第 7 章 · 牛顿定律的应用

项目	内容
课标主题	必修 1 · 相互作用与运动定律（用牛顿运动定律解释生产生活中的现象、解决实际问题）
人教版（2019）	必修第一册 第四章 4.5”牛顿运动定律的应用”
考试地位	连接体、瞬时加速度常考选择题；临界问题常作为选择题或计算题的一问；传送带、板块是计算题的常见情境，常和第 13 章动能定理、第 14 章摩擦生热、第 20 章动量守恒一起考
前置知识	第 3 章匀变速直线运动的公式；第 4 章受力分析；第 5 章整体法与隔离法；第 6 章牛顿第二定律、牛顿第三定律

第 6 章讲了牛顿三定律本身和“已知受力求运动、已知运动求受力”两类基本问题，研究对象都是一个物体、一个过程。这一章把它们用到更像考题的情境里：几个物体连在一起（连接体），受力在某一瞬间突变（瞬时加速度），某个力“恰好”为零或达到最大（临界问题），一个物体先后经历几段受力不同的过程（多过程）。丢分很少丢在牛顿第二定律本身，而是丢在“选谁做研究对象”“哪个力能突变”“临界条件是什么”“摩擦力什么时候换方向”这几个判断上。

7.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
7.2 连接体	加速度相同的几个物体，整体法求加速度，隔离受力少的那个求内力	常考，选择题和计算题的第一步
7.3 瞬时加速度	某一瞬间的加速度由那一瞬间的合力决定；轻绳、轻杆、接触面的弹力能突变，弹簧的弹力不能突变	常考选择题
7.4 动力学中的临界问题	“恰好分离”是弹力为零，“恰好滑动”是静摩擦力达到最大，“绳恰好松”是拉力为零；先求临界值，再判断实际在哪一边	常考，常作为计算题的一问
7.5 多过程运动	按受力变化分段，每段求加速度，用速度把各段接起来；传送带、板块的转折点在“共速”	必考情境，计算题常见

7.2 连接体

说明

连接体：两个或几个物体通过接触、绳、杆、弹簧连在一起运动，就叫连接体。常见的有：并排放着被推的物块、用绳串起来被拉的物块、跨过定滑轮的两个物体、叠放的物块。

内力和外力：选定研究对象后，研究对象内部物体之间的作用力叫内力，研究对象以外的物体对它的力叫外力。同一个力，换一个研究对象就可能从内力变成外力：$A$ 对 $B$ 的推力，对”$A$ 和 $B$ 整体“是内力，对”$B$“是外力。

整体法：几个物体的加速度相同时，把它们看成一个质量为 $m_1 + m_2 + \cdots$ 的整体，只分析外力：

$$F_{\text{外}} = (m_1 + m_2 + \cdots)a$$

隔离法：把其中一个物体单独取出来，物体之间的作用力就成了它受的外力，对它单独用牛顿第二定律：

$$F_{\text{合}i} = m_i a_i$$

两种方法的分工：求加速度用整体法（内力不出现，方程最少）；求物体之间的作用力（绳的拉力、相互的压力、摩擦力）必须隔离，而且隔离受力少的那个物体最省事。

系统牛顿第二定律（加速度不同时）：几个物体的加速度不同时，仍可以把它们当成一个系统，外力的矢量和等于各物体“质量乘加速度”的矢量和：

$$\vec{F}_{\text{外}} = m_1\vec{a}_1 + m_2\vec{a}_2 + \cdots$$

理想模型：绳是轻绳（质量不计、不可伸长），同一根绳上各处拉力相等，绳两端物体沿绳方向的加速度大小相等；滑轮是轻质光滑的，只改变绳的方向，不改变拉力大小。

使用场景

• 几个物体靠在一起或用绳串在一起，被同一个外力推着、拉着一起加速，问加速度和物体之间的力 → 加速度相同的连接体 → 整体法求 $a$，隔离受力少的物体求内力。
• 绳跨过定滑轮连着两个物体，一个在桌面上、一个悬着（或两个都悬着）→ 加速度大小相同、方向不同的连接体 → 分别隔离，沿各自的运动方向列牛顿第二定律，用“绳的拉力相等、加速度大小相等”联立。
• 连接体在斜面上或有摩擦，问绳的拉力 → 加速度相同的连接体，各物体动摩擦因数相同 → 整体求 $a$，再隔离；会发现拉力只按质量分配，与倾角、动摩擦因数无关。
• 一个物体在加速、和它接触的另一个物体静止（物块在斜面体上滑、斜面体不动），问地面对静止物体的力 → 加速度不同的连接体 → 隔离两次，或用系统牛顿第二定律一步求外力。

注意点

• 整体法的前提是加速度相同（大小、方向都相同）。跨过定滑轮的两个物体加速度大小相同但方向不同，不能简单地把质量加起来、外力加起来；只能沿绳“拉直”来看（见常用推论），或者分别隔离。
• 整体法里只画外力，内力成对出现、合力为零，不能画进去。画进去就会重复计算。
• 隔离时，物体之间的作用力按牛顿第三定律成对出现，在两个物体的受力图上方向相反、大小相等（第 6 章）。
• 取正方向：每个物体沿它自己的加速度方向取正。跨过滑轮的两个物体，正方向一个水平、一个竖直，都指向各自的运动方向，这样两个方程里的 $a$ 都是正的同一个数。
• 挂在绳下加速下降的物体，绳的拉力小于它的重力；不能想当然地认为“绳拉力等于悬挂物的重力”。只有加速度为零（或悬挂物质量远小于另一物体）时才近似相等，第 38 章探究加速度与力、质量的关系的实验就用到这个近似。

推导

整体法为什么成立（以两个物体为例）：对 $A$、$B$ 分别用牛顿第二定律。$A$ 受外力的合力 $\vec{F}_{A\text{外}}$ 和 $B$ 对它的力 $\vec{F}_{BA}$；$B$ 受外力的合力 $\vec{F}_{B\text{外}}$ 和 $A$ 对它的力 $\vec{F}_{AB}$：

$$\vec{F}_{A\text{外}} + \vec{F}_{BA} = m_A\vec{a}_A,\qquad \vec{F}_{B\text{外}} + \vec{F}_{AB} = m_B\vec{a}_B$$

两式相加。由牛顿第三定律 $\vec{F}_{BA} = -\vec{F}_{AB}$，内力消掉：

$$\vec{F}_{A\text{外}} + \vec{F}_{B\text{外}} = m_A\vec{a}_A + m_B\vec{a}_B$$

（关键一步：内力总是成对出现、大小相等、方向相反，相加时恰好抵消。所以无论内部怎样推拉，系统所受外力只决定“各部分质量乘加速度”的总和。）

这就是系统牛顿第二定律。当 $\vec{a}_A = \vec{a}_B = \vec{a}$ 时，右边合并成 $(m_A + m_B)\vec{a}$，就是整体法。

内力按质量分配：光滑水平面上，水平力 $F$ 推着 $A$，$A$ 推着 $B$，一起加速。整体：$a = \dfrac{F}{m_A + m_B}$；隔离 $B$（$B$ 水平方向只受 $A$ 的推力）：

$$F_{AB} = m_B a = \frac{m_B}{m_A + m_B}F$$

如果地面粗糙、两物体动摩擦因数都是 $\mu$，整体加速度变成 $a = \dfrac{F}{m_A + m_B} - \mu g$，隔离 $B$：$F_{AB} - \mu m_B g = m_B a$，代入后 $\mu m_B g$ 两边抵消，$F_{AB}$ 仍是 $\dfrac{m_B}{m_A + m_B}F$。斜面上（倾角 $\theta$，沿斜面推）同理，$m_B g\sin\theta$ 和摩擦一起抵消。原因是：重力和摩擦力都与质量成正比，它们给每个物体的“附加加速度”相同，不需要内力来“调节”。

为什么要求槽码质量远小于小车质量（第 38 章探究加速度与力、质量的关系）：小车（质量 $M$）放在已平衡摩擦力的木板上，轻绳跨过定滑轮挂槽码（质量 $m$），与例 2 的装置相同。整体沿绳方向只有槽码重力 $mg$ 带动总质量 $M + m$：

$$a = \frac{mg}{M + m}$$

隔离小车，绳的拉力就是它受的合力：

$$T = Ma = \frac{Mmg}{M + m} = \frac{mg}{1 + \dfrac{m}{M}}$$

$T$ 总小于 $mg$；只有 $m \ll M$ 时 $\dfrac{m}{M} \to 0$，$T \approx mg$，实验里才能用槽码重力代替小车受的拉力。$m$ 越大，用 $mg$ 代替 $T$ 的偏差越大，$a$-$F$ 图像末端向下弯。

例题

例 1　（场景：加速度相同，求内力）光滑水平面上并排放着物块 $A$、$B$，$m_A = 2\ \mathrm{kg}$，$m_B = 3\ \mathrm{kg}$。用 $F = 10\ \mathrm{N}$ 的水平力向右推 $A$，求两物块的加速度和 $A$ 对 $B$ 的作用力。

解：

研究对象：先取 $A$、$B$ 整体，再隔离 $B$。

过程划分：一个过程，两物块一起由推力作用向右匀加速。

分析：两物块紧靠，加速度相同，用整体法。整体在竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受 $F$。$A$ 对 $B$ 的力是内力，要隔离才能求；$B$ 在水平方向只受 $A$ 的推力，比 $A$ 少一个力，隔离 $B$。

列式求解：取向右为正方向。整体（用的是本节整体法）：

$$a = \frac{F}{m_A + m_B} = \frac{10}{2 + 3}\ \mathrm{m/s^2} = 2\ \mathrm{m/s^2}$$

