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总
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第09 讲 动力学中三种典型物理模型
目
录
01 考情解码· 命题预警.........................................................................................................................................2
02 体系构建 ·思维可视.........................................................................................................................................3
03 核心突破 靶向攻坚..........................................................................................................................................4
考点一等时圆模型 ........................................................................................................................................4
知识点一 模型分析....................................................................................................................................4
考向 等时圆模型......................................................................................................................................5
考点二 传送带模型 ..................................................................................................................................10
知识点1 水平传送带模型分析...............................................................................................................10
知识点2 倾斜传送带模型分析.................................................................................................................11
考向1 水平传送带问题分析.....................................................................................................................12
考向2 倾斜传送带问题分析.....................................................................................................................14
考向3 传送带中的动力学图像.................................................................................................................18
考点三 滑块—木板模型 ..............................................................................................................................22
知识点 模型分析......................................................................................................................................22
考向1 滑块带动木板模型.........................................................................................................................22
考向2 木板带动滑块模型.........................................................................................................................25
考向3 斜面上滑块模型.............................................................................................................................28
04 真题溯源 ·考向感知......................................................................................................................................31
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2021 年
等时圆模型
选择题
非选择题
传送带模型
选择题
非选择题
安徽卷T4，4 分
滑块—木板模型
选择题
非选择题
全国乙卷T21，6 分
考情分析：
“板块”模型已成为若干年来最高频的高考考题情境。应用通过专题训练，引导学生将复杂的运动过程分
解为一个个简单的运动过程，利用运动草图、图像等手段明晰物体的运动过程，探寻物体间的运动关系。
引导学生总结解决此类问题的一般方法，以做到以不变应万变，举一反三。
考查载体：生活实践问题情境和学习探索问题情境兼而有之，生活实践问题情境应为大势所趋。
复习目标：
目
一：
标
会分析物体在
送
上的受力情况及运
情况
传
带
动
。
目
二：
标
会
算相
位移及划痕的
度
计
对
长
。
目标三：注意物体与
送
之
摩擦力的突
传
带
间
变。
目标四：理解什么是“滑块--木板”模型。
目标五：会用
力
点
理“滑
动
观
处
块--木板”模型问题。
2
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考点一等时圆模型
知识点一 模型分析
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如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝
gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀变速直线运动规律有x＝at2，得下滑时间t＝2，即沿竖直直径自由下落的时间。
图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
2．结论
模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图
甲所示；
模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
模型3：两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始经
切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
得分速记
“等时圆”模型成立的条件：初速度为零、斜面光滑。
考向 等时圆模型
例1
【生产生活与学科知识结合】某次洪灾紧急救援行动中，江西鹰潭蓝天救援队发现一灾民被
困在水中礁石上。如图所示，礁石可看做一半球，其最高点纵截面圆心为O，半径为R，离礁石最近的岸
上有一定点A，已知A 点距离水面高为H，OA=L，水面上礁石最右端离岸水平距离x<H（x 未知），现设
计从A 点架设一条倾斜的光滑滑道到礁石上，要求救援队员从滑道顶端由静止下滑到达礁石表面所用时间
最短，则最短时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】D
【详解】如图所示
AB 垂直水面于B 点，过A 点作一个圆心
在AB 上的竖直圆，使圆与礁石半圆表面相切于P 点，由于
x<H
圆心必定在AB 之间，设半径为r。根据等时圆规律，沿 AP 下滑必定时间最短，且最短时间，有
解得最短时间为
连接
必定与P 三点共线。有几何关系得
解得
可得最短时间为
故选D。
解题技巧：
分别通过A 端作竖直线，通过B 端做斜面垂线，两线交于O 点，假设物体从O 点开始自由下落到A 端所用
的时间为t1，物体从光滑斜面B 端由静止开始运动到A 端所用时间为t2，如图所示
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构建的三角形为“等时三角形”，即做自由落体运动的时间与沿光滑斜面由静止开始做匀加速直线运动的
时间相等。
解题技巧：“一端找竖直，一端找垂直”构建“等时三角形”。
【变式训练1】如图所示，虚线是竖直平面的圆，固定的光滑细杆交于圆的最低点O。现套在杆上的小球
甲、乙同时从图示位置由静止释放，并运动到O 点，上述整个过程中两球的速度大小v 随时间t 变化的关
系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设杆与竖直方向夹角为θ，圆的半径为R，根据牛顿第二定律可得
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mgcosθ=ma
甲的加速度为
a=gcosθ
由速度与位移公式可得
v2=2ax=2×gcosθ×2Rcosθ
解得
运动时间
故可知θ 越小时，速度越大，故乙的速度大，两者时间相同。
故选B。
【变式训练2·变考法】如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc 三个细管道，ac 沿竖直方向，abcd 是一
个矩形。将三个小球同时从a 点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的机械能损失，当竖直下落的小球
运动到c 点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】B
【详解】设
，
， 设小球沿
、
、
、
、
下滑的加速度分别为
、
、
、
、
。
根据牛顿第二定律得
对
段有
得
对
段有
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得
对
段有
得
所以有
即当竖直下落的小球运动到点时，沿
下落的小球恰好到达
点，沿
下落的小球恰好到达
点，故
ACD 错误，B 正确。
故选B。
考点二 传送带模型
知识点1 水平传送带模型分析
1.两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。
2.情形讨论：
（1）如图甲，v0＝0 时，物块加速到v 的位移x＝，若x<L 即v<，物块先加速后匀速；若x≥L 即v≥，物
块一直加速到右端。
（2）如图甲，当v0≠0，v0与v 同向时，当v0<v 时，物块加速到v 的位移x＝，若x<L，即v0<v<，物块先加速
后匀速；若x≥L，即v≥，物块一直加速到右端。当v0>v 时，物块减速到v 的位移x＝，若x<L，即v0>v>，
