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易错点03 对连接体、传送带的受力运动情况分析存在困难
目 录
01 易错陷阱
易错点一、不会分析的多体、多过程问题
易错点二、滑块与木板模型的摩擦力分析
易错点三、不会分析传送带问题
02 易错知识点
知识点一、轻绳相连加速度相同的连接体
知识点二、轻绳绕滑轮加速度相等的连接体
知识点三、滑块——木板的问题分析
知识点四、水平传动带模型
知识点五、倾斜传送带模型
03 举一反三——易错题型
题型一：轻绳连接体
题型二：弹簧连接体
题型三：板块叠加连接体
题型四：板块叠加+轻绳连接体
题型五：滑块——木板模型之动态分析与临界问题
题型六：水平传送带问题
题型七：倾斜传送带问题
04 易错题通关
易错点一、不会分析的多体、多过程问题
1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，
再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用
其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是
隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.
2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力
时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快
捷有效.
3.常见连接体的类型
1
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(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 合的关系，用隔离法求出F 内力与a 的关系.
(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.
易错点二、滑块与木板模型的摩擦力分析
（1）摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反，但不一定与物体的运
动方向相反．
（2）摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)，但不一定阻碍物体的运动，即摩擦
力可以是阻力，也可以是动力．
（3）受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定与施力物体保持相对静止．
易错点三、不会分析传送带问题
1、难点一：物块与传送带都发生运动，以地面为参考系的运动过程分析
处理方法：需通过画运动过程示意图和v-t 图像来再现运动过程。运动过程示图要标明不是位置对
应的速度，不同运动过程对应的时间及位移、加速度。
2、难点二：物块与传送带同速后，是相对传送带静止还是运动，不会判断；如果运动，是相对传
送带向前运动还是向后运动，不会判断。
处理方法：假设法。假设物块相对传送带静止，研究物块受到的静摩擦力是否大于最大静摩擦力
（通常等于滑动摩擦力），如果大于，则假设不成立，物块相对传送带滑动。如果发生相对滑动，
同样可用假设法判断是相对传送带向前还是向后滑动，如果合理，假设成立；否则，不成立。
3、注意三个易错点
（1）物块与传送带同速时，物块受到传送带的摩擦力往往会发生突变。
2
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（2）传送带运动方向或顺或逆，物块在传送带上或一直加速，或先加速后匀速，或先减速后
反向加速……有多种可能时，存在多解。
（3）物块相对传送带位移与痕迹长不一定总相等，物块相对传送带运动的路程与痕迹长不一
定总相等。
知识点一、轻绳相连加速度相同的连接体
求m2、m3间作用力,将
m1和m2看作整体
F23=
m1+m2
m1+m2+m3
F
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- μg
隔离求内力
T-μm1g=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- g(sinθ+ μ
隔离求内力
T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- g
隔离求内力T-
m1g=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
a= F2- F1
m1+m2
- μg
隔离T-F1-μm1g=m1a
得T = m1 F2+m2 F1
m1+m2
知识点二、轻绳绕滑轮加速度相等的连接体
[来源:学科网]
隔离m1：T-μm1g=m1a
隔离m2：m2g-T=m2a
隔离m1：m1g-T=m1a
隔离m2：T-m2g=m2a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m3
μ
m1
m2
F2
μ
μ
a
F1
m1
m2
a
a
μ
m1
m2
a
a
3
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得a= m2 g- μm1g
m1+m2
，T = (1+ μ)m1m2 g
m1+m2
得
a=(m1−m2)g
m1+m2
，T = 2m1m2 g
m1+m2
若μ=0，T = m1m2 g
m1+m2
且m2<<m1，T = m2 g
1+ m2
m1
=m2 g
若m1=m2，T=m1g=m2g
知识点三、滑块——木板的问题分析
1．模型特点：滑块放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上。
2．以地面为参考系的位移关系：
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＝x1－x2＝L(或
Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
4
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5．解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。
（1）画运动过程示意图
通过审题、分析与计算，画运动过程示意图，明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明
确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。
（2）画速度-时间图像
通过审题、分析与计算，结合运动过程示意图，画v-t 图像，明确图像与坐标轴围成的面积对
应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。
如果已给出了v-t 图像，要能够从图像中获取关键的已知数据。
知识点四、水平传动带模型
项目
情景1：轻放
情景2：同向
情景3：反向
图示
滑块可
能
的
运
动
情
况
(1) 可能滑块一直加
速；
(2)可能滑块先加速后
匀
速；
(1)v0<v 时，可能一直加
速，也可能先加速再
匀速；
(2)v0>v 时，可能一直减
速，也可能先减速再
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
送带传回右端．其中v0>v 和
v0<v 两种情况下滑块回到右端
时有何不同？
5
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知识点五、倾斜传送带模型
1.倾斜传送带——上行
受力分析
运动分析（先加后共）
难点问题
μ>tanθ
①滑动摩擦力f=μmgcosθ
②加速度a=g(μcosθ-sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
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
μ<tanθ
⑤μ<tanθ，物体向下加
速
⑥加速度a=g(μcosθ-sinθ)
⑦物体向下位移为L
⑧物体运动时间、末速
度与传送带快慢无关
2.倾斜传送带——下行
受力分析
运动分析
难点问题
μ≥tanθ
①滑动摩擦力f=μmgcosθ
②加速度a=g(μcosθ+sinθ)
③共速后，若μ≥tanθ
一起匀速，摩擦力突变为
静摩擦力f'=mgsinθ
μ<tan
θ
④共速后，若μ<tanθ[
继续加速，滑动摩擦力方