隔离 $B$：

$$F_{AB} = m_B a = 3 \times 2\ \mathrm{N} = 6\ \mathrm{N}$$

加速度 $2\ \mathrm{m/s^2}$，方向向右；$A$ 对 $B$ 的作用力 $6\ \mathrm{N}$，方向向右。

检验：再隔离 $A$ 验算：$F - F_{BA} = m_A a$，$10 - 6 = 2 \times 2$，对。$F_{AB} < F$，合理：$A$ 自己也要一部分力来加速。

容易卡在：认为 $A$ 把推力 $F$ 原样“传”给 $B$，得 $F_{AB} = 10\ \mathrm{N}$。那样 $A$ 受的合力为零，就不会加速了。

另一种解法：直接用本节推导的“内力按质量分配”：$F_{AB} = \dfrac{m_B}{m_A + m_B}F = \dfrac{3}{5} \times 10\ \mathrm{N} = 6\ \mathrm{N}$，一步得出。选择题里用这条推论最快；计算题要写出整体和隔离两个方程，阅卷按步给分。

例 2　（场景：跨过定滑轮的连接体）物块 $A$（$m_A = 3\ \mathrm{kg}$）放在光滑水平桌面上，用轻绳跨过桌边的光滑定滑轮与悬挂的物块 $B$（$m_B = 1\ \mathrm{kg}$）相连。由静止释放，求 $A$ 的加速度和绳的拉力。

解：

研究对象：$A$ 和 $B$ 分别隔离。

过程划分：一个过程，$A$ 向右、$B$ 向下，同时由静止开始匀加速。

分析：$A$ 水平方向只受绳的拉力 $T$；$B$ 受绳的拉力 $T$（向上）和重力 $m_B g$（向下）。轻绳不可伸长，$A$、$B$ 加速度大小相同，记作 $a$；同一根绳拉力处处相等。

列式求解：$A$ 取向右为正，$B$ 取向下为正（各自的运动方向）。

$$A：T = m_A a,\qquad B：m_B g - T = m_B a$$

两式相加消去 $T$：

$$a = \frac{m_B g}{m_A + m_B} = \frac{1 \times 10}{3 + 1}\ \mathrm{m/s^2} = 2.5\ \mathrm{m/s^2}$$ $$T = m_A a = 3 \times 2.5\ \mathrm{N} = 7.5\ \mathrm{N}$$

$A$ 的加速度 $2.5\ \mathrm{m/s^2}$，水平向右；绳的拉力 $7.5\ \mathrm{N}$。

检验：$T = 7.5\ \mathrm{N} < m_B g = 10\ \mathrm{N}$，$B$ 的合力向下，确实在加速下落，合理。特殊情形：若 $m_A \to 0$，$a \to g$，$B$ 相当于自由落体，公式给出的结果对。

容易卡在：认为“绳的拉力等于 $B$ 的重力 $10\ \mathrm{N}$”。$B$ 在加速下落，拉力必须小于重力。

例 3　（场景：斜面上有摩擦的连接体）倾角 $37^\circ$ 的斜面上，物块 $m_1 = 1\ \mathrm{kg}$ 和 $m_2 = 2\ \mathrm{kg}$ 用平行于斜面的轻绳相连，$m_2$ 在上方。两物块与斜面间的动摩擦因数都是 $0.5$。用平行于斜面向上的力 $F = 36\ \mathrm{N}$ 拉 $m_2$，两物块一起沿斜面向上加速。求加速度和绳的拉力（$\sin 37^\circ = 0.6$，$\cos 37^\circ = 0.8$）。

解：

研究对象：先取两物块整体，再隔离下面的 $m_1$。

过程划分：一个过程，一起沿斜面向上匀加速。

分析：整体受总重力、斜面支持力、沿斜面向下的滑动摩擦力和拉力 $F$；绳的拉力是内力。$m_1$ 受重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力、沿斜面向上的绳拉力 $T$，比 $m_2$ 少一个 $F$，隔离 $m_1$。

列式求解：取沿斜面向上为正方向。垂直斜面方向平衡，整体的摩擦力 $f = \mu(m_1 + m_2)g\cos 37^\circ = 0.5 \times 30 \times 0.8\ \mathrm{N} = 12\ \mathrm{N}$。整体沿斜面：

$$F - (m_1 + m_2)g\sin 37^\circ - f = (m_1 + m_2)a$$ $$a = \frac{36 - 18 - 12}{3}\ \mathrm{m/s^2} = 2\ \mathrm{m/s^2}$$

隔离 $m_1$：

$$T - m_1 g\sin 37^\circ - \mu m_1 g\cos 37^\circ = m_1 a$$ $$T = (6 + 4 + 1 \times 2)\ \mathrm{N} = 12\ \mathrm{N}$$

加速度 $2\ \mathrm{m/s^2}$，沿斜面向上；绳的拉力 $12\ \mathrm{N}$。

检验：$\dfrac{m_1}{m_1 + m_2}F = \dfrac{1}{3} \times 36\ \mathrm{N} = 12\ \mathrm{N}$，和本节推导的“内力按质量分配”一致，与倾角、动摩擦因数无关。

例 4　（场景：一个加速、一个静止）质量 $M = 5\ \mathrm{kg}$、倾角 $37^\circ$ 的斜面体放在粗糙水平地面上。质量 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的物块沿斜面以 $a = 2\ \mathrm{m/s^2}$ 的加速度加速下滑，斜面体始终静止。求地面对斜面体的摩擦力和支持力。

解：

研究对象：先隔离物块，再隔离斜面体。

过程划分：一个过程，物块匀加速下滑，斜面体静止。

分析：两者加速度不同，不能直接用整体法。隔离物块：受重力 $mg$、斜面支持力 $F_{\text{N}}$、沿斜面向上的滑动摩擦力 $f$。隔离斜面体：受重力 $Mg$、物块的压力 $F_{\text{N}}'$（垂直斜面向下）、物块给的摩擦力 $f'$（沿斜面向下）、地面支持力 $F_{\text{N地}}$、地面摩擦力 $f_{\text{地}}$（方向待定）。

列式求解：物块：垂直斜面 $F_{\text{N}} = mg\cos 37^\circ = 8\ \mathrm{N}$；取沿斜面向下为正，$mg\sin 37^\circ - f = ma$，$f = 6\ \mathrm{N} - 2\ \mathrm{N} = 4\ \mathrm{N}$。

由牛顿第三定律，$F_{\text{N}}' = 8\ \mathrm{N}$，垂直斜面向下；$f' = 4\ \mathrm{N}$，沿斜面向下。图中斜面向右上倾斜，物块向左下方滑。

斜面体水平方向（取向右为正）：$F_{\text{N}}'$ 的水平分量 $8 \times 0.6\ \mathrm{N} = 4.8\ \mathrm{N}$ 向右，$f'$ 的水平分量 $4 \times 0.8\ \mathrm{N} = 3.2\ \mathrm{N}$ 向左，合起来 $1.6\ \mathrm{N}$ 向右。斜面体静止，地面摩擦力

$$f_{\text{地}} = 1.6\ \mathrm{N}，\text{方向水平向左}$$

斜面体竖直方向：$F_{\text{N}}'$ 的竖直分量 $8 \times 0.8\ \mathrm{N} = 6.4\ \mathrm{N}$、$f'$ 的竖直分量 $4 \times 0.6\ \mathrm{N} = 2.4\ \mathrm{N}$，都向下：

$$F_{\text{N地}} = Mg + 6.4\ \mathrm{N} + 2.4\ \mathrm{N} = 58.8\ \mathrm{N}，\text{竖直向上}$$

检验：$F_{\text{N地}} = 58.8\ \mathrm{N} < (M + m)g = 60\ \mathrm{N}$：物块有向下的加速度分量，系统处于部分失重状态（第 6 章超重与失重），合理。特殊情形：若物块匀速下滑（$a = 0$），地面摩擦力为零、支持力为 $60\ \mathrm{N}$，和第 5 章整体平衡的结论一致。

容易卡在：斜面体受的 $F_{\text{N}}'$、$f'$ 方向画反，或只算 $F_{\text{N}}'$ 漏了 $f'$。

另一种解法：用系统牛顿第二定律，把物块和斜面体当一个系统，外力只有总重力、地面支持力和地面摩擦力。斜面体加速度为零，物块的加速度 $a = 2\ \mathrm{m/s^2}$ 沿斜面向下，分解成水平向左 $a\cos 37^\circ = 1.6\ \mathrm{m/s^2}$、竖直向下 $a\sin 37^\circ = 1.2\ \mathrm{m/s^2}$。

$$\text{水平：}f_{\text{地}} = m \cdot a\cos 37^\circ = 1.6\ \mathrm{N}（\text{向左，与物块加速度的水平分量同向}）$$ $$\text{竖直：}(M + m)g - F_{\text{N地}} = m \cdot a\sin 37^\circ,\quad F_{\text{N地}} = 60\ \mathrm{N} - 1.2\ \mathrm{N} = 58.8\ \mathrm{N}$$

只问地面对系统的力时，系统法两行就完，不用分析物块和斜面体之间的力；题目还要问物块和斜面之间的摩擦力时，隔离法更直接。

常用推论

• 内力按质量分配：几个物体一起加速，外力 $F$ 作用在最前面的物体上，各物体动摩擦因数相同（或都光滑），则后面部分受前面的作用力 $F_{\text{内}} = \dfrac{m_{\text{后}}}{m_{\text{总}}}F$，与水平还是斜面、有无摩擦无关。推导见本节“推导”。
• 跨过滑轮的两个物体（桌面光滑）：$a = \dfrac{m_B g}{m_A + m_B}$，$T = \dfrac{m_A m_B}{m_A + m_B}g$，$T$ 总小于 $m_B g$。由例 2 两式相加、再代回得出。可以把绳“拉直”来记：沿绳方向，动力 $m_B g$ 带动总质量 $m_A + m_B$。
• 两物体都挂在滑轮两侧（$m_1 > m_2$）：$a = \dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}g$，$T = \dfrac{2m_1 m_2}{m_1 + m_2}g$。推导同上，两边各取运动方向为正。
• 系统牛顿第二定律：$\vec{F}_{\text{外}} = m_1\vec{a}_1 + m_2\vec{a}_2 + \cdots$，加速度不同时也成立（本节推导）。物块在静止的斜面体上加速下滑时，地面对斜面体的摩擦力方向与物块加速度的水平分量相同。

