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专题06 牛顿运动定律的综合应用
目录
题型一 动力学中的连接体问题................................................................................................................................1
类型1 共速连接体---力的“分配”...............................................................................................................2
类型2 关联速度连接体...................................................................................................................................9
题型二 动力学中的临界和极值问题......................................................................................................................14
类型1 板块模型中相对滑动的临界问题.....................................................................................................15
类型2 恰好脱离的动力学临界问题...............................................................................................................22
类型3 动力学中的极值问题.........................................................................................................................32
题型三 动力学中的图像问题..................................................................................................................................36
类型1 通过F-t、F-x图像分析运动情况.....................................................................................................37
类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况.......................................................................................................44
类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系..................................................................................................49
题型四 “传送带”模型问题..................................................................................................................................54
类型1 动力学中水平传送带问题.................................................................................................................55
类型2 动力学中的倾斜传送带问题.............................................................................................................61
类型3 传送带中的动力学图像.....................................................................................................................69
题型五 “滑块－木板”模型问题..........................................................................................................................78
类型1 滑块带动木板.......................................................................................................................................79
类型2 滑板带动滑块.......................................................................................................................................84
类型3 斜面上的板块问题.............................................................................................................................89
题型一 动力学中的连接体问题
【解题指导】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. 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．
【核心总结】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、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．
连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，
两端连接体的速度、加速度相等．
3．整体法与隔离法在连接体中的应用
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运
动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛
顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)处理连接体方法
①共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法．如图所示，先用整体法得出合力 F与a的关系，F＝(m ＋
A
m )a，再隔离单个物体(部分物体)研究F 与a的关系，例如隔离B，F ＝m a＝F
B 内力 内力 B
②关联速度连接体
分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解．
类型1 共速连接体---力的“分配”
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图：
地面光滑m、m 与地面间的动摩擦因数相同，地面粗糙
1 2
m、m 与固定粗糙斜面间的动摩擦因数相同，
1 2
以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且F ＝F.
弹
【例1】（2023·福建·高考真题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相
等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节
车厢的拉力为 ，第一节车厢对第二节车厢的拉力为 ，第二节车厢对第三节车厢的拉力为 ，则
（ ）
A．当火车匀速直线运动时，
B．当火车匀速直线运动时，
C．当火车匀加速直线运动时，
D．当火车匀加速直线运动时，
【答案】BD
【详解】
AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时
得故A错误，B正确；
CD．当火车匀加速直线运动时
得
T ∶T ∶T =3∶2∶1
1 2 3
故C错误，D正确。
故选BD。
【变式演练1】（2024·北京大兴·三模）如图所示，a、b两物体的质量分别为 和 ，由轻质弹簧相连，
当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿粗糙水平面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，加速度大
小为 。已知a、b两物体与水平面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（ ）
A．如果恒力增大为2F，则两物体的加速度增大为
B．如果恒力增大为2F，则弹簧伸长量仍为x
C．若水平面光滑，则弹簧伸长量仍为x
D．若水平面光滑，则加速度大小仍为
【答案】C
【详解】根据题意，由牛顿第二定律，对整体有
对物体 有
解得，
AB．如果恒力增大为2F，同理可得，两物体的加速度为
弹簧伸长量
故AB错误；
CD．若水平面光滑，同理可得
则弹簧伸长量
故C正确，D错误。
故选C。
【变式演练2】如图所示，倾角为 的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下
恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张
力大小为 ，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，
此时第1、2物块间细绳的张力大小为 ，则 等于（ ）
A． B． C． D．1：1
【答案】B
【详解】匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为 ，质量为 ，根据平衡条件可得
对2、3、4物块由平衡条件可得可得
连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3根据牛顿第二定律可得
对2、3物块根据牛顿第二定律可得
可得
可得
故选B。
【变式演练3】如图所示，5块质量均为m的木块并排放在水平地面上，编号为3的木块与地面间的动摩擦
因数为 ，其他木块与地面间的动摩擦因数为 ，当用水平力F推第1块木块使它们共同加速运动
时，下列说法正确的是（ ）
A．由右向左，两块木块之间的摩擦力依次变小
B．木块加速度为0.2m/s2
C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.90F
D．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.38F
【答案】D
【详解】A．木块之间只有弹力，无摩擦力，A错误；
B．对整体进行受力分析，由牛顿第二定律
得由于 未知，加速度无法求得结果，B错误；
C．对前两块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得
得
C错误；
D．对前三块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得
得
D正确；
故选D。
【变式演练4】如图所示，水平面上有两个质量分别为M和m的木块1和木块2，中间用一条轻绳连接。
两木块材料相同，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m越大绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为
C．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为
D．无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为
【答案】D
【详解】根据牛顿第二定律有
绳子的拉力为联立可得
即无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为 ，m越大绳的拉力越小。
故选D。
【变式演练5】如图所示，水平面上有两个质量分别为 和 的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物
体的材料相同。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，下列说法正确的是（
）
A．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
B．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
C．若水平面是光滑的，则 越大，绳的拉力越小
D．若物体和地面摩擦因数为 ，则绳的拉力为
【答案】AC
【详解】若物体和地面摩擦因数为 ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律
得
以 为研究对象，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律
联立解得
可见绳子拉力大小与动摩擦因数 无关，与两物体质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面
是光滑的还是粗糙的，绳的拉力均为且 越大，绳的拉力越小。
故选AC。
【变式演练6】（2024·云南·一模）如图所示，热气球由球囊、吊篮和加热装置三部分构成，加热装置固定
在吊篮上，用24根对称分布的轻绳拴住并与球囊相连，轻绳与竖直方向夹角均为37°。热气球被锁定在地
面上，现缓慢加热球内空气使其密度不断减小。当加热至某温度时，热气球受到竖直向上大小为
的浮力，球内气体总质量为3100kg，此时解除热气球锁定。若球囊质量为208kg，吊篮和加热
装置总质量为 192kg，重力加速度大小取 ， ， 。热气球解除锁定瞬间，
求
（1）热气球的加速度大小；
（2）每根绳子的拉力大小。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设球内气体质量为 ，球囊质量为 ，吊篮和加热装置质量为 ；取整体为研究对象，由
牛顿第二定律可得
解得
（2）绳子对吊篮和加热装置的拉力在水平方向合力为0，在竖直方向分力与重力的合力产生向上的加速度，
由牛顿第二定律可得解得
类型2 关联速度连接体
【例2】（2024·云南·模拟预测）如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，P、Q两物块
的质量分别为 、 ，P与桌面间的动摩擦因数 。从静止释放后，P、Q开始加速
运动，绳中张力为T。若要让运动过程中轻绳张力变为2T，可在P上固定一个质量为 的物块K。取重力
加速度 ，求T和 各为多少？
【答案】 ，
【详解】设原来P、Q运动时加速度大小为 ，轻绳张力为T，分别对P、Q用牛顿第二定律得
解得
在P上固定一物块K后，再分别对P、Q用牛顿第二定律得
联立解得【变式演练1】如图（a），足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下
从桌面左端开始运动，其 图如图（b）所示，已知砝码质量为 ，重力加速度大小g取 ，
求
（1）物块A的质量；
（2）物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由题图（b）可知，物块A在 点左边运动的加速度
根据牛顿第二定律
代入数据解得
（2）物块A在P点右边运动的加速度
根据牛顿第二定律
代入数据解得
【变式演练2】如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B质量均为 ，假设摩擦阻
力和空气阻力均忽略不计，重力加速度 ，当A的位移为 时，两滑轮还未齐平，下列说法
正确的是（ ）
A．重物A的加速度大小为 B．重物B的加速度大小为
C．此时A的速度大小为4m/s D．重物B受到的绳子拉力为6N
【答案】AD
【详解】ABD．设细线的拉力为T，由题干图可知，A受到两细线的拉力为2T，方向向上，B受到细线的拉
力为T向上，A、B所受重力大小相等，A、B释放后，A向上运动，B向下运动，若A上升的高度为 时，
则连接动滑轮两侧的细线上升高度均为 ，而细线固定端不移动，所以细线自由端下降的高度为 ，故
B下降的高度为 ，B的位移大小为 ，方向向下，由于B下降的位移是A上升位移的两倍，它们的运
动时间相等，由 可知，B的加速度是A加速度的两倍，设重物A的加速度大小为a，则重物B的加
速度大小为2a，由牛顿第二定律得
，
解得
，
则
故AD正确，B错误；
C．设当A的位移为h时，速度为v，则B的速度大小为2v，B下降的高度为2h，以A、B两个物体组成的
系统为研究对象，由机械能守恒定律得
解得故C错误。
故选AD。
【变式演练3】质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所
示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置，按图乙放置，然
后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（不考虑两物块与斜面之间的摩擦）（ ）
A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动加速度大小为 D．M运动加速度大小为
【答案】BCD
【详解】CD．第一次放置时质量为M的物体静止，则由平衡条件可得
第二次放置，对整体，由牛顿第二定律得
联立解得
故CD正确；
AB．对质量为m的物体研究，由牛顿第二定律得
解得
故B正确，A错误。
故选BCD。
【变式演练4】如图所示三个装置，（ ）中桌面光滑，（ ）、（ ）中桌面粗糙程度相同，（ ）用大
小为 的力替代重物 进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，
在 移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（ ）A．装置（ ） 的动能增加量大于（ ）中 的动能增加量
B．装置（ ）中物块 的加速度为
C．装置（ ）、（ ）中物块 的动能增加量相同
D．装置（ ）中绳上的张力 小于装置（ ）中绳上的张力
【答案】AD
【详解】A．由于装置（b）有摩擦力，可知装置（a）中物块的加速度较大，在 移动相同距离的过程中
得到的速度较大，则装置（ ） 的动能增加量大于（ ）中 的动能增加量，选项A正确；
B．装置（ ）中对系统列方程可知，物块 的加速度为
选项B错误；
C．装置（ ）中的加速度
装置（c）中的加速度
可知装置（ ）中物块 的加速度较大，在 移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（c） 的
动能增加量大于（ ）中 的动能增加量，选项C错误；
D．装置（ ）中绳上的张力
装置（ ）中绳上的张力
装置（ ）中绳上的张力 小于装置（ ）中绳上的张力 ，选项D正确。
故选AD。题型二 动力学中的临界和极值问题
【解题指导】1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，
即a相同、F ＝0.