向突变、大小不变，加速
度a'=g(sinθ-μcosθ)
⑤痕迹问题：共速前，x 传
>x 物，痕迹Δx1=x 传-x 物，共
速后，x 物>x 传，痕迹Δx2=x
物-x 传，总痕迹取二者中大
的那一段
f=μmgcos
θ
f 突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
a
f=μmgcos
θ
v
v'
L
θ
t
O
v
a
v
传送带
物体
t1
L
f=μmgcos
θ
f 突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
f=μmgcos
θ
f 方向突变
f'=μmgcosθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹1
a
v
传送带
物体
t1
t2
物体
2
a'
6
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题型一：轻绳连接体
【例1】（多选）（2024•长沙模拟）如图，轻质的光滑滑轮K 与质量为M 的物块A 由一硬轻杆连
接在一起，成为一个物体，物块A 放置于水平面上。质量为m 的物块B 与跨过滑轮的轻绳一端
相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B 与物块A 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
则下列说法正确的是（ ）
A．若A 静止，则地面对A 的作用力为√2mg
B．若水平地面光滑，则A、B 的加速度大小关系为aB=√2aA
C．若水平地面光滑，则A 的加速度大小aA =
mg
M +( μ+2)m
D．若水平地面光滑，则轻绳的拉力T = mg( M +m)
M +( μ+1)m
【解答】解：A、静止时，B 也静止，对AB 整体有FT＝f
FN＝（M+m）g，对B 有：FT＝mg
则地对A 作用力F=√F N
2 + f
2=√( M +m)
2 g
2+m
2 g
2，故A 错误；
B、水平地面光滑时，A 向右加速，B 水平方向与A 一起加速，ax＝aA
B 竖直方向也加速下滑ay＝ax＝aA
则aB=√ax
2+a y
2 =√aA
2 +aA
2 =√2aA，故B 正确；
CD、B 左移位移大小与竖直位移大小始终一样，所以ax＝ay
对A、B 整体受力如图，则FT＝（M+m）aA
7
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FN'＝maA，Mg﹣FT﹣FT'＝maA
Ff＝μFN'，则aA=
mg
M +( μ+2)m，Ff'＝T= mg( M +m)
M +( μ+2)m，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【变式1-1】（2024•南通模拟）如图所示，倾角θ＝37°的直角斜面体被锁定在光滑水平面上，绕过
斜面顶端的轻质定滑轮的细线，一端连接在斜面上的小物块B 上，另一端吊着小物块A，A 刚
好贴着斜面体的竖直侧面，连接B 的细线与斜面平行，B 离斜面底端的距离x＝0.6m，系统恰能
保持静止状态。已知斜面体质量M＝2kg，A 的质量mA＝1kg，B 的质量mB＝5kg，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，A 始终在滑轮下方，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求B 与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若B 变为光滑，将B 从图示位置由静止释放，求B 到达斜面底端所需要的时间t；
（3）若解除对斜面体的锁定，且不计一切摩擦，将B 从图示位置由静止释放，求B 到达斜面底
端时的速度大小vB。
【解答】解：（1）B 刚好不下滑
mBgsinθ＝T+μmBgcosθ
对A：mAg＝T
解得μ＝0.5
8
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（2）对B：mBgsinθ﹣T＝mBa
对A：T﹣mAg＝mAa
解得a= 10
3 m/ s
2
对B，根据匀变速直线运动规律有：
x = 1
2 at
2
代入数据得t＝0.6s
（3）解除锁定后，设斜面体的速度为v1，B 相对于斜面体向下运动的速度为v2
系统水平方向动量守恒，以斜面体速度方向为正方向
（mA+M）v1＝mB（v2cosθ﹣v1）
解得v2＝2v1
系统机械能守恒
mB gxsinθ-mA gx = 1
2 M v1
2+ 1
2 mA(v1
2+ v2
2)+ 1
2 mB vB
2
式中vB=√(v2sinθ)
2+(v2cosθ - v1)
2
代入数据得vB= 3
10 √30m/ s
答：（1）B 与斜面间的动摩擦因数μ 为0.5；
（2）B 到达斜面底端所需要的时间t 为0.6s；
（3）B 到达斜面底端时的速度大小vB为3
10 √30m/s。
【变式1-2】（2024•南充模拟）如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B 用
轻绳相连，轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A 物块锁定于斜面
底部，B 物块离地面高度为h＝10m。已知A 物块的质量为m＝1kg，B 物块的质量为M＝3kg，
A 物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。t＝
0 时刻，解除A 物块的锁定状态，当B 物块落地瞬间轻绳断裂，A 恰好未与滑轮相撞，求：
（1）B 物块下落过程中的加速度a 的大小及落地前瞬间的速度v 的大小；
（2）斜面的长度L 及A 从t＝0 时刻起到返回斜面底端所需时间t。
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【解答】解：（1）B 物块下落过程中，对A，由牛顿第二定律有
T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
对B，根据牛顿第二定律有
Mg﹣T＝Ma
联立可得：a＝5m/s2
由运动学公式有
v2＝2ah
解得：v＝10m/s
（2）B 物块落地后，A 继续沿斜面向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
解得：a′＝10m/s2
设A 继续上滑的距离为s，则有
v2＝2a′s
解得：s＝5m
故L＝h+s＝10m+5m＝15m
A 做匀加速运动的过程，有 h= v
2 t1
A 做匀减速运动的过程，有 s= v
2 t2
A 向下做匀加速运动的过程，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma″
解得：a″＝2m/s2
设此过程所用时间为t3，则L= 1
2 a″ t3
2
解得：t3=√15s
故A 从t＝0 时刻起到返回斜面底端所需时间t＝t1+t2+t3
解得：t＝（3+√15）s
10
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答：（1）B 物块下落过程中的加速度a 的大小为5m/s2，落地前瞬间的速度v 的大小为10m/s；
（2）斜面的长度L 及A 从t＝0 时刻起到返回斜面底端所需时间t 为（3+√15）s。
题型二：弹簧连接体
【例2】（2024•天河区一模）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水
平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F 拉动
P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前
（ ）
A．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
B．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
C．P 的加速度大小的最大值为μg
D．Q 的加速度大小的最大值为2μg
【解答】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F＝
2μmg
撤去拉力前对Q 根据共点力平衡条件有：T0＝μmg
A．PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，故A 错误；
