，故B正確，C錯誤；在
t1～t2時間段內物塊相對木板靜止，物塊所受拉力逐漸增大，物塊運動
的加速度在變大，不做勻加速直線運動，故D錯誤。
如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，
可視為質點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的
底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動，隨著θ的改變，小木塊沿木板
向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度為g。
（1）求小木塊與木板間的動摩擦因數；
答案： 　
解析： 當θ＝30°時，小木塊處于平衡狀態，對小木塊受力分析，則
有mgsin θ＝μFN
FN－mgcos θ＝0
聯立解得μ＝tan θ＝tan 30°＝。
（2）當θ角為何值時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小？求出此最
小值。
答案： 60°　
解析： 當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，小木塊的加速度為a，
由牛頓第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由0－＝2ax得
x＝＝
其中tan α＝μ，故α＝30°
當α＋θ＝90°時x最小，此時θ＝60°
所以x的最小值為
xmin＝＝。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
1. 〔多選〕（2023·全國甲卷19題）用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的
甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動
摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的
關系圖線如圖所示。由圖可知（　　）
A. m甲＜m乙 B. m甲＞m乙
C. μ甲＜μ乙 D. μ甲＞μ乙
√
√
解析： 　根據牛頓第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F-
a圖像的斜率為m，縱截距為μmg。由題圖可知m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙
g，則μ甲＜μ乙，故選B、C。
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2. 〔多選〕如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在
傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數相同，用始終平行
于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運動，為了增大A、B間
的壓力，可行的辦法是（　　）
A. 增大推力F B. 減小傾角θ
C. 減小B的質量 D. 減小A的質量
√
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解析： 　設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，對A、B整體受力分析，有
F－（mA＋mB）gsin θ－μ（mA＋mB）gcos θ＝（mA＋mB）a，對B受力分
析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝F＝
，為了增大A、B間的壓力，即FAB增大，可以僅增大推力F、僅減小A
的質量或僅增大B的質量，故A、D正確，B、C錯誤。
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3. （2025·山西臨汾三模）質量為m的物塊靜止在動摩擦因數為μ的水平地
面上，0～3 s內所受水平拉力與時間的關系如圖甲所示，0～2 s內加速度—
時間圖像如圖乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2，由圖可知（　　）
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內，根據牛頓第二定律可得F1－μmg＝ma，1～2 s內，有
F2＝μmg，聯立可得m＝1 kg，μ＝0.2，故選A。
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4. （2024·全國甲卷15題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物
塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質
量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大
小a，得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中，可能正確的
是（　　）
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解析： 　設物塊P的質量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數為μ，輕繩上
的拉力大小為T，對砝碼和輕盤組成的整體：mg－T＝ma，對物塊P：T－
μMg＝Ma，解得：a＝g－，D正確。
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5. 〔多選〕如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起靜止在水平地面上，A物塊
的質量mA＝2 kg，B物塊的質量mB＝3 kg，A與B接觸面間的動摩擦因數μ1＝
0.4，B與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，現對A或對B施加一水平外力F，使
A、B相對靜止一起沿水平地面運動，重力加速度g取10 m/s2，物塊受到的
最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A. 若外力F作用到物塊A上，則其最小值為8 N
B. 若外力F作用到物塊A上，則其最大值為10 N
C. 若外力F作用到物塊B上，則其最小值為13 N
D. 若外力F作用到物塊B上，則其最大值為25 N
√
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解析： 　當外力F作用到A上，兩者相對靜止一起運動，A對B的摩
擦力達到最大靜摩擦力時，F達到最大值，此時，對B，根據牛頓第二
定律，有μ1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBa1，代入數據解得a1＝1 m/s2，
對整體，F1－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a1，代入數據解得F1＝10
N，故B正確；當外力F作用到B上，兩者相對靜止一起運動，A對B的
摩擦力達到最大靜摩擦力時，F達到最大值，對A，根據牛頓第二定
律，有μ1mAg＝mAa2，解得a2＝μ1g＝4 m/s2，對A、B整體F2－μ2（mA
＋mB）g＝（mA＋mB）a2，代入數據解得F2＝25 N，故D正確；無論F
作用于A上還是B上，A、B剛開始相對地面滑動時，其值最小，即最小
值Fmin＝μ2（mA＋mB）g＝5 N，故A、C錯誤。
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6. （2025·北京通州一模）車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑輪輕繩的兩
端各系一個物體，質量分別為m1、m2，如圖所示。車廂向右運動時，系m1
的輕繩與豎直方向夾角為θ，系m2的輕繩保持豎直，m1、m2與車廂保持相
對靜止。已知m2＞m1，輕繩的質量、滑輪與輕繩的摩擦忽略不計，下列說
法正確的是（　　）
A. 車廂的加速度為0
B. 繩子的拉力大小為m1gcos θ
C. 車廂底板對m2的支持力為g
D. 車廂底板對m2的摩擦力為m2gtan θ
√
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解析： 　物體m1與車廂具有相同的加速度，對物體m1分析，受重力