物块先减速后匀速；若x≥L，即v≤，物块一直减速到右端。当v＝v0时，物块匀速运动到右端。
（3）如图乙，v0≠0，v0与v 反向，物块向右减速到零的位移x＝，若x≥L，即v0≥，物块一直减速到右端；
若x<L，即v0<，则物块先向右减速到零，再向左加速(若v0≤v 将一直加速，若v0>v 将加速到v 后匀速运
动)直至离开传送带。
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知识点2 倾斜传送带模型分析
一、两种情形：传送带向上传送；传送带向下传送。
二、情形讨论：
传送带向上传送
1.如图甲，若0≤v0<v 且μ>tanθ：
（1）传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ 向上匀加速运动。
（2）传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ 向上匀加速运动再以速度v 向上匀速运动。
2.如图甲，若0≤v0<v 且μ<tanθ：物块以向下的加速度a＝gsinθ－μgcosθ 运动。
3.如图甲，若v0>v 且μ>tanθ：
（1）传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动。
（2）传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动再以速度v 向上匀速运动。
4.如图甲，若v0>v 且μ<tanθ：
（1）传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动。
（2）传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ 向上匀减速运动，再以a＝gsinθ－μgcosθ 向上匀减速运动，
最后以a＝gsinθ－μgcosθ 向下匀加速运动。
传送带向下传送
1.如图乙，若0≤v0<v 且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ 向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ 向下匀加速运动再以速度v 向下匀速运动。
2．如图乙，若0≤v0<v 且μ<tanθ：
(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ 向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ 向下匀加速运动再以a＝gsinθ－μgcosθ 向下匀加速运动。
3．如图乙，若v0>v 且μ>tanθ：
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(1)传送带比较短时物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ 向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μgcosθ－gsinθ 向下匀减速运动再以速度v 向下匀速运动。
4．如图乙，若v0>v 且μ<tanθ：物块一直以a＝gsinθ－μgcosθ 向下匀加速运动。
得分速记
(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。
(2)列牛顿第二定律方程，判断a 的方向和大小。
(3) 根据临界条件v 物＝v 带确定临界状态的情况，根据μ 与tanθ 的关系判断之后的运动情形
考向1 水平传送带问题分析
例1 如图，有一水平传送带以v=2m/s 的速度匀速转动，现将一物块（可视为质点）轻放在传送带A 端，物
块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，已知传送带长度为LAB=10 m，则（ ）
A．物块离开传送带时的速度大小为1 m/s B．物块在传送带上留下的划痕长为1 m
C．物块在传送带上运动的时间为4.5 s
D．物块在传送带上运动的时间为5 s
【答案】B
【详解】A．物块刚放上传送带上时的加速度
与传送带共速时用时间
运动的位移
此后将以2m/s 的速度匀速运动到达B 端，可知离开传送带时的速度大小为2m/s，选项A 错误；
B．物块在传送带上留下的划痕长为
选项B 正确；
CD．物块在传送带上运动的时间为
选项CD 错误。
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故选B。
解题技巧：
分析物块与水平传送带间的相对位移时，可以传送带为参考系求解时就更加方便。同时分析物块与水平传
送带间的划痕时，以传送带为参考系分析时可以很明了的看出划痕长度。
【变式训练1】（24-25 高三下·安徽芜湖·阶段练习）如图所示，质量分别为2kg、3kg 的物块P、Q，通过
绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q 在水平传送带的左端且连接物块Q 的细线水平，当传送带逆时针转动时，
Q 恰好静止。当传送带以8m/s 的速度顺时针转动时，Q 运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重
力加速度g＝10m/s2，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 从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6s
C．传送带AB 间的距离为4m
D．Q 从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N
【答案】C
【详解】A．当传送带逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对Q 受力分析知
即有
解得
A 错误；
BC．当传送带以v=8m/s 顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