B．滑块P 在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为2μg 做加速度减小的减速运动，
最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后
弹簧原长时加速度大小也为μg，故B 正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹
力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧
的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力
增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加
速度为2μg。Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时﹣μmg＝maQm
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解得aQm＝﹣μg
故滑块Q 加速度大小最大值为μg，故CD 错误。
故选：B。
【变式2-1】（多选）（2023•青羊区校级模拟）推导匀变速直线运动位移公式时，匀变速直线运动
在极短时间内可以看成是匀速直线运动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图
所示，光滑水平面上，物块B 以1.2m/s 的速度去撞固定在物块A 上的轻弹簧，经过1s 二者第一
次速度相等，此时物块A 运动的位移为0.36m，已知B 的质量是A 的质量的5 倍，弹簧始终在
弹性限度内，则以下说法正确的是（ ）
A．从开始运动到共速过程中，物块A 的加速度始终是物块B 的5 倍
B．从开始运动到共速过程中，物块A 的位移始终是物块B 的位移的5 倍
C．二者速度相等时，物块B 的位移为1.128m
D．从开始运动到共速过程中，弹簧弹力对A 和B 做功的大小相等
【解答】解：A、B 压缩弹簧后弹簧发生形变，A、B 受到弹簧弹力作用，由于水平面光滑，物
块受重力、地面的支持力与弹簧弹力作用，物块所受合力等于弹簧弹力，因此物体所受合力F
大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：a= F
m，由于A、B 所受合力F 大小相等，B 的质量是
A 的质量的5 倍，则A 的加速度始终是物块B 的加速度的5 倍，即aA＝5aB，故A 正确；
B、从开始运动到二者共速过程，B 的速度始终大于A 的速度，它们的运动时间相等，则B 的位
移大于A 的位移，则物块A 的位移不是始终是物块B 的位移的5 倍，故B 错误；
C、物体A 的位移xA= v At＝0.36m，B 的位移大小xB＝v0t- vBt =v0t- v
5 ×t，其中v0＝1.2m/s，t＝
1s，代入数据解得：xB＝1.128m，故C 正确；
D、从开始运动到共速过程中，B 的位移也大于A 的位移，弹簧弹力对B 做功绝对值大于弹簧弹
力对A 做的功，故D 错误。
故选：AC。
【变式2-2】（多选）（2023•滁州一模）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1.5kg。t＝0 时对物块A 施加水平向右的恒力
F，t＝1s 时撤去，在0～1s 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
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限度内，则（ ）
A．t＝1s 时物块A 的速度为0.8m/s
B．t＝1s 时弹簧弹力为0.6N
C．物块B 的质量为0.8kg
D．F 大小为1.5N
【解答】解：A、a﹣t 图像与坐标轴所围的面积表示速度变化量，若物体A 的加速度从1.0 均匀
减小到0.6，速度变化量Δv = 1+0.6
2
×1=0.8m/ s
而A 的初速度为零，可知1s 时的速度为0.8m/s，但由图像得，物体A 的a﹣t 图像的面积偏小，
即速度变化量小于0.8m/s，则t＝1s 时A 的速度大小小于0.8m/s，故A 错误；
BCD、恒力F 拉动A 的瞬间，由a﹣t 图像A 的加速度为a0=1m/ s
2
由牛顿第二定律得：F＝mAa0＝1.5×1.0N＝1.5N
1s 时两者的加速度相等，均为a＝0.6m/s2
分别对A、B 受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣kx＝mAa
F 弹＝kx＝mBa
代入数据联立解得：mB＝1kg
F 弹＝0.6N
故BD 正确，C 错误；
故选：BD。
题型三：板块叠加连接体
【例3】如图所示，光滑水平面放有一个质量为5kg 的光滑斜面体A，将另一个质量为3kg 物块B
放在斜面上，为了保持物块与斜面相对静止，需用水平向左80N 的力F 推斜面。现将斜面固定，
对B 施加用水平向右的力F1使其静止在斜面上，g 取10m/s2．则F1大小为（ ）
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A．30N
B．15N
C．50N
D．80N
【解答】解：水平向左80N 的力F 推斜面时，对整体，根据牛顿第二定律得：a
=
F
mA+mB
= 80
3+5 =10m/ s
2，
对B 受力分析，根据牛顿第二定律可知，B 受到重力和支持力的合力F 合＝mBa＝30N，
斜面固定，对B 施加用水平向右的力F1使其静止在斜面上时，B 合力为零，根据共点力平衡条
件可知：
F1＝F 合＝30N，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
题型四：板块叠加+轻绳连接体
【例4】（多选）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m 和3m 的三个木块，其中质量为
2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F 拉
其中一个质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）
A．当F 逐渐增加1N 时（轻绳未断），轻绳中拉力增加0.5N
B．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断
C．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为2
3T
【解答】解：A、对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：
F＝（m+2m+3m）a＝6ma，
则三个木块共同的加速度为：a= F
6m；
隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得，轻绳中拉力为：
14
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F′＝3ma＝3m× F
6m = 1
2F，
由此可知：
A、因绳子拉力等于总拉力的一半，所以当F 逐渐增加1 N 时，轻绳中拉力增加0.5 N，故A 正
确；
B、当F 逐渐增大到T 时，轻绳中拉力F′= 1
2T＜T，即小于轻绳能承受的最大拉力为T，轻绳
还没有被拉断，故B 错误；
C、当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳中拉力F′= 3
4 T＜T，即小于轻绳能承受的最大拉力为T，轻
绳还没有被拉断，故C 正确；
D、轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为T，由牛顿第二定律可得，后面两个木块的加速度：
a′= T
3m，
对质量为m 木块，由牛顿第二定律得：质量为m 和2m 的木块间的摩擦力：f＝ma′＝m
× T
3m = T
3
，故D 错误。
故选：AC。
题型五：滑块——木板模型之动态分析与临界问题
【例5】（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，质量相等的A、B 两物体放在轻质薄板C 的两端，C
与水平面之间无摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下，A、B、C 一起由静止开始运动，已知F1
＞F2，三者始终相对静止。（ ）