N
2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.
3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程
4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．
【核心归纳】1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：F ＝0.
N
(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F ＝0.
T
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
3．解题方法
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
极限法
解决问题的目的
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临
假设法
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
类型1 板块模型中相对滑动的临界问题
【例1】【多选】如图所示，质量分别为 和m的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动
摩擦因数为 ，B与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B
施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（ ）
A．当 时，A、B都相对地面静止
B．当 时，A、B间相对滑动
C．当 时，B的加速度等于D．无论F为何值，A的加速度不会超过
【答案】CD
【详解】A．地面的最大静摩擦力为
可知，A、B都相对地面发生运动，A错误；
C．物块A能够获得的最大加速度
当 时，假设A、B能够保持相对地面静止，则有
解得
可知，当 时，A、B保持相对静止， B的加速度等于 ，C正确；
B．若A、B恰好发生相对运动，对B有
对A、B有
解得
可知，当 时，A、B间才能发生相对滑动，B错误；
D．根据上述可知，物块A能够获得的最大加速度为
即无论F为何值，A的加速度不会超过 ，D正确。
故选CD。
【变式演练1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图（a）所示，质量为2kg且足够长的木板A静止在水平地
面上，其右端停放质量为1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如图（b）所示，其中0~t 时间内F=2t（N），t 时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与地面、A与B之间的动
1 1
摩擦因数分别为0.1和0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的
是（ ）
A．t=4.5s
1
B．t 时刻，A的速度为4.5m/s
1
C．6.5s时A的速度为18.0m/s
D．6.5s时B的速度为6.25m/s
【答案】AC
【详解】A．设A、B间滑动摩擦力为f，则
1
A与地面间滑动摩擦力为f，则
2
由牛顿第二定律得
当A、B恰好发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律得
解得
则
此时
由 ，可知故A正确；
B．A即将开始运动时，由
解得
则 内木板A静止； 内A与B一起变加速运动，拉力F对A的冲量
对A由动量定理得
解得
故B错误；
C． 内，A、B相对滑动，拉力
对A由牛顿第二定律得
解得
所以 时，A的速度
故C正确；
D．6.5s时，对B由牛顿第二定律得
解得故 时，B的速度
故D错误。
故选AC。
【变式演练2】．（2024·云南昆明·模拟预测）如图所示，水平地面上有一长木板B，其左端放置一物块
A，初始A、B均静止，用如图所示的拉力作用于物块A，已知物块A的质量m = 2kg，长木板B的质量m
A B
= 1kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ = 0.3，木板与地面之间的动摩擦因数μ = 0.1，重力加速度g
1 2
= 10m/s2，则（ ）
A．0 ~ 1s内A、B间的摩擦力为6N
B．1s末A的速度为1m/s
C．0 ~ 2s内A相对B的位移为1m
D．0 ~ 2s内摩擦力总冲量的大小为6N·s
【答案】BCD
【详解】A．由题意可知，两处最大静摩擦力分别为
则0 ~ 1s内，F = 6N，假设A、B未发生相对滑动，则对A、B整体运用牛顿第二定律得
对A运用牛顿第二定律得
A、B未发生相对滑动且A、B间的摩擦力为4N，A错；
B．由运动学知识得1s末A的速度故B正确；
C．1 ~ 2s，F = 16N，假设A、B未发生相对滑动，对A、B整体运用牛顿第二定律得
对A运用牛顿第二定律得
A、B发生相对滑动，重新对A运用牛顿第二定律得
重新对B运用牛顿第二定律得
故
所以
故C正确；
D．因A、B之间的摩擦力为作用力与反作用力（内力），其总冲量始终为零，故0 ~ 2s内摩擦力总冲量
故D正确。
故选BCD。
【变式演练3】．（2024·广西·模拟预测）如图所示，质量 的小滑块（可视为质点）放在木板的右
端，质量为 的木板与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度 ，则以下
说法中错误的是（ ）A．当拉力 时，小滑块和木板一起匀速运动 B．当拉力 时，小滑块和木板一起匀速
运动
C．当拉力 时，小滑块和木板一起加速运动 D．当拉力 时，小滑块和木板发生相
对滑动
【答案】AB
【详解】A．木板受到地面最大静摩擦力
则当拉力 时，小滑块和木板都保持静止，故A错误，符合题意；
B．当小滑块受到最大摩擦力时，产生最大加速度为
对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知
解得
当拉力 时，因为
所以滑块和木板一起匀加速运动，故B错误，符合题意；
C．当拉力 时，因为
所以滑块和木板一起加速运动，故C正确，不符合题意；
D．当拉力 时，因为
两者发生相对滑动，故D正确，不符合题意。
故选AB。
【变式演练4】如图甲所示，木板放在水平地面上，质量m=2kg的小物块（可视为质点）放在木板的右端，
两者均静止。现用水平向右的F作用在木板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系如图
乙所示。重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）小物块与木板间的动摩擦因数 ；
（2）木板的质量M；
（3）乙图中图像与横轴的交点坐标。
【答案】（1）0.4；（2）2kg；（3）（2，0）
【详解】（1）根据图乙可知，在外力等于18N时，木板加速度随时间变化的关系发生了突变，表明外力
小于18N时，小物块与木板保持相对静止，当外力等于18N时，小物块所受木板的摩擦力达到最大静摩擦
力，此时对小物块分析有
其中
解得
（2）当外力大于18N时，小物块与木板发生相对运动，对木板进行分析有
变形有
结合图乙有
解得
（3）结合上述，将坐标（10，0）代入上述函数式，解得
乙图中图像与横轴的交点坐标位置表示木板在 作用下恰好发生运动，即外力等于地面对木板的最大静摩
擦力，则有解得
即乙图中图像与横轴的交点坐标为（2，0）。
类型2 恰好脱离的动力学临界问题
连接体恰好脱离满足两个条件
(1)物体间的弹力F ＝0；
N
(2)脱离瞬间系统、单个物体的加速度仍相等．
【例2】如图A、B两物体相互接触，但并不粘合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，
两个物体的质量分别为 ， 。从 开始，推力F 和 分别作用与AB上， 和 随时
A
间的变化规律为 ， ，关于两个物体的运动。以下说法正确的是（ ）
A．经过 ，两物体将分离
B．经过1.5s，两物体将分离
C．A对B的弹力做功的功率一直增大
D．A对B的弹力做功的功率最大值为2W
【答案】D
【详解】CD．以A、B整体为研究对象，A、B整体受到的合力为
解得
故合力保持不变，即开始一段时间内、以相同的加速度做匀加速运动，对整体研究有
解得设A、B之间的弹力为F，对B受力分析可得
解得
且B在做匀加速直线运动，则B的速度为
故A对B的弹力做功的功率为
由数学知识可知，当 时，功率有最大值
故C错误，D正确；
AB．当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为0，此时两者的加速度仍然相等，有
解得
所以在2s内，A、B两物体一直以 的加速度做匀加速直线运动，在2s后A、B两物体分离，故AB错
误。
故选D。
【例3】【多选】如图所示，在水平地面上有一倾角为θ，表面光滑的斜面体。在斜面体顶端固定一与斜面
垂直的挡板，用质量不计的细线系着一个质量为m的小球。现对斜面体施加一水平方向的外力F，使斜面
体做加速度大小为a的匀加速直线运动。已知 ，重力加速度大小为g，则（ ）
A．若斜面体以加速度 向右加速运动时，小球对滑块压力为零B．若斜面体以加速度 向右加速运动时，线中拉力为
C．当斜面体以加速度 向右加速运动时，线中拉力为
D．当斜面体以加速度 向左加速运动时，线中拉力为零
