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题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型
连接体问题、 板块模型、传送带模型是经典的三种模型，是涉及多个物体发生相对运动的
问题，分析这类问题要从受力分析和运动过程分析，分析每个物体的运动情况，由牛顿第
二定律分析它们的加速度情况，有时还要结合能量和动量的观点解决问题。
例题1. （2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整
个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中
点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距 时，它们加速度的大小均为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距 时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为 ，水平方向有
解得对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
例题2. （多选）（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为 的长木板，木板的左端上有一
质量为 的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如
图（b）所示，其中 、 分别为 、 时刻F的大小。木板的加速度 随时间t的变化关系如图
（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为 ，物块与木板间的动摩擦因数为 ，假设最大静
摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A． B．
C． D．在 时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．图（c）可知，t 时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚
1
要滑动，此时以整体为对象有
A错误；BC．图（c）可知，t 滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
2
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t 这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
2
故选BCD。
1、连接体问题
(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法.
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用
先整体后隔离的方法.
②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分解力，或者正交分解加速度.
(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，
一般采用隔离法分析
(4)解题关键：正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体
应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解
2．传送带模型
分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一 是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；
二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．
（1）水平传送带模型
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
0
能先减速再匀速
情景2
(2)v <v时，可能一直加速，也可
0
能先加速再匀速
(1)传送带较短时，滑块一直减速
达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传
情景3
送带传回右端．其中v >v返回时
0
速度为v，当v <v返回时速度为
0
v
0
（2）倾斜传送带模型
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)可能一直加速
情景2 (2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a 加速后以a 加速
1 2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景3
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a 加速后以a 加速
1 2
(1)可能一直加速
情景4 (2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行
讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析．
3.滑板—滑块模型
（1）模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
（2）两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动
时，位移之和等于板长．
（3）解题思路（4）易失分点
①不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．
②不清楚物体间发生相对滑动的条件．
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1． （2023·河北·模拟预测）如图所示，位于倾角为 的斜面上的物体B由跨过定滑轮的轻绳与物
块A相连，从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数
均为 ；A、B两物块质量分别为 和 ，滑轮的质量、绳与滑轮及滑轮轴上的摩擦都不计。若用
一沿斜面向下的力 拉B使它做加速度为 的匀加速直线运动，重力加速度为 ，以下说法正确的
是（ ）
A．绳子的拉力为
B．绳子的拉力为
C．拉力 的值为
D．拉力 的值为【答案】C
【解析】AB．对 物体分析
解得
选项AB错误；
CD．对B物体分析
带入解得
选项C正确，选项D错误。
故选C。
2． （2022·河南·一模）如图所示，质量为m 的物体2放在正沿平直轨道行驶的车厢底板上，并用
2
竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m 的物体1，某时刻观察到与物体1相连接的细绳与竖直方向
1
成θ角，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．车厢向右减速运动
B．物体2所受底板的摩擦力大小为 ，方向向右
C．车厢向左加速运动
D．物体2对底板的压力大小为
【答案】B
【解析】AC．以物体1为研究对象，受到竖直向下的重力和沿绳向上的拉力，则
所以物体1的加速度大小为方向向右，所以车厢向右加速或者向左减速，故AC错误；
B．物体2的加速度与物体1的加速度相同，即
方向水平向右，故B正确；
D．对物体1，有
对物体2，竖直方向有
联立解得
根据牛顿第三定律，物体2对底板的压力大小为
故D错误。
故选B。
3． （2022·湖南·长郡中学模拟预测）一个质量为m的环套在一根倾角为 的滑杆上，一个质量为
M的小球通过细线吊在环上，先将两者约束到一定的位置，再以相同的初速度释放，在此后的运动
过程中，环和小球保持相对静止。四套这样的装置在运动过程中分别形成①、②、③、④所示的情