A．若突然撤去F1，物体A 的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，物体A 所受的摩擦力一定减小
C．若突然撤去F2，物体B 的加速度一定减小
D．若突然撤去F2，物体B 所受的摩擦力一定增大
【解答】解：AB.设物体A、B 的质量分别为m1、m2，轻质薄板C 的质量不计。
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物体A、B、C 始终静止，加速度满足（m1+m2）a0＝F1﹣F2
C 对A 的摩擦力f1＝F1﹣m1a0
联立可知f1＞F2
撤去F1后，加速度满足（m1+m2）a1＝F2
C 对A 的摩擦力f1'= m1 F2
m1+m2
＜F2
故若突然撤去F1，物体A 加速度无法比较，不一定减小，而物体A 所受的摩擦力一定减小，故
A 错误，B 正确；
CD.物体C 对B 的摩擦力f2＝F2+m2a0= m2 F1+m1 F2
m1+m2
而撤去F2后，加速度为（m1+m2）a2＝F1
C 对B 的摩擦力f2'＝m2a2= m2 F1
m1+m2
可得：a0＜a2，f2'＜f2
故若突然撤去F2，物体B 加速度一定增大，物体B 所受的摩擦力一定减小，故CD 错误。
故选：B。
【变式5-1】（2024•市中区校级模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小
物块。在t＝0 时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s 后撤去F，此后木板运动的v﹣
t 图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F 的大小为24N
B．物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t＝2s 时刻，物块的速度减为0
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【解答】解：AB、由图可知，木板在1s～1.5s 的加速度大小比1.5s 后的加速度大小要大，也就
意味着在1.5s 之前木块与木板之间相对滑动，直到1.5s 时刻木块与木板共速；
在1s～1.5s 内，木板的加速度大小为a1= Δv1
Δt1
= 8-3
0.5 m/s2＝10m/s2
在0～1.5s 内，物块的加速度大小为a2= Δv2
Δt2
= 3-0
1.5 m/s2＝2m/s2
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1s～1.5s 内根据牛顿第二定律有：μ1×2mg+μ2mg＝ma1
木块在0～1.5s 内根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1s 内的加速度为a3= Δv3
Δt3
= 8-0
1
m/s2＝8m/s2
木板在0～1s 内受力为F，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ1×2mg﹣μ2mg＝ma3
代入数据解得：拉力F＝2μ1mg+μ2mg+ma3＝（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N＝18N，故AB 错
误；
C、在0～1.5s 内木板的位移s1= 1
2v1Δt3+ 1
2（v1+v1.5）Δt1= 1
2 ×8×1m+ 1
2 ×（8+3）×0.5m＝6.75m
在0～1.5s 内木块的位移s2= 1
2v1.5Δt2= 1
2 ×3×1.5m＝2.25m
在1.5s 后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：a1′＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
木板的加速度大小为a2′：μ2•2mg﹣μ1mg＝ma2′
解得：a2′＝6m/s2
物块到停止的时间还需要：t1′= v1
a1' = 3
2s＝1.5s
木板到停止的时间还需要：t2′= v1
a2' = 3
6 s＝0.5s
物块的位移为：x1′= v1
2
2a1' = 3
2
2×2m＝2.25m
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木板的位移为：x2′= v1
2
2a2' = 3
2
2×6 m＝0.75m
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为：Δs＝s1+x2′﹣s2﹣x1′＝6.75m+0.75m﹣2.25m﹣
2.25m＝3m，故C 正确；
D、由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s 时的速度不为零，故D 错误。
故选：C。
【变式5-2】（2024•长沙模拟）如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板上，一个质量m＝5kg 的
铁块放在长木板上，如果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力F＝kt（式中k≠0），铁块与长
木板之间的摩擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
10m/s2
，
结
合
图
中
数
据
下
列
说
法
正
确
的
是
（
）
A．铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
B．长木板的质量为1kg
C．长木板与地板间的动摩擦因数为0.2
D．当t＝3s 时铁块的速度大小为6m/s
【解答】解：A、由题图乙可知，铁块与长木板之间的滑动摩擦力为30N，则动摩擦因数为：
μ1= F f
mg =
30
5×10 =0.6，故A 错误；
BC、由题图乙可知，在t＝1s 时长木板与地面之间恰产生相对滑动，所以有：F＝20N＝k×1
代入时间解得：k＝20N/s
在t＝1s 时对长木板分析拉力等于地面的最大静摩擦力可知：20N＝μ2（m+M）g
在t＝3s 时物块与长木板产生相对滑动，在1s～3s 过程中长木板和物块的整体做加速运动，则在
t＝3s 时
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对铁块和木板的整体：kt3﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
对铁块：kt3﹣fm＝ma
以上两式代入数据，对整体：20×3﹣μ2（5+M）g＝（5+M）a
对铁块：20×3﹣30＝5a
联立解得：M = 5
3 kg，μ2＝0.3，故BC 错误；
D、在1～3s 内对木板有动量定理：I﹣μ（M+m）t13＝Mv
其中：I = 20+30
2
×2 N ⋅s=50 N ⋅s
代入数据解得：v＝6m/s
因此过程中铁块与木板速度相同，可知当t＝3s 时铁块的速度大小为6m/s，故D 正确。
故选：D。
【变式5-3】（多选）（2024•武汉模拟）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～t1时间内F＝2t（N），t1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．t1＝4.5s
B．t1时刻，A 的速度为4.5m/s
C．6.5s 时A 的速度为18.0m/s
D．6.5s 时B 的速度为6.25m/s
【解答】解：设A 的质量为M，B 的质量为m，A 与地面、A 与B 之间的动摩擦因数分别为
μ1、μ2。
A、木板与物块间的滑动摩擦力：f1＝μ2mg＝0.2×1×10N＝2N
A 与地面间滑动摩擦力为：f2＝μ1（M+m）g，解得：f2＝3N
由牛顿第二定律可得B 相对于A 滑动时的加速度大小为：a= μ2mg
m
=μ2g，解得：a＝2m/s2
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设此时的拉力大小为F1，对整体根据牛顿第二定律可得：F1﹣f2＝（m+M）a
解得：F1＝9N
则有：F1＝2t1，解得：t1＝4.5s，故A 正确；
B、设经过t0时间A 开始滑动，则有：f2＝2t0，解得：t0＝1.5s
则t1时间内A 运动的时间为：Δt＝t1﹣t0＝4.5s﹣1.5s＝3s
从t0～t1时间内，取向右为正方向，根据动量定理得：
F0+ F1
2
Δt -f2Δt＝（M+m）vA﹣0，其中F0＝3N，解得：vA＝3m/s，故B 错误；