【答案】BCD
【详解】A．若斜面体以临界加速度向右加速运动时，小球对滑块压力为零，则小球只受到重力和细线的
拉力，将细线拉力正交分解后有
又由牛顿第二定律有
代入数据解得小球刚好离开斜面的零临界加速度为
若斜面体以加速度 向右加速运动时，此时向右的加速度小于临界加速度，则小球对滑块压斜面仍然
有压力，故A错误；
B．若斜面体以加速度 向右加速运动时，由牛顿第二定律有水平方向的合力大小为
对小球受力分析可知，小球受力分析如下
水平和竖直方向分别满足如下关系代入数据解得细线的拉力大小为
故B正确；
C．当斜面体以加速度 向右加速运动时，超过临界加速度，小球离开斜面，由牛顿第二定律有水平
方向绳子的分力大小为
由勾股定理可知线中拉力为
故C正确；
D．若斜面体以临界加速度向左加速运动时，细线对小球的拉力为零，则小球只受到重力和斜面的支持力，
将支持力正交分解后如图所示
满足
又由牛顿第二定律有代入数据解得细线刚好没有拉力的零临界加速度为
当斜面体以加速度 向左加速运动时，可知超过临界加速度，细线对小球没有拉力，故D正确。
故选BCD。
【例4】如图所示，一劲度系数 的轻质弹簧下端固定于地面上，质量 的物块A与质
量 的物块B叠放在其上，处于静止状态。 时，在物块A上施加一竖直向上的力F，使两物
块一起匀加速上升， 时，两物块恰好分离。已知重力加速度为 ，求：
（1）两物块匀加速运动的加速度大小；
（2）分离时力F的大小。
【答案】（1）2m/s2；（2）1.44N
【详解】（1）初始时，物块A、B叠放在一起，处于静止状态，此时弹簧的形变量为 ，有
解得
两物块分离时，物块之间的相互作用力恰好为0，此时弹簧的形变量为 ，以物块B为研究对象，有
又联立解得
（2）两物块分离时，以物块A为研究对象，有
解得
【变式演练1】【多选】如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，现用
大小等于0.8mg的恒力F向上拉B，当运动距离为h时B与A恰好分离（ ）
A．弹簧的劲度系数等于
B．B和A刚分离时，弹簧为原长
C．B和A刚分离时，B和A的加速度相同
D．从开始运动到B和A刚分离的过程中，两物体的动能先增大后减小
【答案】ACD
【详解】ABC．当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止时，弹簧的弹力为
由胡克定律可得弹簧的压缩量为
当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律可得
对B物体进行隔离分析，得当A和B开始分离时， ，解得
负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为
由胡克定律可得弹簧的压缩量为
由题中条件可得
可得
综上分析可知B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，B和A的加速度相同，故AC正确，B错误；
D．从开始运动到B和A刚分离的过程中，两物体的加速度方向先向上后向下，两物体向上先加速运动，
后减速运动，两物体的动能先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
【变式演练2】（2024高三下·甘肃·学业考试）如图，水平地面上有一汽车做加速运动，车厢内有一个倾
角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一个质量为m的小球，用轻绳系于斜面的顶端，小球的重力大小为mg，绳
对球的拉力大小为F 、斜面对小球的弹力大小为F ，当汽车以大小为a的加速度向左做匀加速直线运动时
T N
（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．若a=14m/s2，小球受mg、F 、F 三个力作用
T N
B．若a=14m/s2，小球受mg、F 两个力作用
T
C．若a=13m/s2，小球受mg、F 两个力作用
T
D．不论a多大，小球均受mg、F 、F 三个力作用
T N
【答案】B
【详解】若支持力恰好为零，对小球受力分析，受到重力、绳子拉力，如图小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根据牛顿第二定律，有
解得
D．由以上分析可知，当 时，小球受mg、F 两个力作用，当 时，小球受mg、F 、
T T
F 三个力作用，故D错误；
N
AB．若 ，小球受mg、F 两个力作用，故A错误，B正确；
T
C．若 ，小球受mg、F 、F 三个力作用，故C错误。
T N
故选B。
【变式演练4】质量均为m的甲、乙两物块，中间连接一根劲度系数为k的轻弹簧，如图所示，把甲放在
水平面上，系统处于静止状态。现给乙施加一个竖直向上的拉力，使乙向上做匀加速直线运动，加速度大
小为g（g为重力加速度大小），下列说法正确的是（ ）
A．乙刚要运动时，竖直向上的拉力大小为2mg
B．从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，乙的位移大小为
C．当弹簧处于原长时，竖直向上的拉力大小为3mg
D．甲刚要离开水平面时，乙的速度大小为g【答案】B
【详解】A．乙刚要运动时，合力即竖直向上的拉力，则有
故A错误；
B．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为
甲刚要离开水平面时，弹簧的伸长量为
则从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，乙的位移大小为
故B正确；
C．当弹簧处于原长时，对乙分析有
解得
故C错误；
D．从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，对乙分析有
解得
故D错误。
故选B。
【变式演练5】（2024·河北·二模）如图所示，质量相等的两滑块M、N用一轻质弹簧连接，在拉力F作用
下沿着固定光滑斜面匀速上滑。某时刻突然撤去拉力F。已知斜面倾角为θ，重力加速度大小为g，斜面足
够长。从撤去拉力F时开始到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ）A．滑块M的加速度始终大于滑块N的加速度
B．滑块N的加速度大小最大值为
C．滑块M的平均速度大小一定小于滑块N的平均速度大小
D．滑块M的速率始终大于滑块N的速率
【答案】BD
【详解】A．没有撤掉外力时，
，
当突然撤去拉力F，对滑块M受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中 减小，即滑块M的加速度由0增大，方向沿斜面向下，则滑块M将做
加速度增大的减速运动；对滑块N受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中 减小，即滑块N的加速度由 减小，方向沿斜面向下，则滑块N将做
加速度减小的减速运动，M的加速度一直小于N的加速度，A错误；
B．当突然撤去拉力F瞬间，滑块N的加速度最大为
B正确；
CD．滑块M和N都向上做减速运动，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N减速更快，速度更小，
因此M的速度一直大于N，则平均速度一直大于N直到弹簧长恢复原长，C错误；D正确。
故选BD。
类型3 动力学中的极值问题
【例5】【多选】如图所示，质量m=1kg物体以初速度 滑上足够长的斜面。已知物体与斜面之间
的动摩擦因数 。调节斜面与水平方向的夹角 从零开始增大到90°，发现物体沿斜面向上的最大位
移x先减小后增大，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A．当 时，物体的最大位移为2.4m
B．当 时，物体达到最大位移后，将保持静止
C．当 时，物体的最大位移具有最小值
D．当 时，物体克服摩擦力做功18J
【答案】ABC
【详解】A．当 时，物体沿水平方向故匀减速直线运动。由动能定理
解得
故A选项正确；
B．当 时，有
物体速度减小到零后，在斜面上保持静止，故B正确；
C．物体在斜面上滑行的过程中，由动能定理可得
解得
其中
由数学知识可知，当 时，物体的最大位移具有最小值，故C正确；
D．当 时，物体与竖直平面之间的支持力为零，摩擦力为零，故D错误。
故选ABC。
【例6】用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两个光滑斜面之间，如图所示，两个斜面I、II固定在车上，倾角分别为53°和37°。已知 ， ，重力加速度为g。
（1）当卡车沿平直公路匀速行驶时，求工件分别对斜面I、II的弹力大小：（要求画受力分析图）
（2）当卡车沿平直公路以 的加速度匀减速行驶时，求斜面I、II分别对工件的弹力大小：
（3）为保证行车安全，求卡车沿平直公路做匀加速直线运动的最大加速度大小。
【答案】（1） ， ， ；（2） ，
；（3）
【详解】（1）以工件为研究对象，受力分析如图所示
根据共点力的平衡条件可知，斜面I、II对圆筒的压力大小分别为
根据牛顿第三定律可知（2）以工件为研究对象，设斜面I、II对工件的弹力分别是 和 ，在水平方向上根据牛顿第二定律有
在竖直方向上根据平衡条件有
解得
（3）卡车沿平直公路匀加速行驶的最大加速度时，II对圆筒的压力大小为0，则有
解得
【变式演练1】．如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水