当速度达到传送带速度即8m/s 后，做匀速直线运动，匀加速运动到共速的时间为
解得
匀加速的位移为
则传送带AB 之间的位移为4m，B 错误，C 正确；
D．当Q 加速时，对P 分析受力分析，则有
解得
D 错误。
故选C。
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【变式训练2】
考向2 倾斜传送带问题分析
例2 （多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为
，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，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取
，
则下列说法正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值
B．煤块与传送带间的动摩擦因数
C．煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】ABD
【详解】AB．由题图乙可知，在0~1s 时间内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
在1~2s 内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
联立以上各式，解得
则有
AB 正确；
C．由
图像与时间轴所围面积表示位移，可知煤块上升的位移为
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由位移时间公式
，可得煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为
C 错误；
D．传送带的速度为4m/s，在0~1s 时间内煤块相对传送带向上运动，则有传送带的位移为
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
在1~2s 时间内传送带相对煤块向上运动，则有传送带的位移
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
因在0~1s 时间内煤块相对传送带向上运动，在1~2s 时间内传送带相对煤块向上运动，因此在煤块向上运
动中，与传送带留下的痕迹长为4m；在
时间内，传送带向上运动，煤块向下运动，则有煤块
在传送带上留下的总痕迹长为
D 正确。
故选ABD。
解题思路：
物块在倾斜传送带上的运动情形还有很多，但分析思路大体相同：
(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。
(2)列牛顿第二定律方程，判断a 的方向和大小。
(3)根据临界条件v 物＝v 带确定临界状态的情况，根据μ 与tanθ 的关系判断之后的运动情形
【变式训练1】（2025·山东·三模）某大型超市使用传送带来搬运货物。如图所示，倾角为37°的倾斜传送
带以4m/s 的恒定速率逆时针转动，传送带两端A、B 间的距离为5.8m，传送带的最底端B 和水平平台BC
平滑连接。将可视为质点的质量为2kg 的货物轻放在传送带上的A 端，最终货物刚好停在平台上的C 端。
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已知货物与倾斜传送带和平台间的动摩擦因数均为0.5，取
，
，
，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．货物从A 到B 的时间为1.65s
B．货物在传送带上运动时，相对传送带运动的路程为0.8m
C．若货物与传送带发生相对滑动时，能够留下划痕，则划痕的长度为0.8m
D．BC 的长度为3.6m
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律得
解得
货物和传送带达到共同速度所需要的时间
下滑的距离
货物继续加速下滑，根据牛顿第二定律得
解得
货物下滑到底端的速度
解得
货物下滑到底端的时间
解得
货物从A 到B 的时间为
，A 错误；
BC．货物与传送带达到相同速度前划痕的长度
货物与传送带达到相同速度后划痕的长度
货物相对于传送带先向上运动0.8m，后向下运动1m，划痕的总长度为
货物相对于传送带的路程
，BC 错误；
D．根据牛顿第二定律得
解得
BC 的长度为
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解得
，D 正确。
故选D。
【变式训练2】传送带是用于分拣快递包裹的常见运输装置。如图，有一固定倾斜传送带，AB 长为
L=8.15m，与水平面的夹角θ=37º，重力加速度g 取10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8。
(1)如图甲，传送带未开动，处于静止状态。质量为10kg 的包裹受沿斜面向上的恒力F=124N，沿传送带向
上做匀速直线运动，求该包裹与传送带间的摩擦因数μ 为多少？
(2)如图乙，传送带正在以v0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动。在传送带的底部A 点，同一个包裹以
v1=1m/s 的初速度，沿传送带向上滑入，可将包裹视为质点。请问包裹从传送带的底部A 点运动到传送带
的顶部B 点，一共需要多少时间？
【答案】(1)0.8；(2)4.7s
【详解】（1）对包裹进行受力分析，根据平衡条件有
，
其中
解得
（2）对包裹进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
a1=0.4m/s2
设经过t1时间包裹与传送带共速，此后以v0做匀速直线运动，根据速度公式有
v0=v1+a1t1
解得
t1=2.5s
此过程包裹的位移
解得
x1=3.75m
之后匀速直线运动的位移
x2=8.15m-3.75m =4.4m
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则匀速直线运动的时间
解得
t2=2.2s