易错点

• 错在哪：并排推两个物块，认为 $A$ 对 $B$ 的力等于推力 $F$。 为什么错：直觉把力当成“沿着物体传过去”的东西。但 $A$ 本身也有质量、也要加速，需要一部分合力；如果 $A$ 把 $F$ 全部传给 $B$，$A$ 的合力为零，就不会加速。 正确做法：隔离 $B$，由 $F_{AB} = m_B a$ 求；或用“内力按质量分配”。
• 错在哪：跨过滑轮的连接体，把绳的拉力当成悬挂物的重力。 为什么错：这是把“静止时绳拉力等于重力”的经验搬到了加速运动。悬挂物加速下落，合力向下，拉力必须小于重力（例 2 中 $7.5\ \mathrm{N} < 10\ \mathrm{N}$）。 正确做法：隔离悬挂物，$m_B g - T = m_B a$。
• 错在哪：加速度不同的两个物体（物块在斜面体上加速下滑，斜面体静止）直接用整体法，认为整体合力为零，于是“地面对斜面体没有摩擦力”。 为什么错：整体法要求加速度相同。物块有加速度，系统外力的合力等于 $ma$，不为零。 正确做法：分别隔离，或用系统牛顿第二定律 $\vec{F}_{\text{外}} = m_1\vec{a}_1 + m_2\vec{a}_2$（例 4）。
• 错在哪：整体法的受力图里把绳的拉力、物块间的压力也画上。 为什么错：这些是内力，在整体内部成对抵消，画上就重复了。 正确做法：整体法只画研究对象以外的物体施加的力。

直观理解

整体法像“看一列火车”：车头的牵引力拉着整列车加速，加速度只看牵引力和总质量，不用管车厢之间的挂钩。隔离法像“拆下一节车厢”：要问挂钩拉这节车厢多大的力，就看这节车厢（以及它后面拖着的所有车厢）需要多大的力来获得这个加速度。越靠近车头的挂钩，后面拖的质量越多，受的力越大。

关联知识点

• 前置：第 5 章整体法与隔离法，平衡状态下的连接体，本节把“合力为零”换成“合力等于 $ma$”。
• 前置：第 6 章牛顿第二定律、牛顿第三定律；隔离后两物体间的力成对出现。
• 后续：7.4 节临界问题，连接体中的物体“恰好分离”“恰好相对滑动”。
• 后续：第 20 章动量守恒，系统的内力不改变总动量，与本节“内力相加抵消”是同一个道理。
• 常一起考：第 38 章探究加速度与力、质量的关系，用悬挂物重力代替绳拉力的条件（悬挂物质量远小于小车质量），由例 2 的 $T = \dfrac{m_A}{m_A + m_B}m_B g$ 看出。

7.3 瞬时加速度

说明

加速度与合力的瞬时对应：牛顿第二定律 $\vec{F}_{\text{合}} = m\vec{a}$ 对每一时刻都成立。某一时刻合力是多少，这一时刻的加速度就是多少；合力突变，加速度跟着突变，不需要时间。

瞬时加速度问题：物体原来平衡（或有确定的加速度），某一瞬间剪断绳子、撤去支撑或外力、轻放上另一个物体，问这一瞬间的加速度。关键是判断：剩下的力里，哪些不变，哪些突变。

四种连接物的区别：

连接物	理想模型	弹力能否突变	原因
轻绳	质量不计，伸长量忽略不计	能，可以突然变大、变小或变为零	形变极小，恢复不需要时间
轻杆	质量不计，形变忽略不计	能	同上；杆还能提供推力，方向不一定沿杆
接触面（支持面、两物块的接触处）	形变忽略不计	能	同上
轻弹簧、橡皮条	质量不计，形变明显	不能，剪断（或撤去）其他力的瞬间，弹力保持原值	弹力 $F = kx$ 由形变量决定，形变量要靠物体移动才能改变，物体的位置不能瞬间改变

例外：剪断弹簧本身，或弹簧一端连着的物体被撤走（一端变成自由端），弹簧弹力立刻变为零。

使用场景

• 物体之间用弹簧相连，上端用绳挂住，剪断绳 → 弹簧弹力不突变，绳的拉力突变为零 → 剪断前由平衡求出弹簧弹力，剪断后每个物体分别用牛顿第二定律。
• 小球由两根绳（或一绳一弹簧）斜拉着静止，剪断其中一根 → 剩下的是弹簧就保持原来的力，剩下的是绳就要重新算 → 弹簧：其余力的合力与被剪断的力等大反向；绳：小球将绕悬点摆动，沿绳方向合力为零（速度为零，不需要向心力），加速度垂直于绳。
• 弹簧上原来静止着一个物体，突然把另一个物体轻放上去（或突然撤去托板、手）→ 弹簧弹力不突变，接触面的弹力突变 → 整体求瞬时加速度，再隔离求接触面上的弹力。

注意点

• 先在“变化前”用平衡条件（第 5 章）求出所有力，再判断“变化后”哪些力保持原值。弹簧弹力是要从变化前带过来的。
• “瞬间”指速度还来不及改变、位置还来不及改变的时刻，所以弹簧形变量不变；但加速度可以立刻改变。
• 剪断斜拉的绳后，剩下的若是绳，绳的拉力会突变，不能沿用剪断前的值。这时按“小球即将做圆周运动、此刻速度为零”处理：沿绳方向合力为零，加速度沿切线方向（垂直于绳）。
• 剪断后弹簧一端变成自由端（如剪断弹簧与物体之间的连接、撤走弹簧连着的物体），弹簧质量不计，弹力立刻为零。
• 正方向：同一题中几个物体的加速度方向可能不同，每个物体单独写“取……为正方向”，答案带方向。

推导

为什么弹簧弹力不能突变：弹簧弹力 $F = kx$ 只由形变量 $x$ 决定。要让 $x$ 改变，弹簧连着的物体必须移动一段距离。物体的速度是有限的，在极短的时间 $\Delta t \to 0$ 内移动的距离 $v\Delta t \to 0$，所以在剪断的那一瞬间，形变量还是原来的值，弹力也还是原来的值。

（关键一步：物体的位置是连续变化的，不能跳变；弹簧弹力只跟位置（形变量）有关，所以也不能跳变。加速度只跟此刻的合力有关，合力可以跳变，加速度就可以跳变。）

为什么轻绳、轻杆的弹力能突变：轻绳、轻杆的形变量极小（理想模型里忽略不计），微小的位置变化就足以让拉力从某个值变到零，或者变成另一个值。所以在理想模型里，它们的弹力可以在瞬间变成任何满足运动条件的值。真实的绳子也有一点弹性，只是恢复时间极短，在高中题目里按“立即”处理。

剪断斜拉绳后剩下的是绳时，加速度为什么垂直于绳：剪断后小球将绕悬点做圆周运动（第 10 章）。此刻速度为零，需要的向心力 $m\dfrac{v^2}{r} = 0$，所以沿绳方向（指向圆心方向）的合力为零：$T = mg\cos\theta$（$\theta$ 是绳与竖直方向的夹角）。合力只剩切线方向的 $mg\sin\theta$，加速度 $a = g\sin\theta$，垂直于绳。

例题

例 1　（场景：剪断绳，弹簧保持）质量都为 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的小球 $A$、$B$ 用轻弹簧相连，$A$ 用细绳挂在天花板上，系统静止。求剪断细绳的瞬间 $A$、$B$ 的加速度。

解：

研究对象：先取 $A$、$B$ 整体求绳的拉力，再分别隔离 $A$、$B$。

过程划分：分剪断前（平衡）和剪断瞬间两个状态。

分析：剪断前，隔离 $B$：弹簧弹力 $F_{\text{弹}} = mg = 10\ \mathrm{N}$，弹簧处于伸长状态，它向上拉 $B$、向下拉 $A$。剪断瞬间，绳的拉力变为零，弹簧弹力不突变，仍是 $10\ \mathrm{N}$。$A$ 受重力和弹簧向下的拉力；$B$ 受重力和弹簧向上的拉力。

列式求解：取竖直向下为正方向。

$$A：mg + F_{\text{弹}} = ma_A,\quad a_A = \frac{10 + 10}{1}\ \mathrm{m/s^2} = 20\ \mathrm{m/s^2}$$ $$B：mg - F_{\text{弹}} = ma_B,\quad a_B = 0$$

$A$ 的加速度 $20\ \mathrm{m/s^2}$（即 $2g$），竖直向下；$B$ 的加速度为零。

检验：系统整体受的外力只有总重力 $20\ \mathrm{N}$，由系统牛顿第二定律（7.2）$m a_A + m a_B = 20\ \mathrm{N}$，$20 + 0 = 20$，对。

容易卡在：认为剪断后“两个球都做自由落体，加速度都是 $g$”。那是把弹簧当成绳了。

例 2　（场景：两力斜拉，剪断一根）质量 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的小球，由一根水平细绳和另一根与竖直方向成 $37^\circ$ 的连接物拉住，处于静止。（1）若斜向上的连接物是轻弹簧，求剪断水平绳瞬间小球的加速度；（2）若斜向上的连接物是细绳，求剪断水平绳瞬间小球的加速度。