境。只不过把它们画在如图所示的同一幅画面中。情境②中，细线处于竖直状态；情境③中，细线
处于与杆垂直的状态。对这几种情况，下列分析正确的是（ ）
A．情境①，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
B．情境②，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数C．情境③，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
D．情境④，环一定沿杆向上运动的，环与杆之间的动摩擦因数
【答案】B
【解析】A．情境①，对环和小球进行受力分析可知，小球具有沿斜面向上的加速度，要使环和小
球保持相对静止，则环一定沿杆向下做匀减速运动，对整体受力分析则有
即有 ，故A错误；
B．情境②，对小球受力分析可知，若小球具有加速度则必沿竖直方向。对小环受力分析可知，若
小环具有加速度则沿斜面方向。而小球和小环要保持相对静止，则小环和小球加速度要相等，故小
环和小球加速度均为零，即都做匀速直线运动。对整体受力分析，要使整体合力为零，则环一定沿
杆向下运动的，且有
即有 ，故B正确；
C．情境③，对小环和小球受力分析可知，要使两者具有相同加速度，则小环与杆的摩擦因数 必
须等于零，此时小环可能以加速度 沿杆向上减速，也可能以加速度 沿杆向下加速，故
C错误；
D．设细线拉力为F，细线与杆的夹角为 ，若小环沿杆向下运动，则对整体受力分析有
对小球受力分析则有
可知两者加速度不可能相等，故小环只能沿杆向上运动，对整体受力分析有
可得
对小球受力分析有
可得两者加速度相等，只需小环与杆的摩擦因数 不等于零即可，故D错误。
故选B。
4． （2022·浙江绍兴·模拟预测）如图所示，质量为2m和m的滑块A和B置于光滑水平桌面上，
连接两滑块的细线通过桌子边缘拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂质量为4m的物块C。已知左右两
侧细线互相平行，重力加速度g取 ，不计一切摩擦和动滑轮的质量。现将A、B、C三者同时
由静止释放，在A、B滑出桌面之前，下列说法正确的是（ ）
A．滑块A和B的速度始终相等 B．物块C的机械能在不断增大
C．滑块A的加速度大小为 D．物块C的加速度大小为
【答案】D
【解析】A．动滑轮两侧绳中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，开始运动后在A、B
滑出桌面之前，A的速度始终小于B的速度，故A错误；
B．动滑轮对C的拉力做负功，物块C的机械能在不断减小，故B错误；
CD．设绳中的拉力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律有
对C根据牛顿第二定律有
如图所示，根据动滑轮绳端与滑轮端的位移关系有
根据运动学公式可知联立以上各式解得
故C错误，D正确。
故选D。
二、多选题
5．（2022·陕西·大荔县教学研究室一模）如图甲所示，在倾角为 的粗糙且足够长的斜面底端，
一质量m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t=0时解除锁定，计算
机通过传感器描绘出滑块的速度—时间图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取
，sin =0.6，cos =0.8。则下列说法正确的是（ ）A．在0~0.1s内滑块的加速度一直在减小
B．在0.1~0.2s内滑块沿斜面向下运动
C．在t=0.1s时，滑块与弹簧脱离
D．滑块与斜面间的动摩擦因数
【答案】CD
【解析】A．v－t图像的斜率表示加速度，所以0~0.1 s内加速度先减小后增大，故A错误；
B．0.1～0.2 s内，速度为正且减小，则滑块在0.1～0.2 s时间间隔内沿斜面向上做减速运动，故B
错误；
C．t=0.1s之前加速度变化，是由于所受弹簧弹力变化，t=0.1s之后加速恒定，说明不再受弹簧弹力，
所以t=0.1s时，滑块与弹簧脱离，故C正确；
D．bc段为直线，由v－t图像，滑块在0.1～0.2 s内加速度大小
据牛顿第二定律可得
解得
μ＝0.25
故D正确。
故选CD。
6． （2022·海南·模拟预测）如图所示，木板AB倾斜固定放置，将一可视为质点的滑块从木板的
顶端A点由静止释放，滑块最终恰好能运动至B点。已知滑块与木板间的动摩擦因数从A点由零开
始线性增大，则以由A点到B点为正方向，有关滑块运动中的摩擦力f、速度v、加速度a随滑块运
动位移x变化的图像可能正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】A．分析可知，物体沿 向下运动，则物体所受摩擦力沿 向上，可知摩擦力为负，根
据
滑块与木板间的动摩擦因数从A点由零开始线性增大，可知摩擦力的大小向负向增大，与 成正比
关系，故A错误；
B．根据滑块从木板的顶端A点由静止释放，滑块最终恰好能运动至B点可知滑块在中间某个点速
度最大，从A点到速度最大点做加速度运动，从速度最大点到B点做减速运动，根据牛顿第二定律：
加速过程
可得
可知加速度随着 增大逐渐减小，加速度方向沿斜面向下；
减速过程，有可得
可知随着加速度随着 增大，逐渐增大，加速度方向沿斜面向上，故B正确；
CD．根据B选项分析结合 图象的斜率表示加速度可知D正确，C错误。
故选BD。
三、解答题
7． （2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速
率v =0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角 ，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以
1
速度v =1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数
2
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的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）小包裹的速度 大于传动带的速度 ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向
上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即 ，所以小包裹
与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
8． （2022·山东临沂·三模）如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距
离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加
一沿斜面向下的作用力 ，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖
直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数 ，斜面的倾
角 ，铁块B下端到地面的高度 ，木块A的质量 ，铁块B的质量 ，
不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 ，
， 。
（1）求木块A受到的摩擦力；
（2）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1） ，方向沿斜面向下；（2）
【解析】（1）假设绳子拉力为 ，对木块A，根据受力平衡可得对铁块B和动滑轮，根据受力平衡可得
联立解得
木块A受到的摩擦力大小为 ，方向沿斜面向下；
（2）撤去力F，设木块A向上加速的加速度为 ，铁块B向下加速的加速度为 ，根据牛顿第二
定律可得
又
联立解得
当铁块B落地时，木块A向上通过的位移为
设此时木块A的速度为 ，则有
解得
铁块B落地后，木块A继续向上做匀减速运动的加速度大小为 ，则有
解得木块A继续向上运动的位移为
木块A能沿斜面上滑的最大距离为