平方向的夹角 ，实验测得物块运动的最远位移x与斜面倾角 的关系如图乙所示，g取 ，则
（ ）
A．物块的初速度为2m/s
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．物块沿斜面上滑的最大加速度为g
D．物块沿斜面上滑的最小距离为
【答案】AD
【详解】A．由图可知，当夹角为 时，位移为 ，由竖直上拋运动规律解得
故A正确；
B．当夹角为 时，位移为 ，根据
可得
故B错误；
CD．根据
可得
因此最大加速度为
此时的位移为
解得
故C错误，D正确。
故选AD。
【变式演练2】（2024·全国·高考真题）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 图像。重力加速度大小为g。在下列 图像中，可能正确的是
（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设P的质量为 ，P与桌面的动摩擦力为 ；以P为对象，根据牛顿第二定律可得
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知当砝码的重力大于 时，才有一定的加速度，当 趋于无穷大时，加速度趋近等于 。
故选D。
题型三 动力学中的图像问题
【解题指导】1．两类问题：一类问题是从图像中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息
判断出正确的图像.2.两种方法：一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率
和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较．
【核心归纳】1．“两大类型”
(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况．
2．“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁．
3．解决图象问题的方法和关键
(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，
会分析临界点．
(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点
等表示的物理意义．
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理
意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点．
类型1 通过F-t、F-x图像分析运动情况
【例1】如图甲所示，一物块放在光滑的水平面上，在水平向右的推力F的作用下从静止开始运动，力F
随时间变化的图像如图乙所示，则物块运动速率的平方随位移变化的关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】CD．由牛顿第二定律 可得
根据题图乙可知物块在 时间内加速度正向（以向右为正方向）均匀减小，在 ，时间内加速度负向均匀减小，由 可知， 图像斜率为 ，则 图像中 先逐渐增大变“缓”再逐渐减小
变“缓”，故CD错误；
AB．由 图像可知，物块在前一半时间内的位移大于在后一半时间内的位移，故A错误，B正确。
故选B。
【例2】如图甲所示，水平轻质弹簧左端固定，右端与质量 的滑块相接触，滑块在弹簧向右的弹力
作用下恰好静止在粗糙水平地面上。现对滑块施加水平向右的拉力F，在弹簧恢复原长之前，拉力F随滑
块位移x的变化图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数 ，重力加速度g取 ，可以认为最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．滑块向右做加速度逐渐增大的加速运动
B．若滑块运动4cm时与弹簧分开，滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.02
C．施加力F的瞬间滑块的加速度大小为
D．滑块向右运动2cm所用的时间为0.2s
【答案】D
【详解】A．当滑块位移为 时，弹簧弹力的减小量为
根据图像可知，拉力 的增加量为
因
故弹簧弹力的减小量等于拉力F的增加量，即滑块所受合力不变，因此滑块做匀加速直线运动，A错误；
B．若滑块运动 时与弹簧分开。则滑动摩擦力大小为
解得B错误；
C．根据图像可知， 时，拉力 ，根据牛顿第二定律有
解得
C错误；
D．根据
可得
D正确。
故选D。
【变式演练1】用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速
度a随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，重力加速度g取 。下列说法正
确的是（ ）
A．物块的质量为
B．最大静摩擦力为
C．若在 时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行
D．若在 时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行
【答案】ABC
【详解】B．根据图乙可知，在1s时刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小等于最大静摩擦力，根据图甲
可知，最大静摩擦力为 ，B正确；
A．在2s时刻拉力为6N，加速度为1m/s2，则有A正确；
C． 图像的面积表示速度的变化量，结合上述则有
撤去拉力的加速度
则物块还可以继续滑行的时间
C正确；
D．根据上述，若在 时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行的距离
D错误。
故选ABC。
【变式演练2】如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端连接一质量为1kg 的物体，物体处于静止状态。
用一竖直向上的外力F 作用于物体上，物体从静止开始竖直向上做一段匀加速直线运动，外力F 与物体
离开静止位置的位移x 的关系如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度 。下列说法正
确的是（ ）
A．物体运动的加速度大小为
B．弹簧开始时形变量为4cm
C．弹簧的劲度系数为200N/m
D．从物体开始运动时计时，当t=0. 1s时弹簧的形变量为3cm【答案】ACD
【详解】A．物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡，从图上读出外力
则开始运动时合力为
根据牛顿第二定律
解得物体运动的加速度为
故A正确；
BC．假设开始时弹簧形变量为 ，此时弹簧弹力
根据胡克定律可得
①
当
时，根据牛顿第二定律
解得弹簧弹力
从图上读出此时的位移为 ，则根据胡克定律可得
②
联立①②解得
故B错误，C正确；
D．物体做初速度为0的匀加速直线运动，当 时位移为则此时弹簧的形变量为
故D正确。
故选ACD。
【变式演练3】如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t
变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块一直做匀加速直线运动
B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动
C．物块的最大速度为
D． 时，物块停止下滑
【答案】C
【详解】根据物块的受力，由牛顿第二定律有
由图像可知
而
解得
故随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当 时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，做出
图像如下图所示
根据其面积求出最大速度为
故选C。
【变式演练4】地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失。某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海
啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为
的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力（模拟海啸）作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙
所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度g取 ，忽略空气阻力，则
（ ）
A．运动过程中物体的最大加速度为
B．物体在水平地面上运动的最大位移是50m
C．整个过程中摩擦力对物体做功1kJ
D．在距出发点5.0m位置时物体的速度达到最大
【答案】B
【详解】A．由牛顿第二定律有
可得当推力F＝200N时，物体加速度最大，为45m/s2，A错误；
BC．由F-x图像中图线与坐标轴所围的“面积”表示功可知，推力对物体做功为由动能定理有
代入数据得
即物体在水平面上运动的最大位移是50m，整个过程中摩擦力对物体做功-1000J ，B正确，C错误；
D．由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为