解：

研究对象：小球。

过程划分：剪断前平衡；剪断瞬间。

分析：剪断前，小球受重力、水平绳拉力 $T_1$（水平向左）和斜向上的拉力 $T_2$。由平衡：$T_2\cos 37^\circ = mg$，$T_2 = 12.5\ \mathrm{N}$；$T_1 = mg\tan 37^\circ = 7.5\ \mathrm{N}$。剪断水平绳，$T_1$ 立刻消失。

• （1）弹簧：$T_2$ 不突变，仍为 $12.5\ \mathrm{N}$。重力和 $T_2$ 的合力与原来的 $T_1$ 等大反向，即 $7.5\ \mathrm{N}$，水平向右。
• （2）细绳：$T_2$ 突变。小球将绕悬点摆动，此刻速度为零，沿绳方向合力为零，$T_2' = mg\cos 37^\circ = 8\ \mathrm{N}$；合力是重力沿切线方向的分力 $mg\sin 37^\circ = 6\ \mathrm{N}$，垂直于绳斜向下。

列式求解：

（1）$a = \dfrac{7.5}{1}\ \mathrm{m/s^2} = 7.5\ \mathrm{m/s^2}$，即 $g\tan 37^\circ$，方向水平向右（与原水平绳的拉力方向相反）。

（2）$a = \dfrac{mg\sin 37^\circ}{m} = g\sin 37^\circ = 6\ \mathrm{m/s^2}$，方向垂直于绳斜向下。

检验：（2）中 $a = 6\ \mathrm{m/s^2} < g$，绳还在拉着小球，合理；（1）中 $a$ 比（2）大，因为弹簧的拉力没有跟着减小。两种情形剪断前受力完全相同，剪断后结果不同，区别只在于连接物能否突变。

容易卡在：（2）沿用剪断前的 $T_2 = 12.5\ \mathrm{N}$，得出和（1）一样的结果。

例 3　（场景：突然加上一个物体）质量 $m_B = 3\ \mathrm{kg}$ 的物块 $B$ 静止在竖直轻弹簧上端，弹簧下端固定在地面上。把质量 $m_A = 2\ \mathrm{kg}$ 的物块 $A$ 轻轻放在 $B$ 上，求放上的瞬间 $A$、$B$ 的加速度和 $A$ 对 $B$ 的压力。

解：

研究对象：先取 $A$、$B$ 整体，再隔离 $A$。

过程划分：放上前（$B$ 平衡）；放上瞬间。

分析：放上前，弹簧弹力 $F_{\text{弹}} = m_B g = 30\ \mathrm{N}$。放上瞬间弹簧形变量还没变，弹力仍是 $30\ \mathrm{N}$；$A$、$B$ 之间的接触面弹力从零突变到某个值。“轻轻放上”表示 $A$ 放上时速度为零，此后 $A$、$B$ 一起运动，加速度相同。

列式求解：取竖直向下为正方向。整体：

$$(m_A + m_B)g - F_{\text{弹}} = (m_A + m_B)a,\quad a = \frac{50 - 30}{5}\ \mathrm{m/s^2} = 4\ \mathrm{m/s^2}$$

隔离 $A$：

$$m_A g - F_{\text{N}} = m_A a,\quad F_{\text{N}} = 20\ \mathrm{N} - 2 \times 4\ \mathrm{N} = 12\ \mathrm{N}$$

由牛顿第三定律，$A$ 对 $B$ 的压力 $12\ \mathrm{N}$，竖直向下。$A$、$B$ 的加速度都是 $4\ \mathrm{m/s^2}$，竖直向下。

检验：压力 $12\ \mathrm{N}$ 小于 $A$ 的重力 $20\ \mathrm{N}$，$A$ 处于失重状态，与加速度向下一致（第 6 章）。特殊情形：若弹簧换成刚性的支柱，弹力也能突变，$A$、$B$ 会直接静止，压力为 $20\ \mathrm{N}$。

容易卡在：认为 $A$ 放上后对 $B$ 的压力就是 $A$ 的重力 $20\ \mathrm{N}$。

常用推论

• 剪断上端的绳时，下面只靠弹簧挂着的物体，加速度为零（受力还是原来的平衡力）；被剪断那根绳直接连着的物体，加速度等于“失去的那个力 ÷ 自身质量”。例 1 中 $a_A = \dfrac{(m_A + m_B)g}{m_A}$。
• 一个物体在几个力作用下平衡，若某个力突然消失、其余力都不变，则物体的瞬时加速度大小等于“消失的力 ÷ 质量”，方向与消失的力相反。由平衡时其余力的合力与该力等大反向得出（例 2 第 1 问）。
• 小球由细绳斜拉、另有一个力把它拉离竖直位置，撤去那个力的瞬间，加速度 $a = g\sin\theta$，垂直于绳（例 2 第 2 问，本节推导）。
• 两个都用细绳（或都用轻杆、或都靠接触）连接的物体，剪断上端的绳后，下面的连接也立刻失去拉力，各物体都只受重力，加速度都是 $g$。

易错点

• 错在哪：剪断绳子的瞬间，认为弹簧的弹力也变为零，或认为所有物体都做自由落体。 为什么错：把“轻绳的力能突变”推广到了弹簧。弹簧弹力由形变量决定，形变量在瞬间来不及变。 正确做法：先用平衡求出弹簧弹力，剪断后把它原样带过去。
• 错在哪：剪断水平绳后，斜拉的那根细绳仍按剪断前的拉力算（例 2 第 2 问用了 $12.5\ \mathrm{N}$）。 为什么错：把细绳当成了弹簧。细绳拉力会立刻调整到满足此刻运动条件的值。 正确做法：剩下的是绳时，按“速度为零、即将做圆周运动”处理，沿绳方向合力为零。
• 错在哪：认为速度为零的瞬间加速度也为零（“剪断瞬间还没动，所以加速度为零”）。 为什么错：把速度和加速度混为一谈。加速度由合力决定，与此刻速度大小无关；竖直上抛到最高点速度为零，加速度仍是 $g$（第 3 章）。 正确做法：只看此刻的合力，速度是否为零不影响加速度。

直观理解

弹簧像一个“有记忆”的力：它记得自己被拉长了多少，剪断别的绳，它还按原来的长度用力。轻绳、轻杆、接触面像“随叫随到”的力：此刻需要多大就给多大，不需要了就立刻消失。判断瞬时加速度，就是把“有记忆”的力原样留下，把“随叫随到”的力按新情况重新算。

关联知识点

• 前置：第 4 章弹力与胡克定律，轻绳、轻杆、弹簧弹力的方向；第 5 章平衡条件，求变化前的各个力。
• 前置：第 6 章牛顿第二定律的瞬时性。
• 后续：第 10 章圆周运动，剪断后小球绕悬点摆动，速度为零时向心力为零。
• 后续：第 21 章简谐运动，弹簧振子在最大位移处速度为零、加速度最大，也是“弹力不突变”的应用。
• 常一起考：7.2 节连接体，瞬时状态下整体法求加速度、隔离法求接触面弹力（例 3）。

7.4 动力学中的临界问题

说明

临界状态：物体的运动状态或受力情况将要发生变化、但还没有变化的那个状态。题目里的标志词是“恰好”“刚好”“刚要”“最大”“最小”“至少”“不超过”。

常见的临界条件：

临界情形	临界条件	依据的模型
两个接触的物体恰好分离	接触面的弹力 $F_{\text{N}} = 0$，此刻两者加速度仍相同	接触面弹力只能是压力，$F_{\text{N}} \ge 0$
绳恰好拉直或恰好松弛	绳的拉力 $T = 0$	轻绳只能拉、不能推，$T \ge 0$
两个物体恰好要相对滑动	静摩擦力达到最大静摩擦力 $f = f_{\max}$，此刻两者加速度仍相同	静摩擦力 $0 \le f \le f_{\max}$，高中常取 $f_{\max} = \mu F_{\text{N}}$（第 4 章）
物体恰好离开斜面、恰好不压某个面	那个面的支持力 $F_{\text{N}} = 0$	同第一行
速度达到最大或最小	加速度 $a = 0$（合力为零）	$a$ 与 $v$ 同向时加速，反向时减速，$a = 0$ 时 $v$ 取极值

解法：

1. 找出“将要变化的那个力”，令它等于临界值（零或最大值）；
2. 在临界状态下列牛顿第二定律，求出临界加速度（或临界外力）；
3. 把实际的加速度（或外力）和临界值比较，判断实际处于临界的哪一边，再按那一边的受力情况求解。

使用场景

• 物体放在加速运动的斜面、车厢里，由绳拴住或靠在壁上，问“加速度多大时恰好不压斜面”“绳恰好松弛”→ 支持力或拉力为零的临界 → 令该力为零，用牛顿第二定律求临界加速度，再判断实际加速度在哪一边。
• 两个叠放的物体一起加速，问“拉力最大为多少时不相对滑动”→ 静摩擦力达到最大的临界 → 隔离不受拉力的那个物体，由最大静摩擦求它能有的最大加速度，再整体求拉力。
• 两个接触的物体（托盘与物块、两个并排的物块、弹簧连着的物体与挡板）在变力作用下运动，问“何时分离”“外力的最大值、最小值”→ 弹力为零的分离临界 → 分离时 $F_{\text{N}} = 0$ 且加速度相同，由此找出分离位置，再求外力的变化范围。

注意点

• 临界条件是“力等于零”或“力等于最大值”，同时加速度还相同（还没分开、还没滑动）。两个条件缺一不可。
• 求出临界值后必须比较，不能直接把实际数据代进原来的受力图：越过临界后受力情况变了（小球离开斜面后支持力就没了，绳的方向也变了；物块滑动后静摩擦变成滑动摩擦）。
• “恰好相对滑动”时，拉哪个物体，临界就不同：拉下面的木板时，上面的物块靠摩擦力加速，最大加速度是 $\mu g$；拉上面的物块时，下面的木板靠摩擦力加速，最大加速度要按木板算。
• 托盘、挡板的质量是否计入会改变分离位置：托盘质量不计时，分离时弹簧恰好恢复原长；托盘有质量时，分离时弹簧仍有形变（见常用推论）。
• 临界加速度通常有方向：例 1 中斜面向左加速才可能让小球离开斜面，向右加速则是另一个临界（绳松弛）。