C、t1～6.5s 内，6.5s 时拉力F′＝20N，由牛顿第二定律：F′﹣f1﹣f2＝MaA，解得：aA＝
7.5m/s2
故t2＝6.5s 时，A 的速度大小为：v＝vA+aA（t2﹣t1），解得：v＝18.0m/s，故C 正确；
D、对B 由牛顿第二定律：f1＝maB，解得：aB＝2m/s2
故t＝6.5s 时，B 的速度大小为：vB＝vA+aB（t2﹣t1），解得：vB＝7m/s，故D 错误。
故选：AC。
题型六：水平传送带问题
【例6】（2023•重庆模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小
为v2的小物块从与传送带等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v2＞v1，则
（ ）
A．t2时刻，小物块离A 处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右
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匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块
相对传送带向左运动的距离最大，故B 正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相
对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C 错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D 错误。
故选：B。
【变式6-1】（多选）（2023•石嘴山模拟）质量为1kg 的物块M 水平向右滑上逆时针转动的传送
带，如图甲所示，物块的v﹣t 图像如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法正确的是
（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
B．物块在传送带上做匀减速运动的时间是3s
C．整个过程中，物块在传送带上的划痕长度为9m
D．2s 时，物体向右运动到最远处
【解答】解：A、由图乙所示v﹣t 图像可知，物块加速度大小a= Δv
Δt = 0-(- 4.0)
2
m/ s
2=2m/s2
对物块，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：μ＝0.2，故A 错误；
B、由图乙所示图象可知，物块在0～2s 内做匀减速直线运动，在2～3s 内反向做初速度为零的
匀加速直线运动，3s 后做匀速直线运动，故B 错误；
C、在0～3s 时间内，传动带的位移为：x1＝vt＝2×3m＝6m，方向水平向左，
此过程中，物块的位移为：x2= 1
2（v0+v）t= 1
2 ×（﹣4+2）×3m＝﹣3m，方向水平向右，
则整个过程中物体在传送带上留下的划痕长度为：L＝x1﹣x2＝6m+3m＝9m，故C 正确；
D、当t＝2s 时，物块的速度为零，2s 后，物块开始向左运动，所以2s 时物块运动到最右端，故
D 正确。
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故选：CD。
【变式6-2】（2023•上饶一模）如图所示，水平传送带由电动机带动以v＝2m/s 的速度匀速转动，
转动方向如图所示。可视为质点的甲、乙两物体分别以v1＝1m/s 和v2＝3m/s 的速率从传送带的
两端A、B 处按图示方向同时滑上传送带。已知两物体在同一条直线上运动，且运动过程中恰好
没有相碰。两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，质量均为m＝1kg，重力加速度g＝
10m/s2。求：
（1）甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间；
（2）传送带A、B 间的长度；
（3）为维持传送带匀速转动，电动机多做的功。
【解答】解：（1）对甲进行分析，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma1
根据速度—时间公式可得：
v＝v1+a1t1
联立解得t1＝0.2s
（2）对乙进行分析，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma2
取向右为正，根据速度—时间公式可得：
v＝﹣v2+a2t2
解得：t2＝1s
从开始运动到甲、乙恰好相遇不相碰过程，以向右为正，甲的位移大小为：
x甲= v1+ v
2
t1+ v(t2-t1)
乙的位移大小为：
x乙=- v2+ v
2
t2
则有LAB＝x 甲﹣x 乙
联立解得：LAB＝2.4m
（3）设甲与传送带间的相对位移为s1，可得：
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s1= v t1- v1+ v
2
t1
若发热为Q1
则有Q1＝μmgs1
乙与传送带间的相对位移为s2，可得：
s2= (v2+ v)
2
2a2
若发热为Q2，则有Q2＝μmgs2
由能量守恒得1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2+W =2× 1
2 mv
2+Q1+Q2
联立解得：W＝12J
答：（1）甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间为0.2s；
（2）传送带A、B 间的长度为2.4m；
（3）为维持传送带匀速转动，电动机多做的功为12J。
题型七：倾斜传送带问题
【例7】（2024•宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，
传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运
动的v﹣t 图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取
10m/s2，则（ ）
A．煤块在传送带上的划痕为8 米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
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【解答】解：A、由图乙可知传送带的速度为8m/s，根据v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位
移的大小，可得：
在0～1s 时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：Δx1= 1
2 ×（8+16）×1m﹣8×1m＝4m
在1s～3s 时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：Δx2＝﹣8×2m- 1
2 ×8×2m＝8m
因Δx2＞Δx1，故煤块在传送带上的划痕等于Δx2＝8 米，故A 正确；
BC.在0～1s 时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与
运动方向相反，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37° ＝ma1 ，根据v﹣t 图像的斜率绝对值等于加速度大小，可得：
a1= 16-8
1
m/ s
2=8m/ s
2
在1～2s 时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运
动方向相同，同理可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，a2= 8-0
2
m/ s
2= 4 m/ s
2
联立解得：μ＝0.25，故BC 错误；
D.如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直
线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的
速率就无关了，故D 错误。
故选：A。
【变式7-1】（多选）（2025•什邡市校级一模）粮袋的传送装置如图所示，已知A、B 两端间的距
离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为
μ，正常工作时工人在A 端将粮袋轻放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小
