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专题3.2 动力学典型模型分析【讲】
【讲核心素养】
1.物理观念：连接体、相对运动。
（1）知道连接体模型的特征能在具体问题情景中识别连接体模型并能归类（同速类、不同速
类）。
（2）通过实例的分析与推理，理解并会分析相对运动问题建立运动观。
2.科学思维：牛顿运动定律、整体法与隔离法、临界法。
（1）.掌握应用整体法与隔离法解决连接体问题的基本方法。
（2）会应用牛顿运动定律及运动学公式分析传送带模型。
（3）掌握应用整体法与隔离法解决“滑块-木板”问题的基本方法
3.科学态度与责任：能用牛顿运动定律解决生产生活中的皮带传动、连接体等问题。
能将具体问题情景通过构建物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推
理能力和模型构建能力并体会物理学的应用价值。
【讲考点题型】
【知识点一】瞬时加速度问题
1.两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外
力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2．求解瞬时加速度的一般思路
（1）分析物体原来的受力情况。
（2）分析物体在突变时的受力情况。
（3）由牛顿第二定律列方程。
（4）求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
【例1】（2022·重庆·三模）如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，
物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度 a水平向右做匀加速直线
运动。甲、乙物块质量分别为m、 ，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块的加速度大小分别为 、 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】 C
【解析】
由题知，撤去力F前，此时弹簧弹簧力为 ，对物块乙有
撤去力F瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变，对甲物体有
则有
故ABD错误，C正确。
故选C。
【变式训练1】（2022·辽宁·二模）如图所示，质量分别为 ， 的两物体置于光滑
的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为 ， 的水平拉力分别作
用在 、 上，弹簧测力计未超出弹性限度，则（ ）
A．弹簧测力计的示数是50N
B．若增大 ，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去 的瞬间， 的加速度大小为4
D．在突然撤去 的瞬间， 的加速度大小为15
【答案】 D
【解析】
A．对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度
隔离 ，根据牛顿第二定律有解得
所以弹簧测力计的示数为45N，A错误；
B．根据
增大 ， 变大，B错误；
C．在突然撤去 的瞬间，弹簧的弹力不变， 的加速度不变，为 ， 的加速度 C
错误；
D．在突然撤去 的瞬间，弹簧的弹力不变， 的加速度不变，为 ， 的加速度 ，
D正确。
故选D。
【方法总结】
1．在求解瞬时性问题时的两点注意
（1）物体的受力情况和运动情况时刻对应，当外界因素变化时，需要重新进行受力分析和运动
分析。
（2）加速度可以随力而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
2.解题思路
→→
→
【知识点二】超重与失重问题
1．实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
（2）视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
物体对支持物的压力 物体对支持物的压力
物体对支持物的压力
（或对悬挂物的拉 （或对悬挂物的拉
概念 （或对悬挂物的拉
力）大于物体所受重 力）小于物体所受重
力）等于零的现象
力的现象 力的现象
产生条件 物体的加速度方向竖 物体的加速度方向竖 物体的加速度方向竖直向上 直向下 直向下，大 a ＝ g
F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝ma＝mg
原理方程
F＝ m （ g ＋ a ） F＝ m （ g － a ） F＝0
以 a＝g 加速下降或
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升
减速上升
【例2】（2022·福建省漳平第一中学模拟预测）某工地上一塔吊通过一钢丝绳竖直向上提升一重
物，若重物运动过程的 关系图像如图所示，则下列分析正确的是（ ）
A． 内重物上升的高度为
B． 内钢丝绳最容易断裂
C． 内重物一直处于超重状态
D． 内重物的平均速度等于 内的平均速度
【答案】 D
【解析】
A．由面积法可知其上升的高度为
故A错误；
B．10 s～40s内重物匀速上升，钢绳对重物的拉力等于重物的重力；0～10s内物体加速上升，拉
力大于重力，所以0～10s内钢丝绳更容易断裂，故B错误；
C．0～10s内重物向上加速，钢绳对重物的拉力大于重物的重力，重物处于超重状态；10 s～40s
内重物匀速上升，钢绳对重物的拉力等于重物的重力，故C错误；
D．0～10s内的平均速度等于
40 s～45s内的平均速度
可知 内重物的平均速度等于 内的平均速度，故D正确。
故选D。【变式训练2】（2022·北京师大附中三模）体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂
竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠（身体无摆动）；然后使身体下降，最终悬垂在
单杠上。下列说法正确的是（ ）
A．若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力变大
B．若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力不变
C．在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
D．在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力
【答案】 B
【解析】
AB．人在悬垂时处于静止状态，由力的平衡条件可知，手掌受到单杠在竖直方向的弹力不变，A
错误，B正确；
C．人在上升运动中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状态，后处于失重
状态，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，C错误；
D．同理，人在下降运动中，身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状态，后处于超
重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，D错误。
故选B。
【方法总结】
1.判断超重和失重的方法
（1）从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失
重状态；等于零时，物体处于完全失重状态.
（2）从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向
下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态.