推导

为什么“恰好”对应“某个力为零或最大”：接触面弹力、绳的拉力、静摩擦力都是“被动力”，在一定范围内随运动需要自动调整：

$$F_{\text{N}} \ge 0,\qquad T \ge 0,\qquad 0 \le f_{\text{静}} \le f_{\max}$$

需要的力在范围内时，状态保持（不分离、不松、不滑）；一旦需要的力超出范围，状态就改变。所以范围的边界（等号成立）就是临界状态。

（关键一步：被动力是“按需提供”的，它的大小不是事先知道的，要由运动状态反推。临界问题就是问“需要的力恰好碰到上限或下限”时的运动状态，所以令它取边界值。）

斜面上小球恰好离开的临界加速度（例 1 的一般情形）：倾角为 $\theta$ 的光滑斜面上，小球由平行于斜面的绳拴住，斜面水平加速，加速度方向朝绳拉的那一侧。小球恰好不压斜面时，只受重力和绳的拉力 $T$（沿斜面向上，与水平方向成 $\theta$）：

$$T\sin\theta = mg,\qquad T\cos\theta = ma_0$$

两式相除：

$$a_0 = \frac{g}{\tan\theta}$$

$a < a_0$ 时小球压在斜面上；$a > a_0$ 时小球离开斜面，绳与水平方向的夹角 $\alpha$ 满足 $\tan\alpha = \dfrac{g}{a}$，比 $\theta$ 小。

叠放物块恰好不相对滑动的最大拉力（地面光滑，拉力 $F$ 作用在下面的木板 $B$ 上，上面的 $A$ 与 $B$ 间动摩擦因数为 $\mu$）：$A$ 只靠 $B$ 给的静摩擦力加速，最大加速度 $a_{\max} = \dfrac{\mu m_A g}{m_A} = \mu g$。一起加速时整体 $F = (m_A + m_B)a$，所以

$$F_{\max} = (m_A + m_B)\mu g$$

例题

例 1　（场景：斜面加速，求恰好离开的临界）倾角 $53^\circ$ 的光滑斜面体上，质量 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的小球用平行于斜面的细绳拴在斜面顶端，绳拉小球的方向斜向左上方。斜面体沿水平面向左做匀加速运动，小球与斜面体保持相对静止。（1）加速度多大时，小球恰好对斜面没有压力？（2）若加速度为 $10\ \mathrm{m/s^2}$，求绳的拉力（$\sin 53^\circ = 0.8$，$\cos 53^\circ = 0.6$）。

解：

研究对象：小球。

过程划分：一个过程，小球随斜面体向左匀加速。先找临界状态，再判断第（2）问在哪一边。

分析：小球受重力 $mg$、绳的拉力 $T$（沿斜面斜向左上）、斜面支持力 $F_{\text{N}}$（垂直斜面斜向右上）。向左的加速度越大，需要的向左合力越大，$F_{\text{N}}$ 越小。$F_{\text{N}} = 0$ 就是临界。

列式求解：（1）取水平向左为正方向。临界时只受 $T$ 和 $mg$：

$$T\sin 53^\circ = mg,\qquad T\cos 53^\circ = ma_0$$ $$a_0 = \frac{g\cos 53^\circ}{\sin 53^\circ} = \frac{10 \times 0.6}{0.8}\ \mathrm{m/s^2} = 7.5\ \mathrm{m/s^2}$$

斜面体向左的加速度为 $7.5\ \mathrm{m/s^2}$ 时，小球恰好对斜面没有压力。

（2）$a = 10\ \mathrm{m/s^2} > a_0$，小球已离开斜面，绳与水平方向的夹角不再是 $53^\circ$。设夹角为 $\alpha$，小球只受 $T$ 和 $mg$：

$$T\sin\alpha = mg,\qquad T\cos\alpha = ma$$ $$T = m\sqrt{g^2 + a^2} = 1 \times \sqrt{10^2 + 10^2}\ \mathrm{N} = 10\sqrt{2}\ \mathrm{N} \approx 14.1\ \mathrm{N}$$

此时 $\tan\alpha = \dfrac{g}{a} = 1$，$\alpha = 45^\circ$，绳斜向左上方、与水平方向成 $45^\circ$。

检验：（2）中 $\alpha = 45^\circ < 53^\circ$，小球确实飘离斜面，与“越过临界”一致。若错误地沿用 $53^\circ$，由 $T\cos 53^\circ - F_{\text{N}}\sin 53^\circ = ma$、$T\sin 53^\circ + F_{\text{N}}\cos 53^\circ = mg$ 解得 $F_{\text{N}} = -2\ \mathrm{N}$，支持力为负，说明假设的状态不存在。

容易卡在：第（2）问不比较临界值，直接按小球贴在斜面上列方程。

例 2　（场景：叠放物块，恰好相对滑动）光滑水平面上放着木板 $B$（$m_B = 2\ \mathrm{kg}$），木板上放着物块 $A$（$m_A = 1\ \mathrm{kg}$），$A$、$B$ 间的动摩擦因数 $\mu = 0.4$，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平力 $F$ 拉木板 $B$。（1）要使 $A$、$B$ 不发生相对滑动，$F$ 最大为多少？（2）若 $F = 18\ \mathrm{N}$，求 $A$、$B$ 各自的加速度。

解：

研究对象：先隔离 $A$ 求临界加速度，再取整体。

过程划分：一个过程，从静止开始在 $F$ 作用下运动。

分析：$A$ 水平方向只受 $B$ 给的摩擦力，靠它加速。$F$ 越大，整体加速度越大，$A$ 需要的静摩擦力越大；静摩擦力达到最大值 $\mu m_A g$ 时，就是恰好不滑动的临界。

列式求解：取向右为正方向。

（1）隔离 $A$：$\mu m_A g = m_A a_{\max}$，$a_{\max} = \mu g = 4\ \mathrm{m/s^2}$。整体：

$$F_{\max} = (m_A + m_B)a_{\max} = 3 \times 4\ \mathrm{N} = 12\ \mathrm{N}$$

（2）$F = 18\ \mathrm{N} > 12\ \mathrm{N}$，$A$、$B$ 相对滑动，$A$、$B$ 间是滑动摩擦力 $\mu m_A g = 4\ \mathrm{N}$。

$$A：a_A = \frac{4}{1}\ \mathrm{m/s^2} = 4\ \mathrm{m/s^2}$$ $$B：F - \mu m_A g = m_B a_B,\quad a_B = \frac{18 - 4}{2}\ \mathrm{m/s^2} = 7\ \mathrm{m/s^2}$$

$A$ 的加速度 $4\ \mathrm{m/s^2}$，$B$ 的加速度 $7\ \mathrm{m/s^2}$，方向都向右。

检验：$a_B > a_A$，$B$ 跑得比 $A$ 快，$A$ 相对 $B$ 向左滑，$B$ 对 $A$ 的摩擦力向右，和假设一致。若（2）错用整体法，得 $a = 6\ \mathrm{m/s^2}$，则 $A$ 需要 $6\ \mathrm{N}$ 的摩擦力，超过最大值 $4\ \mathrm{N}$，不可能。

容易卡在：（1）隔离 $B$ 求临界。$B$ 受拉力 $F$ 和摩擦力两个水平力，$F$ 正是未知量，隔离 $B$ 求不出来；应隔离不受拉力的 $A$。

例 3　（场景：接触物体恰好分离）竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端连着一个质量不计的托盘，盘上放着质量 $m = 2\ \mathrm{kg}$ 的物块 $Q$，弹簧劲度系数 $k = 200\ \mathrm{N/m}$，系统静止。现给 $Q$ 施加竖直向上的力 $F$，使 $Q$ 由静止开始以 $a = 5\ \mathrm{m/s^2}$ 的加速度向上做匀加速直线运动。求：（1）$Q$ 与托盘分离前 $F$ 的最小值和最大值；（2）从开始到分离经历的时间。

解：

研究对象：物块 $Q$；分离条件由托盘分析得出。

过程划分：分离前 $Q$ 与托盘一起匀加速；分离时刻是临界状态。

分析：开始时弹簧压缩量 $x_0 = \dfrac{mg}{k} = \dfrac{20}{200}\ \mathrm{m} = 0.1\ \mathrm{m}$。$Q$ 受重力 $mg$、托盘支持力 $F_{\text{N}}$、拉力 $F$。托盘质量不计，它受的合力必须为零（$0 \times a = 0$），所以托盘受的弹簧弹力始终等于 $Q$ 对它的压力：$F_{\text{N}} = kx$（$x$ 为此刻的压缩量）。分离时 $F_{\text{N}} = 0$，所以 $x = 0$，弹簧恰好恢复原长。

列式求解：取竖直向上为正方向。对 $Q$：

$$F + F_{\text{N}} - mg = ma$$

$F_{\text{N}}$ 由开始时的 $mg = 20\ \mathrm{N}$ 逐渐减小到分离时的 $0$，所以 $F$ 由小变大。

（1）开始时 $F_{\text{N}} = 20\ \mathrm{N}$：$F_{\min} = ma = 2 \times 5\ \mathrm{N} = 10\ \mathrm{N}$。分离时 $F_{\text{N}} = 0$：$F_{\max} = m(g + a) = 2 \times 15\ \mathrm{N} = 30\ \mathrm{N}$。