F＝200-20x（N）
物体速度最大时，加速度为零，有
解得
x＝9m
即在距出发点9m位置时物体的速度达到最大，D错误。
故选B。
【变式演练5】一物块静止在粗糙水平地面上，某时刻起受到水平向右的拉力F的作用。在0~4s内拉力F
随时间t变化的情况如图所示。已知 时物块恰好刚要运动， 时物块的加速度 ，认为滑
动摩擦力等于最大静摩擦力，g取 ，则（ ）
A．物块与地面间的滑动摩擦力为2N
B．物块的质量为1kg
C．在1~3s内，物块做匀加速直线运动
D．在3~4s内，物块的速度变化量为2m/s
【答案】AD
【详解】A．根据题意，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，而在 时物块恰好刚要运动，则此时物块所受
摩擦力达到最大值，根据图像由平衡条件可得即物块与地面间的滑动摩擦力为2N，故A正确；
B．根据题意， 时物块的加速度 ，此时拉力大小为6N，则由牛顿第二定律有
可得
故B错误；
C．根据题意结合图像可知，在 内物块静止，在 拉力逐渐增大且大于滑动摩擦力，则可知该时
间段内物块做加速度增大的加速运动，故C错误；
D．在3~4s内，拉力恒定，大小为6N，则可知该时间段内物块的加速度恒定，大小为 ，由此可得，
该时间段内物块的速度变化量为
故D正确。
故选AD。
类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况
【例1】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图甲，一物块在 时刻滑上一足够长的固定斜面，其运动的
图像如图乙所示，若重力加速度 ，则（ ）
A．物块向上运动的位移为 B．斜面的倾角
C．物块的质量 D．物块与斜面间的动摩擦因数
【答案】ABD
【详解】A． 围成的面积代表位移，根据图像可知小物块先沿斜面向上减速后沿斜面向下加速，物块
向上运动的位移为故A正确；
BD．根据牛顿第二定律可得物块向上运动时
物体向下加速时
图像斜率表示加速度，两阶段加速度大小分别为
，
方程联立解得斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数分别为
，
故BD正确；
C．在以上各式中物块的质量均被消掉，无法求出物块的质量。故C错误。
故选ABD。
【例2】（2024·内蒙古包头·一模）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面
上，弹簧处于原长，物块A的质量为 。 时，对物块A施加水平向右的恒力 ， 时撤去，在
内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（
）
A． 时物块A的速度小于0.8m/s
B． 时弹簧弹力为0.6N
C．物块B的质量为2kg
D． 大小为1.5N
【答案】AC
【详解】BCD．根据题意可知， 时，弹簧弹力为0，对物块A，由牛顿第二定律有由图乙可知， 时，物体A的加速度为 ，则恒力 的大小为
时，物体A、B的加速度均为 ，设此时弹簧的弹力为 ，则有
，
解得
，
故BD错误，C正确；
A．若 内，物体A的加速度均匀减小，如图所示
由 图像的面积表示速度变化量可知， 时物块A的速度为
由图可知，实际的面积小于此面积，则 时物块A的速度小于0.8m/s，故A正确。
故选AC。
【变式演练1】如图（a）所示，将倾角为 的斜面体固定在水平桌面上，在斜面上点A（到水平面的距离
为 ）放置一个物块，在 时刻将物块由静止释放，在 时刻物块运动到斜面的底端，与挡板发生瞬间
碰撞并反弹，并在1.4t 时刻速度减为0，全过程中物块运动的 图像如图（b）所示，不计空气阻力，则
1
（ ）A．当t=1.4t 时，物块到水平面的距离为
1
B．当t=1.4t 时，物块到水平面的距离为
1
C．物块与斜面间的滑动摩擦因数为
D．物块与斜面间的滑动摩擦因数为
【答案】AD
【详解】AB．由 图像可知，下滑过程的位移
反弹后的位移
故当t=1.4t 时，物块到水平面的距离为
1
故A正确，B错误；
CD．下滑过程的加速度为
反弹后的加速度为
由牛顿第二定律得
联立解得
故C错误，D正确。
故选AD。
【变式演练2】如图甲所示，质量为 的物体受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度为零的加速直线运动，其 图像如图乙所示，物体与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取 ，则
（ ）
A．水平拉力随时间的变化关系
B． 时，物体的速度大小为
C．在 内，合力对物体做功为
D．在 内，拉力F对物体的冲量大小为
【答案】ABD
【详解】A．由图乙可知
对物体受力分析，有
解得
A正确；
B． 内图像与坐标轴围成的面积为速度变化量，则
B正确；
C．在 内，合力对物体做功为
C错误；
D．在 内
解得D正确。
故选ABD。
类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系
【例1】（2024·四川成都·二模）如图甲所示，平行于倾角为 固定斜面向上的拉力 使小物块沿斜面向上
运动，运动过程中加速 与 的关系如图乙。图线的斜率为 ，与 轴交点坐标为 ，与 轴交点为 。
由图可知（ ）
A．小物块的质量对 B．小物块的质量为
C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为 D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
【答案】BD
【详解】以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
结合 图像可得
，
可知小物块的质量为
摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
故选BD。
【变式演练1】如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力 变化的图像如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根据图
（b）判断，下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量m=2kg
B．斜面的倾角θ=53°
C．加速度为 时力F的大小为25N
D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F=15N
【答案】AD
【详解】AB．当 ， ， 时
， ，
其中 ， ，解得
，
故A正确，B错误；
C．加速度为 时，由
解得
故C错误；
D．物体静止在斜面上时，有
解得
故D正确。
故选AD。【变式演练2】（2024·北京平谷·模拟预测）用水平拉力使质量分别为m 、m 的甲、乙两物体在水平桌
甲 乙
面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面之间的动摩擦因数分别为μ 和μ ，甲、乙两物体运动过程中
甲 乙
所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示，由图可知（ ）
A．m >m ，μ >μ B．m >m ，μ <μ
甲 乙 甲 乙 甲 乙 甲 乙
C．m μ D．m F，物体不动
B．图中A点值即为物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长线和纵轴的交点B的数值等于该地的重力加速度
【答案】ABD
【详解】A．当F小于图中A点值时，物体的加速度为零，则Mg>F，物体不动，A正确；
BCD．根据
得当加速度为0时，F值等于重力。由表达式可知，加速度与力不成正比，图线延长线和纵轴的交点B的数
值等于该地的重力加速度，C错误，BD正确。
故选ABD。
【变式演练4】物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别是 和 ，与水平面之间的动摩擦因
数分别为 和 ，用平行于水平面的力 分别拉物体A、B得到加速度 和拉力 的关系图像分别如图
中A、B所示，已知 ，利用图像可求出A、B两物体与水平面之间的动摩擦因数 和 的
数值分别为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】C
【详解】对物体A，根据牛顿第二定律可得
则有
由图像可知联立解得
对物体B，根据牛顿第二定律可得
则有
由图像可知
联立解得
故选C。
题型四 “传送带”模型问题
【解题指导】1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速
度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题：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．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．
【必备知识】1．水平传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
vv时，一直减速 v>v时，先减速再匀速
0 0滑块先减速到速度为0，后被传送带传回
左端．
滑块一直减速到右端
若vv
0 0 0
返回到左端时速度为v.