相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是（ ）
A．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小，也可能相等
B．若L 足够大，且μ＞tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ−μcosθ）的匀加速运动，再以速度v 做
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匀速运动
C．若L 足够大，且μ＜tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ+μcosθ）的匀加速运动，再做加速度为
g（sinθ−μcosθ）做匀加速运动
D．不论μ 大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a＞gsinθ
【解答】解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v；可能先匀
加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速
度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度
大于v，故A 正确；
B 、粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物体先做加速度大小为
a= mgsinθ+ μmgcosθ
m
=gsinθ+μgcosθ 的匀加速运动，当速度加到v 时，因为μ＞tanθ，再以速
度v 做匀速运动，故B 错误；
C 、粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物体先做加速度大小为
a= mgsinθ+ μmgcosθ
m
=gsinθ+μgcosθ 的匀加速运动，当速度加到v 时，因为μ＜tanθ，再做加
速度大小为a= mgsinθ - μmgcosθ
m
=gsinθ﹣μgcosθ 的匀加速运动，故C 正确；
D、由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动。若µ＜tanθ，粮袋的速度与传送带相
同后，加速度为g（sinθ﹣µcosθ）＜gsinθ，故D 错误。
故选：AC。
【变式7-2】（2024•五华区校级模拟）如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，上下两端AB
的长度L＝11m，传送带以v0＝5m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A 无初速度地放一个质量
m＝0.5kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数以μ＝0.5，煤块在传送带上发生相对滑动
时会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：
（1）煤块从A 到B 的时间；
（2）煤块从A 到B 的过程中煤块相对传送带滑行的路程及煤块在传送带上形成痕迹的长度。
【解答】解：（1）（1）开始煤块的速度小于传送带的速度，煤块所受的摩擦力沿着传送带向
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上，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数值可得：a1=10m/ s
2
设经过时间t1煤块和传送带速度达到相同，则有：t1= v0
a1
= 5
10 s=0.5 s
设下滑距离为x1，由运动学公式：x1= v0
2
2a1
=
5
2
2×10m＝1.25m
因为μ＝0.5＜tan37°＝0.75，煤块继续向下加速，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数值可得：a2=2m/ s
2
设再经过时间t2到达B，下滑距离为：x2= v0t2+ 1
2 a2t2
2= L- x1=9.75m
代入数值可求得：t2＝1.5s（另一解舍）
煤块从A 到B 的时间：t 总＝t1+t2＝0.5s+1.5s＝2s
（2）煤块以a1＝2 加速运动时间内传送带运动位移为：x3＝v0t1＝5×0.5m＝2.5m
相对传送带向后运动的路程为：Δs1＝x3﹣x1＝2.5m﹣1.25m＝1.25m
煤块继续以a2 加速滑到最底端过程，设传送带运动位移为x4，相对滑动位移为：x4＝v0t2＝
5×1.5m＝7.5m
相对传送带向前运动的路程为：Δs2＝9.75m﹣7.5m＝2.25m
煤块从A 到B 的过程中煤块相对传送带滑行的路程：s＝Δs1+Δs2＝3.5m
考虑到痕迹的重复性，则痕迹的实际长度仍为2.25m。
答：（1）煤块从A 到B 的时间为2s；
（2）煤块从A 到B 的过程中煤块相对传送带滑行的路程为3.5m，及煤块在传送带上形成痕迹
的长度为2.25m。
1.
如图所示，两同种材料的滑块A、B，用轻质细绳通过光滑定滑轮相连，A 放在粗糙
的水平桌面上，由静止释放A、B 两滑块，此时A、B 两滑块的加速度大小均为a1；A 和B 调
换位置并也都由静止释放，此时A、B 两滑块的加速度大小均为a2，已知两滑块与水平面间的
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最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，滑块与桌面间的动摩擦因数 μ= 1
2，A 滑块的质量为12m，
B 滑块的质量为8m，重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）
A．调换前A 和B 的加速度大小均为1
16 g
B．调换后A 和B 的加速度大小均为1
10 g
C．调换前后绳的拉力不变
D．调换后绳的拉力变大
【解答】解：A、调换前，对A 滑块受力分析如图
根据牛顿第二定律得：T﹣12μmg＝12ma
对B 滑块受力分析如图：
根据牛顿第二定律得：8mg﹣T＝8ma
联立解得：a= 1
10g
T= 36
5 mg
故A 错误；
B、调换后对B 受力分析，根据牛顿第二定律得：T﹣8μmg＝8ma
对A 受力分析，根据牛顿第二定律得：12mg﹣T＝12ma
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联立解得：a= 2
5g
T= 36
5 mg
故B 错误；
CD、由AB 得，调换前后，绳上的拉力不变，根据上面计算得绳上的拉力不变，故C 正确，D
错误。
故选：C。
2.
（2023•河南模拟）如图1 所示，物体A、B 放在粗糙水平面上，A、B 与地面间的动
摩擦因数均为μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B 分别受到的随时间变化的力FA与FB，如图
2 所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在t＝1s 时分离
B．两物体分离时的速度为5m/s
C．两物体分离时的速度为4.875m/s
D．两物体一起做加速运动
【解答】解：由图2 知FA与t 的关系式为：FA＝12﹣2t，FB与t 的关系式为：FB＝3t，A 的摩擦
力为fA＝μmAg＝0.1×2×10N＝2N，B 的摩擦力为fB＝μmBg＝0.1×1×10N＝1N。
A、物体A、B 分离时，A、B 加速度相等，速度相同，但A、B 间无弹力，则对A、B 受力分析，
由牛顿第二定律可知，
分离时A 物体：FA﹣fA ＝mAaA ，B 物体：FB﹣fB ＝mBaB ，当aA ＝aB ，即
12-2t -2
2
m/ s
2= 3t -1
1
m/ s
2，解得t＝1.5s，故A 错误；
BC 、对AB 整体分析从开始到分离过程由动量定理，取向右为正，
I F A+ I F B- f At - f Bt =(mA+mB)v -0，由图2 只图线围成的面积表示冲量可知在1s 内，
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A 物体FA 的冲量IA= 1
2 ×(9+12)×1.5N•s= 63
4 N•s，B 物体FB 的冲量IB= 1
2 × 9
2 ×1.5N•s= 27
8
N•s，代入数据解得：v＝4.875m/s。故B 错误，C 正确；
D、AB 分离前一起加速，1.5s 后不再一起加速运动，故D 错误。
故选：C。
3.