（2）分离前 $Q$ 上升的距离等于 $x_0 = 0.1\ \mathrm{m}$，由 $x_0 = \dfrac{1}{2}at^2$：

$$t = \sqrt{\frac{2x_0}{a}} = \sqrt{\frac{2 \times 0.1}{5}}\ \mathrm{s} = 0.2\ \mathrm{s}$$

检验：分离后 $Q$ 只受 $F$ 和重力，仍要以 $5\ \mathrm{m/s^2}$ 加速，$F = m(g + a) = 30\ \mathrm{N}$，和分离时刻的值衔接，合理。

容易卡在：以为开始时 $F$ 要先克服重力，$F_{\min} = m(g + a) = 30\ \mathrm{N}$。开始时托盘还在托着 $Q$，弹簧已经平衡了重力。

另一种解法：画 $F$ 随 $Q$ 上升位移 $x$ 的图像。上升 $x$ 时弹簧压缩量为 $x_0 - x$，$F_{\text{N}} = k(x_0 - x)$，代入 $F = ma + mg - F_{\text{N}}$ 得 $F = 10 + 200x$（$\mathrm{N}$），是一条直线，从 $10\ \mathrm{N}$ 升到 $x = 0.1\ \mathrm{m}$ 时的 $30\ \mathrm{N}$，之后保持不变。图像法把“何时分离”和”$F$ 怎么变“一起看清，适合问 $F$ 做功（第 12 章，用面积）的题；只问最值时，直接代两个端点更快。

常用推论

• 光滑斜面（倾角 $\theta$）上用平行于斜面的绳拴住的小球，斜面水平加速：朝绳一侧加速，$a \ge \dfrac{g}{\tan\theta}$ 时小球离开斜面；朝另一侧加速，$a \ge g\tan\theta$ 时绳松弛（小球只受重力和支持力，由 $F_{\text{N}}\cos\theta = mg$、$F_{\text{N}}\sin\theta = ma$ 得出）。
• 叠放的两物块（地面光滑，$A$ 在上，动摩擦因数 $\mu$）：拉下面的 $B$，不相对滑动的最大拉力 $F_{\max} = (m_A + m_B)\mu g$；拉上面的 $A$，$F_{\max} = \dfrac{(m_A + m_B)\mu m_A g}{m_B}$（隔离 $B$，$B$ 的最大加速度 $\dfrac{\mu m_A g}{m_B}$）。
• 质量不计的托盘与物块分离时，弹簧恰好恢复原长（例 3）。托盘质量为 $m_0$ 时，分离时托盘的加速度仍为 $a$，对托盘 $kx - m_0 g = m_0 a$，弹簧仍压缩 $x = \dfrac{m_0(g + a)}{k}$。
• 两个物体恰好分离时，加速度相同、相互作用力为零；分离之后加速度各自由自己的受力决定。

易错点

• 错在哪：算出临界加速度后不比较，直接把实际加速度代进“小球贴着斜面”的方程。 为什么错：越过临界后，受力情况变了：支持力消失，绳的方向也变了。直接代入会得到负的支持力（例 1 检验）。 正确做法：先求临界值，比较之后再按实际状态画受力图。
• 错在哪：拉上面的物块时，仍用 $a_{\max} = \mu g$ 求最大拉力。 为什么错：$\mu g$ 是“靠摩擦力加速的那个物体”是上面物块时的最大加速度。拉上面物块时，靠摩擦力加速的是下面的木板，它的最大加速度是 $\dfrac{\mu m_A g}{m_B}$。 正确做法：始终隔离“不受拉力、只靠摩擦力带动”的那个物体求临界加速度。
• 错在哪：认为物块与托盘“在弹簧伸长到最长时分离”或“一开始施加拉力就分离”。 为什么错：凭“拉力把它拉起来”的直觉判断，没有用临界条件。分离的条件是相互作用力为零且加速度相同，要由受力推出位置。 正确做法：写出接触面弹力的表达式，令它为零，求分离位置。

直观理解

临界问题像“拔河时绳子将断未断”：绳子能承受的力有上限，需要的力低于上限就一切照旧，碰到上限就是临界。被动力（支持力、绳拉力、静摩擦力）都有这样的“量程”，题目里“恰好”“刚好”就是在问：哪个力先碰到它的量程边界？

关联知识点

• 前置：第 4 章最大静摩擦力；第 5 章平衡中的临界与极值，本节把“合力为零”换成“合力等于 $ma$”。
• 前置：7.2 节连接体，临界时加速度仍相同，可以用整体法。
• 后续：7.5 节板块、传送带，“共速后能否一起运动”就是本节的临界判断。
• 后续：第 10 章圆周运动的临界（绳球模型最高点、转盘上物块恰好不滑），条件同样是某个力为零或达到最大。
• 常一起考：第 12 章变力做功，例 3 中拉力 $F$ 做的功可用 $F$-$x$ 图像的面积求。

7.5 多过程运动

说明

多过程运动：一个物体在运动中先后经历几个阶段，每个阶段受力不同，加速度不同。每一段受力恒定时，这一段是匀变速直线运动（第 3 章）。

解法：

1. 分段：找出受力发生变化的时刻（转折点），把运动分成几段；
2. 每段受力分析：画受力图，用牛顿第二定律求这一段的加速度；
3. 每段运动学：用第 3 章的公式算这一段的时间、位移、末速度；
4. 衔接：前一段的末速度就是后一段的初速度。

常见的转折点：

转折点	受力怎样变
外力撤去或改变	合力立刻改变
速度减为零后反向（冲上斜面再滑下）	滑动摩擦力方向跟着反向
速度减为零后不再反向（$\mu \ge \tan\theta$ 时停在斜面上，或刹车停下）	滑动摩擦力变为静摩擦力，运动结束
物块与传送带、与木板共速	滑动摩擦力变为静摩擦力（能一起运动时）或方向反向（不能一起运动时）
从斜面滑到水平面，或离开传送带、木板	支持力、摩擦力随接触面改变

两个常用情境（课标里“用牛顿运动定律解决实际问题”的典型考法，本书不作为单独的知识点）：

• 传送带：物块放在运动的传送带上，摩擦力方向由物块相对传送带的运动方向决定；物块与带共速后，摩擦力可能消失、可能变成静摩擦、可能反向。
• 板块：物块在木板上滑动，两者之间的滑动摩擦力使一个减速、一个加速，直到共速；共速后能否一起运动，用 7.4 节的临界条件判断。

使用场景

• 物体受力中途改变（撤去拉力、冲上斜面后滑回、从斜面滑上水平面）→ 多段匀变速 → 每段画受力图求 $a$，用速度把各段接起来；滑动摩擦力的方向随速度方向改变。
• 物块轻放或滑上水平传送带 → 相对传送带滑动时受滑动摩擦力 → 先判断物块比带快还是慢，定摩擦力方向；算出加速到共速需要的位移，和带长比较，判断能否共速；共速后与带一起匀速，不受摩擦力。
• 物块放在倾斜传送带上 → 同上，再加重力沿斜面的分力 → 共速前按相对运动定摩擦力方向；共速后比较 $\mu$ 和 $\tan\theta$：$\mu \ge \tan\theta$ 一起匀速，$\mu < \tan\theta$ 摩擦力反向、继续加速。
• 物块滑上木板（或木板受力带动物块）→ 两个物体、两个加速度 → 分别隔离求 $a_1$、$a_2$，由“速度相等”求共速时刻，两者位移之差就是相对滑动的距离；共速后用 7.4 节判断能否一起运动。

注意点

• 每一段都要重画受力图，不能沿用上一段的。最容易错的是摩擦力的方向：滑动摩擦力与相对运动方向相反，相对谁就看谁（传送带上看相对带，板块看相对板）。
• 衔接量只能是速度（和位置）。加速度在转折点会突变（7.3），不能衔接。
• 判断“能否共速”：算出加速到共速所需的位移，与传送带长度或木板长度比较。没到共速就离开了，后面的阶段就不存在。
• 正方向：多过程题全程用同一个正方向（一般取初速度方向），或每段单独规定再小心衔接；每段第一句写明。
• 板块问题中，两个物体的位移都是相对地面的；相对滑动距离是两者位移之差（同向运动时）。木板的最小长度就是相对滑动距离。

推导

为什么速度能衔接、加速度不能：每一段里力是有限的，加速度有限，在转折点前后极短的时间 $\Delta t$ 内，速度变化 $a\Delta t \to 0$，所以转折点处速度连续。但转折点处受力突然改变（撤去外力、摩擦力换方向），由牛顿第二定律，加速度跟着突变。

（关键一步：牛顿第二定律管的是“力决定加速度”，加速度要积累一段时间才能改变速度。所以转折点上加速度可以跳，速度不能跳。在 $v$-$t$ 图上，图线在转折点处连续但拐弯。）

传送带共速后摩擦力怎么变：共速后，假设物块和带一起运动，看需要多大的静摩擦力，再和最大静摩擦力比较（7.4 节的思路）。

• 水平传送带匀速运行：一起匀速只需要 $f = 0$，所以共速后不受摩擦力，与带一起匀速。
• 倾斜传送带匀速运行（倾角 $\theta$）：一起匀速需要 $f = mg\sin\theta$，沿带向上。最大静摩擦力是 $\mu mg\cos\theta$。

$$mg\sin\theta \le \mu mg\cos\theta \iff \mu \ge \tan\theta$$

$\mu \ge \tan\theta$ 时能一起匀速；$\mu < \tan\theta$ 时摩擦力不够，物块继续相对带向下滑，滑动摩擦力沿带向上，加速度 $a = g\sin\theta - \mu g\cos\theta$。

冲上斜面再滑回（倾角 $\theta$，动摩擦因数 $\mu$）：上滑时重力分力和摩擦力都沿斜面向下，$a_1 = g\sin\theta + \mu g\cos\theta$；下滑时摩擦力沿斜面向上，$a_2 = g\sin\theta - \mu g\cos\theta$。能滑回的条件是 $a_2 > 0$，即 $\mu < \tan\theta$。