2．倾斜传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系
先加速后匀速
gsin θ<μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ
＋μgcos θ) 若μv时，一直减速(加速度 若 μ≥tan θ，先减速后匀速；若 μμgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
先减速到速度为0后反向加速到原位置
(摩擦力方向一定 gsin θ<μgcos θ，一直减速
时速度大小为v
沿斜面向上) 0
类型1 动力学中水平传送带问题
【例1】在地铁和火车站入口处可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当旅客把
行李放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送
带上后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李箱与传送带之间的动摩
擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的
是（ ）A．经过ls的时间行李箱与传送带共速
B．行李箱相对于传送带滑动的距离为2m
C．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要
的时间保持不变
D．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持
不变
【答案】C
【详解】A．由图乙可知传送带的最大速度为 ，行李箱的加速度为
则行李箱速度与传送带相同所用时间为
故A错误；
B．行李箱在2s内的对地位移为
传动带2s内的位移为
则行李箱相对于传送带滑动的距离为
故B错误；
C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间为
可知行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间保持不变，故C正确；
D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，行李箱的对地位移不发生改变，由于传动带启动
加速度增加了，则传送带加速的时间减少，以最大速度运行的时间增长，则传送带对地位移变大，则行李
箱相对传送带滑动的距离将变大，故D错误。
故选C。
【例2】如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 运行，初速度大小为v 的小物块从与传送带等
1 2
高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v>v，则（ ）
2 1
A．t 时刻，小物块离A处的距离达到最大
2
B．t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
2
C．0~t 时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
2
D．0~t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力
3
【答案】BC
【详解】A．相对地面而言，小物块在0~t 时间内向左做匀减速运动，t 时刻之后反向向右运动，故小物块
1 1
在t 时刻离A处距离最大，A错误；
1
B．小物块在0~t 时间内向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动，t~t 时间内反向向右做匀加速运动，
1 1 2
但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传送带向左运动，t 时刻两者同速，在t~t 时间内，小物块与传
2 2 3
送带相对静止，一起向右匀速运动，所以t 时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；
2
C．由于0~t 时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；
2
D．在0~t 时间内，小物块相对传送带一直向左运动，则小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t~t 时间内，
2 2 3
小物块相对于传送带静止，则小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选BC。
【变式演练1】如图，一大型工厂内足够长的水平传送带左端有一个与传送带等高的光滑平台，二者平滑
连接于A点，传送带始终以大小为 的速度逆时针匀速转动，在平台上一工件以水平向右、大小为
的速度从A点冲上传送带。已知工件的质量为 且可视为质点，工件与传送带间的动摩擦
因数为 ，重力加速度大小取 。下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上向右运动的最大距离为
B．工件在传送带上运动的时间为
C．工件在传送带上留下的划痕长度为D．工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为
【答案】AD
【详解】A．工件在传送带上向右滑动时，规定向右为正方向，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
故A正确；
B．工件在传送带上先向右减速到0，再反向加速到v，再匀速运动到左边平台。向右匀减速的时间
向左加速滑动的加速度大小
向左加速的时间为
向左加速的位移大小
向左匀速运动时间
工件在传送带上运动的时间
故B错误；
C．开始时相向运动，划痕
反向加速为同向运动，划痕故
故C错误；
D．摩擦生热
故D正确。
故选AD。
【变式演练2】传送带在社会生活生产中有着广泛的应用，一长 的水平白色传动带顺时针匀速运行，
如图1所示．现将一可视为质点的墨块自传送带的左端由静止释放，经 墨块被送达传送带的右端，
其速度－时间图像如图2所示，重力加速度g取 ．则下列判断正确的是（ ）
A．传动带的运行速度大小为
B．墨块在传送带上留下的黑色痕迹在墨块的左侧
C．墨块相对传送带滑动而留下黑色痕迹的长度为
D．若增大传送带的运行速度，墨块的传送时间最短可达
【答案】AC
【详解】A．根据图像可知，墨块先加速达到传送带速度与其一起匀速，所以传动带的运行速度大小为
2m/s，故A正确；
B．由于墨块刚放到传送带上至与传送带共速时间内速度小于传送带的速度，传送带相对墨块向右运动，
划痕也出现在墨块的右侧，故B错误；
C．根据题意，设加速时间为t，则
解得所以加速阶段加速度
物块相对传送带滑动而留下痕迹的长度为
故C正确；
D．若增大传送带的运行速度，由于墨块与传送带间的摩擦力不变，可知加速度
则物体一直加速时间最短，有
代入数据解得
故D错误。
故选AC。
【变式演练3】快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平
传送带长为L，以一定的速度 顺时针匀速运动，工作人员可以一定的初速度 将快递箱推放到传
送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，
快递箱与传送带间的动摩擦因数 ，g取 ，则（ ）
A．传送带长L为
B．若 ，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为
C．若 ，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为
D．若仅将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动
【答案】AC
【详解】A．根据传送带与快递箱间动摩擦因数，快递箱加速时加速度快递箱加速位移
快递箱匀速位移
所以传送带总长
故A正确；
B．若 ，快递箱全程位移为
则传送带路程为
痕迹长
故B错误；
C．如果 ，快递箱加速时间
加速位移
匀速时间
在此期间传送带匀速位移
所以两者路程之比为12∶13。故C正确；
D．如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间加速位移
大于 ，故D错误。
故选AC。
类型2 动力学中的倾斜传送带问题
【解题要点】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
3．滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动
方向相同，Δx＝Δx＋Δx(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)
1 2
【例3】．（2024·山西运城·二模）如图所示，倾角θ=37°的传送带以v=1m/s的速度沿顺时针方向匀速转
0
动，将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v=1m/s的初速度沿传送带下滑，结果两
1
物块恰好没有在传送带上相碰，两物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计两物块大小，重力加速度g
取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小；
（2）两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间；
（3）若A的质量 ，求A在整个运动过程中与传送带摩擦产生的热量。【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）刚开始物块A沿传送带向下减速运动有
解得
对于物块B，向上加速运动有
解得
（2）物块B在传送带上加速的时间
物块A从冲上传送带到速度为零所用时间
两个物块在与传送带共速时恰好不相碰，物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为
所以，两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用时间为
（3）在t 时间内，物块A与传送带的相对位移大小为
1
在t 时间内，物块A与传送带的相对位移大小为
2则物块A与传送带间因摩擦产生的热量
代入数据解得
【例4】如图所示，倾角为37°的传送带以速度 逆时针匀速传动，小滑块（视为质点）以平行于传送带的
初速度 从顶端滑上传送带，经过 滑块滑到传送带的底端，在此过程中，滑块的平均速度为
，重力加速度g取 ， 、 ，下列说法正确的是（ ）。
A．传送带转轴中心间的距离为
B．滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．当滑块向上运动到两轮间的中点位置时速度大小正好为 ，则滑块在上升过程中经历的总时间为
D．若 ，则滑块在传送带上运动的整个过程中，滑块与传送带的相对位移为
【答案】AC
【详解】AB．由匀变速直线运动的规律可得
，
滑块下滑过程，受到的滑动摩擦力斜向上，由牛顿第二定律可得
联立解得
， ，
A正确，B错误；
C．设滑块运动到传送带的底端时速度为 ，则有解得
滑块刚向上运动的受力与向下运动的受力情况相同，说明滑块先向上做初速度为0、加速度为
的匀加速直线运动，由题意可得
， ， ，
联立解得
C正确；
D．若 ，分析可知，滑块在传送带上做双向可逆运动，返回到顶端时速度正好为 ，根据对称性，
滑块在传送带上运动的整个过程中的时间为 ，传送带的位移为
滑块的位移为
则物块与传送带的相对位移为
联立解得
D错误。
故选AC。
【变式演练1】（2024·河北·三模）如图所示，甲图为传送带的实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图。
传送带倾斜部分倾角为 ，传送带与水果箱之间的摩擦因数 ，传送带AB部分长度 、BC
部分长度 ，运行速度恒为 。现工人每隔1s在底端A点放上一个水果箱，C点恰好掉下去一个水果箱，已知 ， ，重力加速度 ，求：
（1）稳定运行时传送带上有多少个水果箱；
（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值 与最大值 。
【答案】（1）13个；（2）0.2m，2m
【详解】（1）把水果箱简化成小物块，小物块在斜面上的加速度
则物体在斜面上加速的时间为
加速过程的对地位移为
则小物块在传送带上匀速运动的位移
小物块在传送带上匀速运动的时间为
已知每隔1s放上一个小木块，则传送带上共可以放置木块数为
个
（2）根据分析当第一个小木块放上传送带1s时，恰好放置第2个木块时此时两木块距离最近，有
当两个木块均匀速时，两个小物块距离最远，有【变式演练2】如图所示，一传送带与水平面之间的夹角为 ，在电动机的带动下，传送带以速度 沿顺
时针方向稳定运行，现让一物块（视为质点）从传送带的底端以速度 冲上传送带，当物块运动到传送带
的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为 ， ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
下列说法正确的是（ ）
A． 与 之间的关系为
B．物块在做减速运动的过程中，加速度不变