（多选）（2023•莱阳市校级模拟）如图，四个滑块叠放在倾角为θ 的固定光滑斜面
上，其中B 和C 的质量均为m，A 和D 的质量均为3m，B 和C 之间用一平行于斜面的轻绳连
接，现对A 施加平行于斜面向上的拉力F，使得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，
滑块间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．拉力F 的最大值为1.3μmgcosθ
B．C 对D 的摩擦力为0.3μmgcosθ 时，A 对B 的摩擦力为0.5μmgcosθ﹣5mgsinθ
C．当拉力F 取得最大值时，轻绳上的弹力大小为0.8μmgcosθ
D．当拉力F 取得最大值时，C、D 间的摩擦力为0.6μmgcosθ
【解答】解：A、滑块B、C、D 靠A、B 之间的静摩擦力作为动力，当A、B 之间的静摩擦力为
最大静摩擦力时，滑块B、C、D 有最大加速度，则对滑块B、C、D 整体，由牛顿第二定律有
μmgcosθ﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a1
解得：a1= μgcosθ
5
-gsinθ
同理，滑块D 靠C、D 之间的静摩擦力作为动力，当C、D 之间的静摩擦力为最大静摩擦力时，
滑块D 有最大加速度，则对滑块D，由牛顿第二定律有
μmgcosθ﹣3mgsinθ＝3ma2
解得：a2= μgcosθ
3
-gsinθ
为了确保四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，则共同运动的最大加速度应取a1、a2中
的最小值，即amax＝a1= μgcosθ
5
-gsinθ
对四个滑块组成单位整体，由牛顿第二定律有
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Fmax﹣（3m+m+m+3m）gsinθ＝（3m+m+m+3m）amax
解得：Fmax＝1.6μmgcosθ
故A 错误；
B、滑块C 对D 的摩擦力为0.3μmgcosθ 时，对D，由牛顿第二定律有
0.3μmgcosθ﹣3mgsinθ＝3ma
设此时A 对B 的摩擦力为fAB，对B、C、D，由牛顿第二定律有
fAB﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a
解得：fAB＝0.5μmgcosθ
故B 错误；
C、当拉力F 取得最大值时，四个滑块组成的整体获得最大加速度amax，对C、D 整体，由牛顿
第二定律有
T﹣（m+3m）gsinθ＝（m+3m）amax
解得：T＝0.8μmgcosθ
故C 正确；
D、当拉力F 取得最大值时，四个滑块获得最大加速度amax，对D，由牛顿第二定律有
fCD﹣3mgsinθ＝3mamax
解得：fCD＝0.6μmgcosθ
故D 正确。
故选：CD。
4.
（2024•甘肃二模）如图甲所示，MN 是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作
质点，质量为m＝1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0＝4m/s 从M 点开始沿传送带运动。
物块运动过程的部分v﹣t 图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N 点离开
B．物块将在4.8s 时回到原处
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C．物块与传送带之间的摩擦因数为√3
2
D．传送带的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下
【解答】解：AD、从图像可知，物体沿传送带减速下滑，速度减为零后反向向上沿传送带加速
运动，最终的速度大小为1m/s，故不会从N 点离开，同时可知传送带斜向上运动，速度大小为
1m/s，故AD 错误；
C、v—t 图像中斜率表示物体的加速度，则物块沿传送带下滑时的加速度：a= Δv
Δt = 4 -(-1)
2
m/s2＝2.5m/s2
根据牛顿第二定律有：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
代入已知数据得：μ= √3
2 ，故C 正确；
B、v—t 图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，t1= 8
5s 时，物块的速度为0，
之后物块沿传送带向上运动，故物块沿传送带向下运动的位移为：x1= 1
2 ×4× 8
5m= 16
5 m
t1= 8
5s 到t2＝2s 时，物块沿传送带向上加速运动的位移为：x2=
2- 8
5
2
×1m= 1
5m
物块沿传送带向上匀速运动的时间为：t 匀= x1- x2
v
=
16
5 - 1
5
1
s＝3s
所以物块回到原处的时间：t＝t2+t 匀＝3s+2s＝5s，故B 错误。
故选：C。
5.
（多选）（2024•开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从A 处运
往较低的B 处，传送带与水平面的夹角θ，且始终以一定速度v 逆时针转动。在某时刻将小包
裹（看作质点）轻放在传送带的A 处，小包裹与传送带间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。则关于小包裹从A 运动到B 的说法正确的是（ ）
A．若μ＜tanθ，则可能一直加速
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B．若μ＜tanθ，则可能先加速再匀速
C．若μ＞tanθ，则可能先加速再匀速
D．若μ＞tanθ，则可能先加速再减速
【解答】解：AB、若μ＜tanθ，化简有：μcosθ＜sinθ，则有：μmgcosθ＜mgsinθ。即最大静摩擦
力小于重力的下滑分力。刚开始，根据牛顿第二定律则有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
小包裹可能以加速度：a1＝gsinθ+μgcosθ，一直加速到B。
也可能先以加速度：a1＝gsinθ+μgcosθ，加速达到速度v 后，摩擦力方向突变，再以加速度：a2
＝gsinθ﹣μgcosθ，继续加速到B，故A 正确，B 错误；
CD、同理，若μ＞tanθ，则小包裹可能以加速度：a1＝gsinθ+μgcosθ 一直加速到B，也可能先以：
a1＝gsinθ+μgcosθ，加速达到速度v 后，再匀速运动到B，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
6.
（多选）（2024•合肥三模）如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v 向下传动，
质量分别为m、M 的两物块P、Q 用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P 以速度v0滑上传送带顶
端，同时Q 也以速度v0竖直向上运动，此后P 运动的v﹣t 图像如图（b）所示，t1、t2已知。
已知P 与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送带足够长，Q 始终没有与滑轮相碰，重力加
速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．一定有v0＞v
B．一定有M＞m
C．物块P 返回传送带顶端的时刻为2t2
D．根据图像可求出P 与传送带间的动摩擦因数μ 以及传送带倾角θ
【解答】解：A.由题图（b）可知，P 先沿斜面向下做加速度较大的匀减速直线运动，t1时刻与
传送带共速，之后沿斜面向下做加速度较小的匀减速直线运动，t2时刻速度减小到零，之后再沿
斜面向上做匀加速直线运动，可知t1时刻后P 所受滑动摩擦力沿斜面向下，则0～t1时刻P 所受
的滑动摩擦力沿斜面向上，P 相对传送带下滑，故P 的初速度v0大于传送带的速度v，故A 正确；
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B.设P 与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带倾角θ，0～t1时间内P 的加速度大小为a1，t1～t2时
间内P 的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：
0～t1时间内，对P 有：μmgcosθ+T﹣mgsinθ＝ma1
对Q 有：Mg﹣T＝Ma1
联立可得：Mg+μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a1……①
t1～t2时间内，对P 有：T′﹣μmgcosθ+mgsinθ＝ma2
对Q 有：Mg﹣T′＝Ma2
联立可得：Mg﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a2……②
由于不知μ、θ、a1、a2的具体值，无法判断M 与m 的大小关系，故B 错误；
D.根据图像可得：a1= v0- v1
t1
，a2=
v
t2-t1
联立B 选项中①②两式可求出动摩擦因数μ 和传送带倾角θ，故D 正确；
C.根据v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，由题图（b）可知，0～t2时间的图像与时
间轴围成的面积大于t2～2t2时间内的图像与时间轴围成的面积，可知2t2时刻P 还没有返回到传
送带顶端，故C 错误。
故选：AD。
7.