例题

例 1　（场景：冲上斜面再滑回）质量 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的物块以 $v_0 = 12\ \mathrm{m/s}$ 的初速度从底端冲上倾角 $37^\circ$ 的足够长的粗糙斜面，动摩擦因数 $\mu = 0.45$。求：（1）物块沿斜面上滑的最大距离和所用时间；（2）物块滑回底端时的速度和总时间（$\sin 37^\circ = 0.6$，$\cos 37^\circ = 0.8$）。

解：

研究对象：物块。

过程划分：阶段 1，从底端上滑到最高点（速度减为零）；阶段 2，从最高点滑回底端。转折点是最高点，摩擦力在这里反向。先检查能否滑回：$\mu = 0.45 < \tan 37^\circ = 0.75$，能。

分析：两段都受重力、支持力、滑动摩擦力，$F_{\text{N}} = mg\cos 37^\circ = 8\ \mathrm{N}$，$f = \mu F_{\text{N}} = 3.6\ \mathrm{N}$。阶段 1 摩擦力沿斜面向下；阶段 2 摩擦力沿斜面向上。

列式求解：取沿斜面向上为正方向。

阶段 1：$-mg\sin 37^\circ - f = ma_1$，

$$a_1 = -(6 + 3.6)\ \mathrm{m/s^2} = -9.6\ \mathrm{m/s^2}$$ $$t_1 = \frac{0 - v_0}{a_1} = \frac{-12}{-9.6}\ \mathrm{s} = 1.25\ \mathrm{s},\qquad x = \frac{0 - v_0^2}{2a_1} = \frac{-144}{-19.2}\ \mathrm{m} = 7.5\ \mathrm{m}$$

阶段 2：$-mg\sin 37^\circ + f = ma_2$，

$$a_2 = -(6 - 3.6)\ \mathrm{m/s^2} = -2.4\ \mathrm{m/s^2}$$

从最高点由静止滑下 $7.5\ \mathrm{m}$，位移为 $-7.5\ \mathrm{m}$：

$$v^2 = 2a_2 \cdot (-7.5) = 2 \times 2.4 \times 7.5 = 36,\quad v = -6\ \mathrm{m/s}$$ $$t_2 = \frac{v - 0}{a_2} = \frac{-6}{-2.4}\ \mathrm{s} = 2.5\ \mathrm{s}$$

（1）上滑最大距离 $7.5\ \mathrm{m}$，用时 $1.25\ \mathrm{s}$；（2）滑回底端时速度大小 $6\ \mathrm{m/s}$，方向沿斜面向下，总时间 $t_1 + t_2 = 3.75\ \mathrm{s}$。

检验：$v$-$t$ 图上方三角形面积 $\dfrac{1}{2} \times 1.25 \times 12 = 7.5$，下方三角形面积 $\dfrac{1}{2} \times 2.5 \times 6 = 7.5$，上滑、下滑距离相等，对。滑回速度 $6\ \mathrm{m/s} < 12\ \mathrm{m/s}$，下滑时间 $2.5\ \mathrm{s} >$ 上滑时间 $1.25\ \mathrm{s}$，摩擦力消耗了能量，合理。

容易卡在：阶段 2 仍用 $a_1$，或认为“原路返回，速度和时间都对称”。那只在光滑斜面上成立（第 3 章例题）。

例 2　（场景：水平传送带）水平传送带以 $v = 4\ \mathrm{m/s}$ 的速度向右匀速运行，两端 $A$、$B$ 相距 $L = 10\ \mathrm{m}$。把一个小物块轻放在 $A$ 端，物块与传送带间的动摩擦因数 $\mu = 0.2$。求：（1）物块从 $A$ 到 $B$ 的时间；（2）物块在传送带上留下的划痕长度。

解：

研究对象：物块。

过程划分：阶段 1，物块比带慢，相对带向左滑，受向右的滑动摩擦力，匀加速；若在到达 $B$ 前与带共速，进入阶段 2，与带一起匀速。先要判断能否共速。

分析：阶段 1 受重力、支持力、向右的滑动摩擦力，$f = \mu mg$。阶段 2 与带同速、无相对运动趋势（水平匀速不需要摩擦力），$f = 0$。

列式求解：取向右为正方向。

阶段 1：$a = \mu g = 2\ \mathrm{m/s^2}$。加速到 $4\ \mathrm{m/s}$ 需要

$$t_1 = \frac{v}{a} = 2\ \mathrm{s},\qquad x_1 = \frac{v^2}{2a} = \frac{16}{4}\ \mathrm{m} = 4\ \mathrm{m}$$

$x_1 = 4\ \mathrm{m} < L = 10\ \mathrm{m}$，能共速。

阶段 2：剩下 $6\ \mathrm{m}$ 以 $4\ \mathrm{m/s}$ 匀速，$t_2 = \dfrac{6}{4}\ \mathrm{s} = 1.5\ \mathrm{s}$。

（1）总时间 $t = t_1 + t_2 = 3.5\ \mathrm{s}$。

（2）划痕只在相对滑动的阶段 1 产生。这 $2\ \mathrm{s}$ 内传送带前进 $vt_1 = 8\ \mathrm{m}$，物块前进 $4\ \mathrm{m}$，划痕长 $\Delta x = 8\ \mathrm{m} - 4\ \mathrm{m} = 4\ \mathrm{m}$。

检验：若全程以 $4\ \mathrm{m/s}$ 运动需要 $2.5\ \mathrm{s}$，加速段较慢，实际 $3.5\ \mathrm{s}$ 比它长，合理。

容易卡在：不判断能否共速，直接用 $L = \dfrac{1}{2}at^2$ 求出 $t = \sqrt{10}\ \mathrm{s}$，那样物块末速度 $2\sqrt{10}\ \mathrm{m/s} \approx 6.3\ \mathrm{m/s}$，比带还快，不可能。

另一种解法：画 $v$-$t$ 图。物块的图线从 $0$ 以斜率 $2$ 升到 $4\ \mathrm{m/s}$ 后变成水平线；传送带是 $v = 4$ 的水平线。物块走过的位移是它图线下的面积：$\dfrac{1}{2} \times 2 \times 4 + 4(t - 2) = 10$，得 $t = 3.5\ \mathrm{s}$。两条图线之间的三角形面积 $\dfrac{1}{2} \times 2 \times 4\ \mathrm{m} = 4\ \mathrm{m}$ 就是划痕。问相对滑动距离时，图像法一眼看出；问时间时，分段列式和图像法一样快。

例 3　（场景：倾斜传送带）传送带与水平面的夹角为 $37^\circ$，以 $v = 10\ \mathrm{m/s}$ 的速度沿带向下匀速运行，顶端 $A$ 到底端 $B$ 的长度 $L = 16\ \mathrm{m}$。在 $A$ 端轻放一个小物块，物块与传送带间的动摩擦因数 $\mu = 0.5$。求物块从 $A$ 到 $B$ 的时间和到达 $B$ 时的速度（$\sin 37^\circ = 0.6$，$\cos 37^\circ = 0.8$）。

解：

研究对象：物块。

过程划分：阶段 1，物块比带慢，相对带向上滑，滑动摩擦力沿带向下；与带共速后，由于 $\mu = 0.5 < \tan 37^\circ = 0.75$，不能一起匀速，进入阶段 2，物块比带快，相对带向下滑，摩擦力沿带向上。

分析：两段都受重力、支持力、滑动摩擦力，$F_{\text{N}} = mg\cos 37^\circ$，$f = \mu mg\cos 37^\circ$；只有摩擦力方向不同。

列式求解：取沿带向下为正方向。

阶段 1：$mg\sin 37^\circ + \mu mg\cos 37^\circ = ma_1$，

$$a_1 = (6 + 4)\ \mathrm{m/s^2} = 10\ \mathrm{m/s^2},\qquad t_1 = \frac{10}{10}\ \mathrm{s} = 1\ \mathrm{s},\qquad x_1 = \frac{10^2}{2 \times 10}\ \mathrm{m} = 5\ \mathrm{m}$$

$x_1 = 5\ \mathrm{m} < 16\ \mathrm{m}$，能共速。

阶段 2：$mg\sin 37^\circ - \mu mg\cos 37^\circ = ma_2$，$a_2 = (6 - 4)\ \mathrm{m/s^2} = 2\ \mathrm{m/s^2}$。剩余 $x_2 = 11\ \mathrm{m}$，初速度 $10\ \mathrm{m/s}$：

$$11 = 10t_2 + \frac{1}{2} \times 2 \times t_2^2 \;\Rightarrow\; t_2^2 + 10t_2 - 11 = 0 \;\Rightarrow\; t_2 = 1\ \mathrm{s}$$

（另一根 $t_2 = -11\ \mathrm{s}$ 舍去。）到达 $B$ 时 $v_B = 10\ \mathrm{m/s} + 2 \times 1\ \mathrm{m/s} = 12\ \mathrm{m/s}$。

总时间 $2\ \mathrm{s}$，到达 $B$ 时速度 $12\ \mathrm{m/s}$，方向沿带向下。

检验：$v$-$t$ 图面积 $\dfrac{1}{2} \times 1 \times 10 + \dfrac{(10 + 12) \times 1}{2} = 5 + 11 = 16\ \mathrm{m}$，等于带长，对。

容易卡在：共速后以为“和带一起匀速”，没有比较 $\mu$ 和 $\tan\theta$。若 $\mu \ge 0.75$，共速后才会一起匀速。

例 4　（场景：板块）质量 $M = 2\ \mathrm{kg}$ 的木板静止在光滑水平地面上，质量 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的物块以 $v_0 = 6\ \mathrm{m/s}$ 的水平速度从左端滑上木板，物块与木板间的动摩擦因数 $\mu = 0.4$，物块最终没有滑离木板。求：（1）物块与木板达到共同速度所用的时间和共同速度；（2）木板的最小长度。