2.对超重和失重现象的理解
（1）发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了
（即“视重”变大或变小了）.
（2）物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关.
（3）物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma.（4）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中
的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.
【知识点三】动力学中的连接体问题
1.连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体.
连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）.
2.常见连接体的类型
（1）同速连接体（如图）
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
处理方法：用整体法求出a与F 的关系，用隔离法求出F 与a的关系.
合 内力
（2）关联速度连接体（如图）
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.
处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.
【例3】（多选）（2020·海南·高考真题）如图，在倾角为 的光滑斜面上，有两个物块P和Q，
质量分别为 和 ，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力 F作用下，两物块
一起向上做匀加速直线运动，则（ ）A．两物块一起运动的加速度大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大 ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大 ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】 BC
【解析】
A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得 ，故A错误；
B．对m 受力分析，根据牛顿第二定律有
2
解得 ，故B正确；
C．根据 ，可知若只增大 ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根
据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D．根据 ，可知只增大 ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，
可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
故选BC。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的运动观相互作用观科学思维中的科学推理。
要求考生能正确使用整体法与隔离法结合牛顿运动定律分析加速度相同、速度方向也相同的连接
体问题形成科学思维方式。
【变式训练3】（2020·江苏·高考真题）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡
献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直
轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相
等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（ ）
A．F B． C． D．
【答案】 C
【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2
节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F ，则根据牛顿第二定律有
1
联立解得 。
故选C。
【必备知识】1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先
整体后隔离的方法.
2.处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用
隔离法求物体间的作用力。
3.隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【例4】（2021·海南·高考真题）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 、 ，P与桌面间的动摩擦因数 ，重力加速
度 。则推力F的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 A
【解析】
P静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故Q物体加速下降，有
可得而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律
解得
故选A。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的运动观科学思维中的科学推理。要求考生
能正确使用整体法与隔离法结合牛顿运动定律分析加速度相同但速度方向不相同的连接体问题并
能与例1形成对比。
【必备知识】不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，
加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解．
【变式训练4】（2022·重庆市育才中学模拟预测）如题图所示，质量 的物块A和质量
的物块B通过轻质滑轮相连，B放在倾角 的固定斜面上，物块B与斜面间的动摩擦
因数 ，其他摩擦均不计。初始时物块A、B静止，轻绳不松弛。当物块A由静止下降高度
的过程中（A未触地，B未碰到滑轮），重力加速度 ， 。关于此运动过
程的描述，下列说法正确的是（ ）
A．B物体机械能减少 B．B物体重力势能增加
C．绳子对B的拉力大小为 D．A物体的速度为
【答案】 D
【解析】
A．物块A由静止下降过程中，B沿斜面向上做加速运动，重力势能和动能都增加，则机械能增
加，故A错误；
B．根据几何关系可知物块A由静止下降高度 的过程中，物块B沿斜面上升 ，则B物体
重力势能增加
故B错误；
C．对A，根据牛顿第二定律
对B，根据牛顿第二定律而
解得
T=15N
故C错误；
D．对A，根据牛顿第二定律
解得
根据速度位移关系
解得
故D正确。
故选D。
【知识点四】“传送带”模型的动力学问题
1.水平传送带
项目 图示 滑块可能的运动情况
（1）可能一直加速
情景1
（2）可能先加速后匀速
（1）v >v时，可能一直减速，也可能先减速
0
再匀速
情景2
（2）v v返回时速度为 v，若v tanθ
mgcosθ v f' = mg
f
s
突
inθ
变 为 静 v 痕
v
迹
a
物
共
体
速
传送带
①
②
滑
加
动
速
摩
度
擦力
a=
f
g
=
（
μmg
μ
c
c
o
o
s
s
θ
θ-
=μ sinθ）
f v O
t t t
L 1 2 ③上传条件：μ>tanθ
θ ④共速摩擦力突变为静摩
擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题
μx ，痕迹 Δx =x -x ，共
物 1 传 物
速后，x >x ，痕迹 Δx =x
物 传 2
-x ，总痕迹取二者中大的
物 传
那一段
【方法总结】
1．求解传送带问题的关键
（1）正确分析物体所受摩擦力的方向。
（2）注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．处理此类问题的一般流程
弄清初始条件⇒判断相对运动⇒判断滑动摩擦力的大小和方向⇒分析物体受到的合外力及加速度的
大小和方向⇒由物体的速度变化分析相对运动⇒进一步确定以后的受力及运动情况。
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。
如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动
情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
【例5】（水平传送带）
（2022·全国·高三专题练习）如图所示，水平传送带 AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg
的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块 Q的细线水平。
当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g=l0m/s2，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（ ）A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6s
C．Q在运动过程中所受摩擦力始终不变
D．Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态
【答案】 B
【解析】
A．当传送带以 逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有
即
代入数据解得
故A错误；
B．当传送带突然以 顺时针转动，物体Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二
定律有
解得
当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有
代入数据解得匀加速的时间为 s，匀加速的位移为
代入数据解得x=4.8m，则匀速运动的时间为
代入数据解得 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为
故B正确；
C．物体Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，
故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；
D．由B的分析可知，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，
P匀速下降，处于平衡状态，故D错误。故选B。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的相互作用观运动观及科学思维中的科学推