和拉力，根據力的合成法則可知F合＝m1gtan θ，拉力為T＝，物體
m1的加速度為a＝＝gtan θ，所以車廂的加速度為gtan θ，故
A、B錯誤；物體m2加速度為gtan θ，對物體m2受力分析，受重力、支
持力、拉力和摩擦力，支持力為N＝m2g－，摩擦力為f＝m2a＝
m2gtan θ，故C錯誤，D正確。
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7. （2025·內蒙古通遼一模）一個質量為 6 kg 的物體在水平面上運動，圖
中的兩條直線的其中一條為物體受水平拉力作用而另一條為不受拉力作用
時的速度—時間圖像，則物體所受摩擦力的大小的可能值為（　　）
A. 1 N
B. 2 N
C. 2.5 N
D. 3 N
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解析： 　根據v-t圖像可知兩圖線對應的加速度大小分別為a1＝＝
m/s2，a2＝＝ m/s2，若水平拉力與運動方向相反，則有a1＝，a2＝
，解得F＝2 N，f＝2 N，若水平拉力與運動方向相同，則有a1＝，a2＝
，解得F＝2 N，f＝4 N，故選B。
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8. 〔多選〕（2025·湖南岳陽一模）如圖所示，矩形盒內用兩根不可伸長
的輕線固定一個質量為m＝0.6 kg的勻質小球，a線與水平方向成37°角，
b線水平。兩根輕線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，則（　　）
A. 系統靜止時，a線所受的拉力大小為12 N
B. 系統靜止時，b線所受的拉力大小為8 N
C. 當系統沿豎直方向勻加速上升時，為保證輕線不被拉
斷，加速度最大為5 m/s2
D. 當系統沿水平方向向右勻加速時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為10 m/s2
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解析： 　小球受力分析如圖所示。系統靜止時，豎直
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錯誤，B正確；當系統沿豎直
方向向上勻加速運動時，當a線拉力為15 N時，由牛頓第二定律得，豎直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma，水平方向有Fm·cos 37°＝Fb，解得Fb＝12 N＜15 N，此時加速度有最大值a＝5 m/s2，故C正確；系統沿水平方向向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得，豎直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fb－Fa·cos 37°＝ma，解得Fa＝10 N，當Fb＝15 N時，加速度最大為a≈11.67 m/s2，故D錯誤。
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9. （2025·湖南婁底二模）如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不
黏合的A、B兩個物體，A、B的質量分別為mA＝6 kg，mB＝4 kg，從t＝0開
始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，FA，FB大小隨時間變化的規律分
別如圖甲、乙所示，則（　　）
A. t＝0時，A物體的加速度為2 m/s2 B. t＝1 s時，A、B開始分離
C. t＝0時，A、B之間的相互作用力為3 N D. A、B開始分離時的速度為3 m/s
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解析： 　由FA-t與FB-t圖像可得FA＝（8－2t）N，FB＝（2＋2t）N，則t＝
0時，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于mA＞mB，所以二者不會分開，A、B
兩物體共同的加速度為a＝＝1 m/s2，設此時A、B之間的相互作用
力為F，對B，根據牛頓第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C
錯誤；當二者之間的相互作用力恰好為零時開始分離，此時的加速度相
同，則有＝，即 m/s2＝ m/s2，解得t＝1 s，開始分離時的速度
為v＝at＝1 m/s，故B正確，D錯誤。
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10. （2025·山東煙臺模擬）如圖所示，一兒童玩具靜
止在水平地面上，一幼兒用與水平面成30°角的恒力
拉著它沿水平面運動，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質量m＝1 kg。經過時間t＝2.0 s，玩具移動的距離x＝2 m，這時幼兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下（取g＝10 m/s2）。求：
（1）玩具與地面間的動摩擦因數；
答案： 　
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解析： 玩具沿水平地面做初速度為0的勻加速直線運動，由位移公式
有x＝at2
解得a＝ m/s2
對玩具受力分析，如圖所示，則FN＝mg－Fsin 30°
由牛頓第二定律得Fcos 30°－μ（mg－Fsin 30°）＝ma
解得μ＝。
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（2）松開手后，玩具還能滑行多遠？
答案： 1.04 m　
解析：松開手時，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松開手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma'
解得a'＝ m/s2
由勻變速直線運動的速度與位移公式可得
玩具的位移x'＝＝ m≈1.04 m。
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（3）幼兒要拉動玩具，拉力F與水平面間的夾角為多大時最省力？
答案： 30°
解析：設拉力F與水平方向間的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則Fcos θ
－Ff＞0
Ff＝μFN
在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsin θ＝mg
聯立解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin（60°＋θ）
則當θ＝30°時，拉力最小，最省力。
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11. （2025·江蘇揚州市期中）如圖所示，用足夠長的輕
質細繩繞過兩個光滑輕質滑輪將木箱與重物連接，木箱
質量M＝8 kg，重物質量m＝2 kg，木箱與地面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）要使裝置能靜止，木箱與地面間的動摩擦因數需滿足什么條件？
答案： μ≥0.5　
解析： 對重物受力分析，根據平衡條件可得FT＝mg＝20 N
對木箱受力分析，可得Ff＝2FT，又Ff＝μ'Mg
聯立解得μ'＝0.5，要使裝置能靜止，木箱與地面間的動摩擦因數需滿足
μ≥0.5。
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（2）若木箱與地面間的動摩擦因數μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力將木箱
由靜止向左拉動位移x＝0.5 m時，求重物的速度大小v。
答案： m/s
解析：設木箱的加速度大小為a，則重物加速度大小為2a，對重物受力分
析，根據牛頓第二定律可得FT－mg＝2ma
對木箱受力分析，有F－μMg－2FT＝Ma
聯立解得a＝0.5 m/s2
當拉動木箱向左勻加速運動的位移為x＝0.5 m時，重物向上的位移為
h＝2x＝1 m，由v2＝2×2a·h
可得此時重物的速度大小為v＝ m/s。
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演示完畢 感謝觀看

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