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为
D．共速前物块在传送带上的划痕长度一定等于物块位移大小的一半
【答案】AC
【详解】A．根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有
可得
故A正确；
B．由于 ，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大
小为
物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为
故B错误；
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为故C正确；
D．设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为 ，此过程物块的位移为
传送带的位移为
可知此过程物块在传送带上的划痕长度为
若满足
则有
由于 不一定等于 ，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。
故选AC。
【变式演练3】如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角 ，以恒定速率 顺时针转动。
一煤块以初速度 从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数 ，取
。下列说法正确的是（ ）
A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为8m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5sD．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】AD
【详解】A．煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得
解得
设经t时间与传送带共速，由
解得
故A正确；
B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得
解得
煤块先以12m/s的初速度， 的加速度减速至4m/s，后又以 的加速度减速至0，再反向加速至回
到A点， 图像如图所示
由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度－时间图线与时间轴所包围的面积的大小，有
故B错误；
C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为 的匀加速直线运动，设返回到A点所
需的时间为 ，下滑的位移解得
结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间
s
故C错误；
D．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕
此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则
因为 ，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在2s到 时间内，
煤块向下滑了10m，传送带向上滑了 ，则煤块在传送带上的划痕
故D正确。
故选AD。
类型3 传送带中的动力学图像
【例5】如图1所示，一倾角为 的传送带以恒定的速率 逆时针转动。将两个不同的物块A、B轻轻并
排放在传送带上，二者并不接触（图中只显示一个物块）。以平行于传送带向下的方向为正方向，两物块
的速度—时间图像如图2所示。不计空气阻力，重力加速度g取 ， ， 。关于
两物块在传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）A．传送带的速度 的大小为
B．传送带与物块B间的动摩擦因数为0.75
C．在 内，两物块与传送带间产生的热量相等
D． 后，若物块A在传送带上运动的时间少于 ，则A、B间的最大距离就不会变
【答案】AB
【详解】A．由物体B的 图像可知，在0.50s后物体B与传送带共速，即此时物块B的速度为传送带
的速度，所以传送带的速度 大小为6m/s，故A项正确；
B．0.50s前物块B在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图像可知为
对其受力分析有
解得
故B项正确；
C．在 ，物块B与传送带相对位移为
产生的热量为
对物体A有解得
在 ，物块A与传送带相对位移为
产生的热量为
因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C项错误；
D．0.75s时，两物块的速度大小相等，根据追及相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其距离达到了最
大值，其距离为
设0.75s后在经过 时间物块A超过物块B后其距离达到 ，则有
解得
所以在0.75s后，物块A在传送带上运动的时间小于等于 时，A、B间的最大距离就不会变，故D项
错误。
故选AB。
【例6】水平传送带被广泛地应用于工厂的货物运送，如图所示为一足够长的水平传送带装置，在其左侧
轻放一小物块，下列描述小物块在传送带上运动的v-t、a-t图像正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】BD
【详解】AB．水平传送带以恒定的速度持续运转，小物块刚放上去时速度为零，所以物块和传送带之间将
产生滑动，滑动摩擦力使小物块做初速度为零的匀加速直线运动，当速度增大到和传送带速度相同时，小
物块相对于传送带不再滑动，二者以相同的速度沿同方向运动，故A错误、B正确；
CD．小物块和传送带之间的滑动摩擦力大小不变，所以小物块的加速度也是恒定的；当小物块的速度达到
传送带的速度时，二者之间的相对滑动就结束了，滑动摩擦力也就消失了，小物块的加速度也会即刻减小
到零，故C错误、D正确。
故选BD。
【变式演练1】如图甲所示，倾角为 的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在
传送带的A端，2s末煤块恰好到达B端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取 ，则
（1）求煤块在第一秒和第二秒内的加速度大小分别是多少？
（2）求煤块与传送带间的动摩擦因数？
（3）2s内传送带上留下的痕迹长度？
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）2m
【详解】（1）由题图可知，第1s内煤块的加速度大小为
第2s内煤块的加速度大小为
（2）煤块的加速度在1s末发生突变，则在第1s内对煤块有在第2s内对煤块有
联立解得
（3）0~1s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
1~2s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
0~1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1~2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长
的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为2m。
【变式演练2】为了保证乘客的安全，通常情况下在进入火车站前应对旅客携带的物品安检，安检时将物
品无初速度地放到沿水平方向向右传送的运输带一端，已知运输带以恒定的速度匀速传动，如图甲所示，
整个过程中物品的速度随时间的变化规律如图乙所示。物品可视为质点，且质量为 ，运输带两端
相距 ，经测量该物品在运输带上留下了一条长为 的划痕，重力加速度g取 。则
下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，物品始终受到向右的摩擦力B．物品与运输带间的动摩擦因数为0.25
C．运输带对物品摩擦力的冲量大小为
D．整个过程因传送该物品多消耗的电能为
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，物品在 内做匀加速直线运动，则运输带对物品的摩擦力为滑动摩擦力，方
向沿运输带水平向右； 末物品与运输带具有相同的速度，则 的时间内物品所受的摩擦力为零，故
A错误；
B．在 内物品加速的位移为
物品匀速的位移为
在 内运输带的位移为
又
由以上可解得
则物品加速时的加速度大小为
由牛顿第二定律得
代入数据解得故B正确；
C．物体在运输带上加速时受摩擦力的作用，匀速时不受摩擦力，则运输带对物品摩擦力的冲量为
故C正确；
D．由能量守恒定律得因传送物品多消耗的电能为
故D错误。
故选BC。
【变式演练3】如图甲所示，倾角为 的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为 的煤块轻轻放在
传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示， 末煤块到达 端，取沿传送带向下为正方向，
取 ，则（ ）
A．倾角
B．物体与传送带间的动摩擦因数0.4
C． 内传送带上留下的痕迹长为
D． 内物体与传送带摩擦产生的内能
【答案】AC
【详解】AB．由图乙可知，0~1s物体的加速度为a=10m/s2，1~2s物体的加速度为a=2m/s2，皮带的速度
1 2
为v=10m/s，根据牛顿第二定律得
1
解得
故A正确，B错误；C．0~1s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
1~2s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
0~1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1~2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长
的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C正确；
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能为
故D错误。
故选AC。
【变式演练4】（2024·河南·二模）一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带
上适当的位置放上具有一定初速度v 的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述
0
小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确是（ ）
A． B．C． D．
【答案】ABD
【详解】A．当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定
律可得
即
可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足
可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足
小物块继续加速下滑，其加速度大小为
故A正确；
B．当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足
则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为
若满足
则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为
二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；
CD．当小物块的初速度沿斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a，与传送带共速时，
3
若满足
则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为
若满足
则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。
故选ABD。
题型五 “滑块－木板”模型问题
【解题指导】1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a ＝.假设两
m
物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度
大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.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；若反向运动，位移大小之和等于板长．
【要点归纳】
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下
发生相对滑动．
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx
＝x－x＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x＋x＝L.