理与科学论证。要求考生对本题有清晰的受力分析运动分析并能应用牛顿运动定律及运动学公式
建立方程通过科学的运算推理得出正确的结论培养学生综合分析问题的能力。
【变式训练5】（2022·安徽合肥·三模）如图所示， 、 两端距离为 的水平传送带以速度 逆
时针运转，将小石墨块 轻放在传送带右端 ，当石墨块从左端 离开传送带时，传送带上留下
了长度为 的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是（ ）
A．增大传送带速度 ，划痕长度一定变长
B．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长
C．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小
D．一定条件下可使
【答案】 D
【解析】
AD．若石墨块到达 时速度小于 ，说明石墨块一直做匀加速直线运动，加速度大小为
所用时间为
则划痕长度为
若 ，可得
说明在石墨块到达 端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为 ，之后的划痕与原来划痕重叠，
增大传送带速度 ，划痕长度保持 不变，A错误，D正确；
B．若石墨块到达 端前速度已经等于 ，则有
则划痕长度为可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；
C．若石墨块到达 端前速度已经等于 ，划痕长度为
若石墨块到达 时速度小于 ，划痕长度为
（当 时， ）
可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误；
故选D。
【例6】（倾斜传送带）
（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v 顺时针运行。一小木
0
块以初速度v 从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度 v随
1
时间t变化关系的图像不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】 C
【解析】
A．当v ＜v ，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传
1 0
送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做
匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，表现为v-t图像斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为－v ，
1
故A可能；
B．当v ＜v ，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传
1 0
送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀
加速运动，当木块速度增大至v 时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传
0
送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v 运动，故B可能；
0
C．当v ＞v ，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传
1 0
送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀
减速运动（设加速度大小为a ），当木块速度减小至v 时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑
1 0
动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为 v-t图像斜率变小，
木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a ），速度减为零之后开始沿传送带向下做匀
2
加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为 a ，表现为v-t图像斜率不变），根据运动学
2
规律可知木块速度从v 减至v 的过程位移大小为
1 0
木块速度从v 减至0的过程位移大小为
0
假设木块返回至传送带下端时的速度为－v ，则木块速度从0增大至－v 的过程位移大小为
1 1
由于 ，所以有
即
而木块整个过程的位移应为零（ 应等于 ），上式显然不满足，故C不可能；
D．当v ＞v ，且木块重力沿传送带向下的分力不大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上
1 0
传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做
匀减速运动，当木块速度减小至v 时，将随传送带一起以v 运动，故D可能。
0 0
本题选不可能的，故选C。
【变式训练6】 （2022·上海市市西中学二模）如图所示，以恒定速率v =0.5m/s运行的传送带与
1
水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=4m。工作人员沿传送方向以速度v =1.5m/s从传送带顶端推
2
下一件m=2kg的小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数 μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功。
【答案】 （1） ；（2） ， ；（3）
【解析】
（1）小包裹的速度v 大于传动带的速度v ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受
2 1
力分析如图所示
根据牛顿第二定律可知
代入数据可得
所以加速度的大小为 ，方向为沿斜面向上；
（2）由（1）可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v 相同，用时
1
相应的匀减速直线运动的距离为
（3）因为s ，且
因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为位移大小为
所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为
代入数据可得
【必备知识】1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.
2.临界状态：当v ＝v 时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.
物 带
【知识点五】滑块—滑板模型
1．命题规律
滑块—滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问
题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。
2．复习指导
分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或
者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折前、后受力情况之间的
关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、
后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模
型的关键。
3．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
4．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反
向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x ，木板位移大小为x
1 2
同向运动时：L＝x －x
1 2
反向运动时：L＝x ＋x
1 25．分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧
（1）分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。
（2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
（3）知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
（4）两者发生相对滑动的条件：
①摩擦力为滑动摩擦力。
②二者加速度不相等。
【方法总结】会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题
1．水平面“板块”模型
类型1 光滑地面，有初速度无外力类
（1）系统不受外力，满足动量守恒．
（2）如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度
更直观（如图）．
类型2 地面粗糙，滑块（或板）有初速度类
（1）因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动．
（2）若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者
相对静止，利用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F ＝ma，求出滑块受的
合
摩擦力F，再比较它与最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，
f
如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动．
（3）若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．
（如图）
类型3 地面粗糙，加外力类
（1）木板上加力（如图甲），板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动．（2）滑块上加力（如图乙），注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动（还是用
假设法判断）．
2．斜面上“板块”模型
类型1 无初速度下滑类（如图）
假设法判断是否发生相对滑动
（1）μ <μ （上面比下面粗糙），则不会相对滑动．用极限法，μ 无限大或斜面光滑，一起匀加
2 1 1
速运动．
（2）μ >μ （下面比上面粗糙），则会相对滑动．
2 1
类型2 加外力下滑类（如图）
对m分析，加速度范围gsin θ－μ gcos θ