解：

研究对象：物块、木板分别隔离。

过程划分：阶段 1，物块比木板快，相对木板向右滑，物块减速、木板加速，直到共速；阶段 2，共速后，地面光滑，整体不受水平外力，一起匀速（需要的静摩擦力为零，不会再相对滑动）。

分析：物块受木板向左的滑动摩擦力 $f = \mu mg = 4\ \mathrm{N}$；由牛顿第三定律，木板受物块向右的摩擦力 $f' = 4\ \mathrm{N}$。竖直方向的力各自平衡，不影响水平运动。

列式求解：取向右为正方向。

$$\text{物块：}a_1 = -\frac{\mu mg}{m} = -4\ \mathrm{m/s^2},\qquad \text{木板：}a_2 = \frac{\mu mg}{M} = \frac{4}{2}\ \mathrm{m/s^2} = 2\ \mathrm{m/s^2}$$

（1）共速时 $v_0 + a_1 t = a_2 t$：$6 - 4t = 2t$，$t = 1\ \mathrm{s}$，共同速度 $v = 2\ \mathrm{m/s}$，方向向右。

（2）这 $1\ \mathrm{s}$ 内：

$$x_m = \frac{v_0 + v}{2}t = \frac{6 + 2}{2} \times 1\ \mathrm{m} = 4\ \mathrm{m},\qquad x_M = \frac{0 + v}{2}t = 1\ \mathrm{m}$$

物块相对木板滑过 $\Delta x = x_m - x_M = 3\ \mathrm{m}$，木板至少长 $3\ \mathrm{m}$。

检验：系统水平方向不受外力，总动量不变：$1 \times 6 = (1 + 2) \times 2$，对（第 20 章）。

容易卡在：把物块的位移 $4\ \mathrm{m}$ 当成板长。板长看的是相对位移。

另一种解法：画两条 $v$-$t$ 图线：物块从 $6$ 降到 $2$，木板从 $0$ 升到 $2$，交于 $t = 1\ \mathrm{s}$。两线之间的三角形面积就是相对滑动距离：$\dfrac{1}{2} \times 6 \times 1\ \mathrm{m} = 3\ \mathrm{m}$（底是 $t = 0$ 时的速度差 $6\ \mathrm{m/s}$，高是 $1\ \mathrm{s}$）。只问相对位移时，图像法不用分别算两个位移；还要问各自的位移时，列式更直接。

常用推论

• 物块冲上粗糙斜面再滑回（$\mu < \tan\theta$）：$a_{\text{上}} > a_{\text{下}}$，上滑时间短于下滑时间，回到底端的速度小于初速度。由本节推导的 $a_1$、$a_2$ 和“上下距离相等”得出。
• 物块轻放在水平传送带上（带足够长）：加速段的位移 $x_1 = \dfrac{v^2}{2\mu g}$，同一时间带走了 $2x_1$，所以相对滑动距离（划痕）$\Delta x = x_1 = \dfrac{v^2}{2\mu g}$。摩擦生热 $Q = \mu mg\Delta x$（第 14 章）。
• 倾斜传送带向下运行，物块轻放在顶端：共速后 $\mu \ge \tan\theta$ 一起匀速，$\mu < \tan\theta$ 以 $a = g\sin\theta - \mu g\cos\theta$ 继续加速（本节推导）。
• 板块（地面光滑）：共速前两者的相对位移等于 $v$-$t$ 图上两线之间的面积；共速后不受水平外力，一起匀速。
• 多过程的 $v$-$t$ 图在转折点处连续但拐弯，斜率突变（本节推导）。

易错点

• 错在哪：物块冲上斜面后滑回，下滑段仍用上滑时的加速度，或认为摩擦力方向不变。 为什么错：把“加速度不变、可以整体代入”的竖直上抛经验（第 3 章）搬到了有摩擦的斜面。滑动摩擦力总是阻碍相对运动，速度反向，摩擦力就反向。 正确做法：在速度为零处分段，每段重画受力图。
• 错在哪：传送带上的物块，摩擦力方向按物块对地的运动方向判断（“物块向右运动，摩擦力向左”）。 为什么错：滑动摩擦力阻碍的是相对运动。物块轻放在向右运行的带上，对地向右运动，但比带慢、相对带向左滑，摩擦力向右，是动力。 正确做法：先比较物块和带的速度，确定相对运动方向，再定摩擦力方向。
• 错在哪：倾斜传送带上物块与带共速后，认为一定和带一起匀速。 为什么错：水平传送带共速后摩擦力消失，倾斜时却需要静摩擦力平衡重力的分力，这个静摩擦力可能超过最大值。 正确做法：比较 $\mu$ 和 $\tan\theta$（例 3）。
• 错在哪：不判断能否共速，把“加速到共速”当成必然发生。 为什么错：传送带或木板长度有限，物块可能还没共速就离开了。 正确做法：先算到共速需要的位移，和长度比较，再决定有没有第二阶段。

直观理解

多过程题就像“换挡开车”：每换一次挡，加速度就变一次，但车速不会跳，换挡前一刻多快，换挡后一刻就还是多快。$v$-$t$ 图上，每一段是一条直线，换挡处图线拐弯但不断开。做题时先把“换挡点”找全（撤力、速度为零、共速、换接触面），图画出来，每段一条直线，面积是位移，斜率是加速度，大半的题就理清了。

关联知识点

• 前置：第 3 章匀变速直线运动的公式和 $v$-$t$ 图；第 4 章滑动摩擦力的方向（与相对运动方向相反）。
• 前置：7.4 节临界问题，共速后能否一起运动的判断。
• 后续：第 13 章动能定理处理多过程，不涉及时间和加速度时可以跨过转折点一次列式。
• 后续：第 14 章功能关系，传送带、板块中摩擦生热 $Q = f\Delta x_{\text{相对}}$。
• 常一起考：第 20 章动量守恒，板块问题在地面光滑时可用动量守恒求共同速度（例 4 检验）。

7.6 知识点之间的关系

本章四个知识点都是“用牛顿第二定律列方程”，区别在于先要做的那个判断：几个物体时判断加速度是否相同（7.2），某一瞬间受力突变时判断哪些力能突变（7.3），出现“恰好”时判断哪个力碰到边界（7.4），受力随时间改变时判断转折点在哪里（7.5）。一道综合题常常几样都用：板块问题先用 7.4 判断会不会相对滑动，滑动时按 7.5 分段，每段对两个物体分别隔离（7.2）。

7.7 自测

1. 光滑水平面上，物块 $A$（$2\ \mathrm{kg}$）、$B$（$3\ \mathrm{kg}$）用轻绳相连，用 $F = 15\ \mathrm{N}$ 的水平力拉 $B$，求绳的拉力。
2. 上题中若水平面粗糙，两物块与地面的动摩擦因数都是 $0.2$，其余不变，绳的拉力是多少？
3. 光滑水平面上，质量都为 $1\ \mathrm{kg}$ 的 $A$、$B$ 用轻弹簧相连，$B$ 在前，用 $F = 4\ \mathrm{N}$ 的水平力推 $A$，两者一起加速。撤去 $F$ 的瞬间，$A$、$B$ 的加速度各是多少？
4. 细绳把 $A$ 挂在天花板上，$A$ 下面用另一根细绳挂着 $B$，两者静止。剪断上面细绳的瞬间，$A$、$B$ 的加速度各是多少？
5. 7.4 节例 1 中，若斜面体向左的加速度为 $5\ \mathrm{m/s^2}$，求绳的拉力和斜面对小球的支持力。
6. 光滑水平面上，物块 $A$（$1\ \mathrm{kg}$）叠放在木板 $B$（$3\ \mathrm{kg}$）上，$A$、$B$ 间动摩擦因数 $0.3$。用水平力拉 $A$，要使两者不相对滑动，拉力最大为多少？
7. 质量 $2\ \mathrm{kg}$ 的物体静止在水平面上，动摩擦因数 $0.2$，用 $F = 10\ \mathrm{N}$ 的水平力拉 $4\ \mathrm{s}$ 后撤去，物体共滑行多远？
8. 水平传送带以 $2\ \mathrm{m/s}$ 的速度运行，长 $1\ \mathrm{m}$，物块轻放在一端，动摩擦因数 $0.5$，求物块到达另一端的时间。

答案：1. $6\ \mathrm{N}$；2. $6\ \mathrm{N}$（内力按质量分配，与动摩擦因数无关）；3. $A$：$2\ \mathrm{m/s^2}$，方向与原运动方向相反；$B$：$2\ \mathrm{m/s^2}$，方向与原运动方向相同；4. 都是 $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$，竖直向下（绳的拉力能突变）；5. $T = 11\ \mathrm{N}$，$F_{\text{N}} = 2\ \mathrm{N}$（$5 < 7.5$，小球仍压在斜面上）；6. $4\ \mathrm{N}$（$B$ 的最大加速度 $1\ \mathrm{m/s^2}$）；7. $60\ \mathrm{m}$（加速段 $24\ \mathrm{m}$，减速段 $36\ \mathrm{m}$）；8. $0.7\ \mathrm{s}$（加速 $0.4\ \mathrm{s}$ 走 $0.4\ \mathrm{m}$，匀速 $0.3\ \mathrm{s}$）。

7.8 深入阅读

• PhET · 力与运动基础：“加速度”一页里改变推力、摩擦和被推物体的质量，看加速度怎样由合力和总质量决定。
• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有人教版必修第一册第四章“牛顿运动定律的应用”的同步课程和电子教材。
• 维基百科 · 牛顿运动定律：三条定律的表述、适用范围和历史，适合回顾本章所用规律的来源。