（2024•重庆模拟）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块
m，开始时M、m 均静止。t＝0 时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t 图像
如图乙所示，整个过程中物块m 恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因
数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s 内，物块m 的加速度一直变大
B．整个过程中，物块m 相对平板车M 滑动的时间为4s
C．平板车M 的长度为12m
D．物块m 相对平板车M 的位移为16m
【解答】解：AB、根据题意，如物块与平板车保持相对静止，由牛顿第二定律可得，最大的加
速度为μmg＝mam
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解得加速度am=1m/ s
2
由乙图可知，M 减速时加速度aM = 0-8
6-2 m/ s
2=-2m/ s
2
可知，物块与平板车发生相对滑动，设t 秒时两者共速，则有amt＝8﹣2（t﹣2）
得t＝4s
v4＝（8﹣2×2）m/s＝4m/s
共速后，由于平板车的加速度为aM =-2m/ s
2
物块减速时，由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma'm
得a'm=-1m/ s
2
平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1减速到零，
由运动学公式0＝4﹣a'mt1
解得t1＝4s
即t'＝4s+4s＝8s
物块的速度减为零，两物体的速度—时间图像如图所示
整个过程中，物块m 的加速度大小一直为1m/s2，物块m 相对平板车M 滑动的时间为8s，故AB
错误；
CD、4 秒前的打滑位移x1=8×2× 1
2 m+ 1
2 (8+ 4)×2m- 4×4× 1
2 m=12m
4 秒后的打滑位移x2= 4×4× 1
2 m-2×4× 1
2 m= 4 m
所以平板车的长度为12m，物块m 相对平板车的位移大小为12m﹣4m＝8m，方向向左
故D 错误，C 正确。
故选：C。
8.
（多选）（2024•包头二模）质量M＝2.0kg、长度L＝1.0m 的木板静止在足够长的光
滑水平面上，右端静置一质量m＝1.0kg 的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木板施
加一水平向右的作用力F，F﹣t 图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数μ＝0.3，重力
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加速度g 取10m/s2，则（ ）
A．6s 末，物块刚好与木板分离
B．0～4s 内，物块与木板不发生相对滑动
C．0～6s 内，物块与木板组成的系统机械能守恒
D．4～6s 内，拉力F 做功等于物块与木板系统动能增量
【解答】解：B、物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力恰好达到最大值。
根据牛顿第二定律，此时对滑块有：μmg＝ma0
对滑块与木板整体有：F0＝（M+m）a0
联立解得滑块与木板恰好发生相对滑动时力F 的大小为：F0＝9N
因0～4s 内F＝6N＜F0，故此时间内物块与木板不发生相对滑动，故B 正确；
A、4s～6s 内F＝10N，此时间内物块与木板发生相对滑动。
根据牛顿第二定律，对滑块有：μmg＝ma1
对木板有：F﹣μmg＝Ma2
解得：a1＝3m/s2，a2＝3.5m/s2
假设4s～6s 的时间间隔t＝2s 内两者没有分离，则：
滑块的位移为：x1= 1
2a1t2
木板的位移为：x2= 1
2a2t2
两者相对位移大小为：Δx＝x2﹣x1
联立解得：Δx＝1m
因Δx＝L＝1.0m，故6s 末物块刚好与木板分离，故A 正确；
C、0～6s 内，物块与木板均在水平面上做加速直线运动，它们组成的系统的动能是增加的，而
重力势能不变，故系统机械能不守恒，故C 错误；
D、4～6s 内物块与木板发生相对滑动，存在摩擦生热，由功能关系可知，此时间内拉力F 做功
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等于物块与木板系统动能增量与摩擦生热之和，故D 错误。
故选：AB。
9.
（多选）（2024•济南模拟）如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，
质量1kg 的滑块（可视为质点），置于木板中央。木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力
F，其v﹣t 图像如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0～2s 滑块的加速度大小为2m/s2
B．拉力F 的大小2N
C．木板的质量为0.5kg
D．为了使滑块不脱离木板，木板的长度至少为3m
【解答】解：A、t＝0 时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的v﹣t 图象可得：
a1= Δv
Δt = 4
2 m/s2＝2m/s2
对滑块，由牛顿第二定律有：μmg＝ma2
得a2＝μg＝1m/s2
由于a2＜a1，所以滑块确实与木板发生了相对滑动，a2＝1m/s2
故A 错误；
BC、对木板根据牛顿第二定律有
F﹣μmg＝Ma1
撤去拉力后木板的加速度为a3= Δv '
Δt = 4
2 m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律有a3= μmg
M
解得F＝2N，M＝0.5kg
故BC 正确；
D、由图象v﹣t 可知，在t＝2s 时撤去了拉力，此时，木板的速度为v1＝a1t＝2×2m/s＝4m/s
滑块的速度为v2＝a2t＝1×2m/s＝2m/s
滑块与木板间仍有相对滑动
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设再经过t1时间滑块与木板的速度大小相等，有v1﹣a3t1＝v2+a2t1
解得t1= 2
3 s
木板和滑块速度相等时，木板的总位移为x1= 1
2a1t2+v1t2- 1
2a3t1
2
滑块的总位移为x2= 1
2a2（t1+t2）2
两者相对位移为Δx＝x1﹣x2
所以木板的总长度不少于x'＝2Δx
解得x'= 16
3 m
故D 错误；
故选：BC。
37