1 2 2 1
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩
擦力(水平面上共同匀速运动)．
4．处理“板块”模型中动力学问题的流程【技巧点拨】
1.滑块不受拉力而木板受拉力
木板受逐渐增大的水平拉力而滑块不受拉力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加
速度达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大。
2.给滑块一初速度v，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上
0
(1)若木板足够长，这种情况下，滑块减速、木板加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其
速度关系为v－a t＝a t。
0 滑 板
(2)若木板不够长，这种情况下，滑块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到滑块滑下。分离前滑块加
速度大小a ＝μg，木板的加速度大小a ＝。
滑 板
3.木板有初速度v，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上
0
(1)若木板足够长，木板减速、滑块加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其速度关系为 v
0
－a t＝a t。
板 滑
(2)若木板不够长，则木板会一直减速到滑块滑下，滑块会一直加速到滑下木板。分离前滑块的加速度大小
a ＝μg，木板的加速度大小a ＝。
滑 板
类型1 滑块带动木板
【例1】（2024·全国·高考真题）如图，一长度 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右
端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的
质量相等。它们之间的动摩擦因数 ，重力加速度大小 。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s； ；（2）
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为则平台距地面的高度
【变式演练1】（2024·安徽·三模）如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6kg，长木
板的质量是12kg。 时二者以 的初速度一起向右运动， 时长木板与右侧的挡板（未画
出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除
锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分 图像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有
从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度；
（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为 ，小铁块
与长木板之间的动摩擦因数为 ，由 图像可得，0~0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为
对此过程由牛顿第二定律得
解得0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。由v-t图像可得，0.5s之后
长木板的加速度大小为
对长木板由牛顿第二定律得
解得
（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为
0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以 的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因 ，
故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为 ，则有
代入数据解得
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，
故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做
匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为 ，则有
代入数据解得
设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为 ，长木板与地面间相对滑动产生的内能为 ，则
有
故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能
【变式训练2】．（2024·湖北十堰·二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物
块以 的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长
度，已知物块的质量 ，物块与木板间的动摩擦因数 ，木板与地面间的动摩擦因数 ，
取重力加速度大小 ，求：
（1）木板的长度L；
（2）木板的质量M。
【答案】（1） ；（2）
【详解】1）设物块在木板上滑动时的加速度大小为 ，它们相对静止一起减速时的加速度大小为 ，图
中两部分的阴影面积相等，有
设两者共同速度为 ，有得
所以1s后两者的速度大小均为 ，由题意知木板的长度
（2）由图知，两者共速前，木板的加速度大小
有
解得
类型2 滑板带动滑块
【例2】如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持
相对静止。某时刻，给木板一初速度 ，图2为二者的 图像，图中 、 、 已知，长木板和物块的质
量均为 。下列说法正确的是（ ）A．物块与木板的位移之比可表达为
B．整个过程，因摩擦产生的总热量为
C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
D．
【答案】BD
【详解】A． 图像与坐标轴围成的面积表示位移，物块的位移为
木板的位移为
物块与木板的位移之比可表达为
故A错误；
B．根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为
故B正确；
C． 时间内，对物块，根据牛顿第二定律
时间内，对木板，根据牛顿第二定律板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
故C错误；
D． 时间内，对木板，根据牛顿第二定律
且
联立可得
故D正确。
故选BD。
【变式演练1】如图甲所示，质量为M=0.8kg上表面光滑、下表面粗糙的长木板静止放置在粗糙的水平地
面上，质量为m=0.4kg的物块（视为质点）静止放置在长木板的最右端，突然让长木板获得一个水平向右
的速度 ，长木板在以后运动过程中的v—t图像如图乙所示，重力加速度为g=10m/s2，求：
（1）长木板的下表面与水平地面之间的滑动摩擦因数以及长木板获得的初速度 ；
（2）长木板的长度以及长木板在整个运动过程中的平均速度。
【答案】（1）0.3，8m/s；（2） ，3.6m/s【详解】（1）由于长木板上表面光滑，则木板向右运动过程中，物块处于静止状态，根据图乙可知，
时刻后，物块脱离木板，之后过程木板做匀减速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律有
解得
时刻之前，物块静止在木板上，根据牛顿第二定律有
根据图乙可知
解得
（2）根据图乙可知，木板的长度为
物块脱离木板后木板的位移
则长木板在整个运动过程中的平均速度
【变式演练2】如图甲所示，质量为m的木板A在光滑水平面上以速度 向右匀速运动，某时刻将质量也
为m的小物块B轻放在木板上，木板A的位移x随时间t的变化如图乙中实线所示，其中 时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。B始终未脱离A，重力加速度
。下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．A、B间的动摩擦因数为0.04 D．A、B间的动摩擦因数为0.02
【答案】BD
【详解】根据动量守恒定律
解得
木板A的位移
解得
木板A的加速度
根据牛顿第二定律有
解得
故选BD。
【变式演练3】如图所示，质量为1kg的小物块静止在木板的最右端，物块可视为质点，木板的质量也为
1kg，长度为L。物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。现给木板一个向右的初速度 ，若小物块运动的时间不超过2s，且物块没有滑下木板， 。求：
（1）木板初速度 的最大值；
（2）木板的初速度为最大值时，求物块相对于木板的位移是多大。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设木板和物块的质量为m，物块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数
为 ，由牛顿第二定律知，物块的加速度大小
木板的加速度大小为
经 二者共速
共速后，由于 ，所以二者分开运动，物块的加速度大小仍为
则共速之前和共速之后，小物块的运动是对称的。如果物块的运动时间不超过2s，则加速时间不超过1s，
即
所以
木板的初速度 的最大值为 。
（2）二者共速之前物块相对于木板向左运动，物块相对木板向左运动的位移为共速之后物块相对于木板向右运动，此时木板的加速度大小为
木块和木板的共速速度为
物块相对木板向右运动的位移为
物块相对于木板的位移为
类型3 斜面上的板块问题
【例3】如图所示，水平地面上固定一倾角为 的足够长斜面，斜面上放置一质量为m的足够长木板A，长
木板下端有一质量为 的小滑块B；木板与斜面的动摩擦因数为 ，滑块与木板间的动摩擦因数为
。初始时，滑块与木板以等大的速度 分别向上向下运动（长木板不会与地面发生碰撞，重力
加速度为g），则下列说法中正确的是（ ）
A．木板下滑过程中，由于有摩擦力作用木板与滑块组成的系统动量不守恒
B．滑块向上运动的最大位移大小为
C．木板静止时滑块的速度大小为
D．滑块向上运动到最高点时木板一定静止
【答案】BD【详解】A．木板下滑过程中，木板与滑块组成的系统所受的摩擦力
可知木板与滑块组成的系统所受的合力为零，木板与滑块组成的系统动量守恒，故A错误；
B．滑块向上运动过程中，根据牛顿第二定律
可得
根据运动学公式
解得滑块向上运动的最大位移大小
故B正确；
C．木板下滑过程中，根据牛顿第二定律
解得
木板速度为零的时间
滑块速度第一次为零的时间
可知
木板静止时滑块的速度大小
故C错误；
D．滑块向上运动到最高点时，由于可知滑块沿着木板向下运动，此时木板对滑块的摩擦力向上，则滑块对木板的摩擦力向下，由于
所以木板保持静止，故D正确。
故选BD。
【变式演练1】如图所示，倾斜角 的光滑斜面底端有一挡板1，木板A置于斜面上，小物块B置于
A底端，A、B质量均为2kg，挡板2到B和到挡板1的距离均为L=0.2m。t=0时刻，将A、B一起由静止
释放，A、B分别与挡板1和挡板2发生弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计。已知A、B间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 ，小物块B始终未离开木板A。求：
（1）小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小；
（2）木板A的长度至少为多少；
（3）从t=0时刻开始到木板A与挡板1第3次碰撞前瞬间，重力对木板A的总冲量。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为
得小物块B与挡板2碰撞的速度为
由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小为
（2）物块B沿斜面向上运动，对木板A分析
说明木板A匀速下滑，从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用时间为物块B减速上滑的加速度大小为
物块B减速从碰撞减速至0所用时间为
则木板A的长度至少
（3）木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的
加速度也为 。由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持静止状态。木板A上
滑至速度为0的位移为
时间为
然后二者从静止开始再次加速度下滑，同时与挡板碰撞，运动时间为
二者相对静止直至第三次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为
重力对木板A的总冲量为
【变式演练2】如图所示，一倾角 的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为 的
木板， 时刻另一质量为 的木块（可视为质点）以初速度 从木板下端沿斜面体向上冲
上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力 ，使木板从静止开始运动。当 时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数， ，木板和斜面体间动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，g取 ， ，求：
（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；
（2）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？
【答案】（1） ，方向沿斜面向下， ，方向沿斜面向上；（2）
【详解】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为 和 ，木块和长木板受力分析如图甲、
乙所示，用牛顿运动定律可得
解得
，方向沿斜面向下； ，方向沿斜面向上
（2）设木块和长木板达到共速所用时间为 ，则有解得
假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有
解得
当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为 ，
，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动。
木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为 ，方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小
为 ，受力分析如图丙所示，则有
解得
由于 ，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩
擦力为f，则有因为 ，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零。
在木块和长木板速度减为零过程中的 图像如图丁所示，设木块的位移为 ，长木板在加速过程和减速
过程的位移为 和 ，由运动学公式可得：
解得
【变式演练3】如图所示，在倾角 的足够长固定斜面上，将质量 的长木板由静止释放的同
时，一质量 的物块以 的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板
恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数 ，
最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 。求：
（1）木板的长度L；
（2）木板与斜面之间的动摩擦因数 ；
（3）物块滑离木板时，木板的速度大小v。【答案】（1）4.5m；（2） ；（3）
【详解】（1）物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
1
根据匀变速直线运动的规律有
解得
L=4.5m
（2）物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有
解得
（3）当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小
为a、木板的加速度大小为a，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
2 3
解得
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
解得时间t内物块的位移大小为
时间t内木板的位移大小
根据几何关系有
物块滑离木板时，木板的速度大小为
联立解得