则包裹从传送带的底部A 点运动到传送带的顶部B 点的时间
t 总=t1+t2=4.7s
考向3 传送带中的动力学图像
例3 如图甲，位于同一平面的两条倾斜轨道Ⅰ、Ⅱ分别与一传送装置两端平滑相连，现将小物块从轨道Ⅰ
顶端由静止释放，若传送装置不运转，则小物块运动到轨道Ⅱ底端过程的
图像如图乙；若传送装置逆
时针匀速运转，则小物块下滑过程的
图像可能是图中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由图乙所示的图像可知，传送装置不运转，小物块一直做匀加速直线运动，有
则
说明小物块与两条倾斜轨道和传送带间的动摩擦因数相同，且小滑块所受滑动摩擦力小于小物块重力沿斜
面向下的分力；若传送装置逆时针匀速运转，如果小物块滑上传送带时的速度大于传送带的速度且小物块
在传送带上运动过程小物块的速度始终大于传送带的速度，则小物块的运动情况与传送带静止时相同，
图像是一条倾斜的直线；如果小物块滑上传送带时的速度小于传送带的速度，小物块受到的滑动摩擦
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力沿传送带向下，根据牛顿第二定律
可得
可见
则
图像的斜率变大，由
可知，小物块到达底端时的速度大于
，整个运动过程的时间小于
。
故选B。
解题技巧：
传送带中的动力学图像问题解题技巧：“转折共速、粗平滑缓”即图线转折点为滑块与传送带共速、图线
水平时对应的动摩擦因数较大，图线斜率较小对应的动摩擦因数较小。
【变式训练1】（24-25 高三上·安徽芜湖·阶段练习）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率
运行，
初速度大小为
的小物块从与传送带等高的光滑水平地面，沿传送带运动的反方向滑上传送带，选
的方向为正方向，从物块滑上传送带开始计时，其运动的
图像不可能是下图中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带
后在光滑水平地面上做匀速运动，故A 可能；
B．小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速
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度
后匀速运动，故B 可能；
C．物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度
后匀速运
动，故C 不可能；
D．小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D 可能。
题目要求选不可能的，故选C。
【变式训练2】如图所示，绷紧的水平传送带顺时针匀速运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带右端
等高的光滑平台上的A 处滑上传送带。现保证v2不变，使传送带每次以不同速率v1匀速运行，传送带足够
长。用t 表示物块在传送带上运动的时间，用Δs 表示物块运动过程中与传送带之间产生的划痕的长度。下
列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AC．若v1≥v2，作出此时对应的v−t 图像如图所示
可知滑块从滑上传送带到滑离传送带用时
可知t1恒定与v1无关。
划痕长度为
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可知Δs 与v1成正比，且图像延长线应过原点，故AC 错误；
BD．若0<v1<v2，作出此时对应的v−t 图像如图所示
由图可知滑块从滑上传送到到滑离传送带用时
划痕长度为
Δs 是关于v1的二次函数，且不过原点，划痕Δs 关于v1的正确图像如图所示
故B 正确，D 错误。
故选B。
考点三 滑块—木板模型
知识点 模型分析
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相互作
用下发生相对滑动。
2．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，位移大小之差Δx＝x1－x2
＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。
20
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得分速记
分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联：
一个转折：滑块与木板共速或从木板上滑下是受力情况和运动情况发生变化的转折；
两个关联：转折前后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和木板长度之间的关联。
考向1 滑块带动木板模型
例1 如甲图所示，质量为
的长木板B 静止放置于光滑水平面上。
时，物块A（可视为质点）以
的初速度滑上B 的左端，A、B 的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g 取
，则
（ ）
A．A 的质量为
B．A 与B 之间的动摩擦因数为0.1
C．B 的长度为1.5m
D．A 在B 上滑动过程中对地的位移为2m
【答案】D
【详解】AB．根据
图像的斜率表示加速度可得，物块A 与长木板B 的加速度大小分别为
，
对物块A 根据牛顿第二定律可得
对长木板B 根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
故AB 错误；
D．根据速度随时间变化的图像面积表示位移可知，A 在B 上滑动过程中对地的位移为
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总
习~~~
故D 正确；
C．由于未知物块A 是否恰好滑到木板的右侧，则长木板B 的长度无法确定，故C 错误。
故选D。
【变式训练1·变载体】如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为
的滑块以水平初速度
由木
板左端经过
恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段（如图乙），该滑
块仍以
从木板左端开始滑动。也经过
时间，比较物体的位置关系示意图中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AD．第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先
使整个木板加速，运动到第二部分上后第一部分停止加速，只有第二部分加速，加速度大于第一次的对应
过程，所以第二次滑块与第二部分木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到第二部分的右端，就
共速了，AD 错误；
BC．第二次滑块与木板作用时间较短，而滑块与木板之间的摩擦力保持不变，滑块的加速度不变，根据
可知第二次速度变化量小，末速度较大，
时间内的平均速度较大，则第二次滑块在
时间通过的位移
较大，B 错误，C 正确。
故选C。
【变式训练2】如图所示，质量为2kg、长为2m 的木板静止于光滑水平面上，质量为1kg、可视为质点的
滑块静止于木板左端。先用水平向右、大小为4N 的恒定拉力F 作用于滑块上，一段时间后滑块从木板右
端滑离。已知滑块与木板间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小
，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在木板上滑行时，木板的加速度大小为2m/s
B．滑块在木板上滑行时，滑块的加速度大小为4m/s
C．从木板开始运动到滑块滑离的过程中，木板运动的位移大小为2m
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D．滑块在木板上滑行的时间为4s
【答案】C
【详解】AB．对滑块受力分析有
解得
对木板受力分析有
解得
故AB 错误；
CD．在滑块滑离木板的过程中，有
解得
该过程中木板的位移大小
故C 正确，D 错误。
故选C。
考向2 木板带动滑块模型
例2 如图甲所示，质量为2m 的足够长木板C 置于水平面上，滑块A、B 质量均为m，置于C 上，B 位于
A 右方某处。A、C 间的动摩擦因数
，B、C 间和C 与地面间的动摩擦因数
。给C 施
加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B 第一次相遇时间为t。可得
与F 的关系如图乙所示（最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
）下列说法正确的是（ ）
A．滑块A 能获得的最大加速度为
B．A、B 之间的初始距离为4m
C．滑块A 的质量为1kg
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D．若
，A、C 之间将发生相对滑动
【答案】C
【详解】A．对滑块A 有
解得
A 错误；
B．对滑块B 有
解得
由图可知F 足够大时，A、B 均相对C 滑动，相遇时间恒定为
由
解得
B 错误；
C．当
，滑块B 与C 恰好发生相对滑动，则有
得
，C 正确；
D．设A、B、C 均产生相对运动时的拉力为
，则有
得
故
时，A、C 保持静止，D 错误。
故选C。
【变式训练1·变考法】 如图所示，一长木板a 在光滑水平地面上以速度
匀速运动，某时刻将一个相对
于地面静止的物块b 轻放在木板上，同时对b 施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，
物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上运动，则物块放到木板上后，下列图
中关于a、b 运动的速度-时间图像可能正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】C
【详解】设a、b 间的动摩擦因数为
，a、b 的质量都为m，物块放在木板上时，由牛顿第二定律，对a
有
对b 有
解得
，
开始a 做匀减速直线运动，b 做初速度为零的匀加速直线运动，两者共速后可能相对静止一起做匀加速直
线运动，共速后两者也可能相对滑动，a、b 都做匀加速直线运动，b 的加速度大于a 的加速度，共速后
a、b 相对静止一起匀加速运动时的加速度大小
，
图像的斜率表示加速度，图像
斜率越大加速度越大，斜率越小加速度越小。
AB．由图示图像可知，共速前a、b 的加速度大小相等，故AB 错误；
C．由图示图像可知，共速前b 的加速度大小大于a 的加速度大小，两者共速后一起做匀加速运动，且加
速度小于共速前b 的加速度大小，故C 正确；
D．由图示图像可知，共速前b 的加速度大小大于a 的加速度大小，两者共速后一起加速时的加速度大小
等于共速前b 的加速度大小，不符合实际，故D 错误。
故选C。
【变式训练2】如图所示，一足够长的质量为M=10kg 的长木板在光滑水平面上以3m/s 的速度向右行驶。
某时刻轻放一质量m=2.0kg 的小黑煤块在长木板右端（小黑煤块视为质点且初速度为零），同时给长木板
施加一个F=14N 的向右水平恒力，煤块与长木板间动摩擦因数μ=0.20，取g=10m/s2.,则下列说法正确的是
（ ）
A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动再做匀速直线运动
B．煤块放上长木板后，长木板一直做加速度不变的加速运动
C．煤块在4s 内前进的位移为9m
D．煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为4.5m
【答案】D
【详解】AB．对煤块，根据牛顿第二定律，有
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可得煤块向右运动的加速度
m/s2
对长木板，根据牛顿第二定律，有
解得长木板向右运动的加速度
m/s2
经过时间两者共速
解得
s
共速后两者一起以相同的加速度向右加速，根据牛顿第二定律，有
解得
m/s2.
故AB 错误；
CD．在
s 时间内，煤块向右运动位移
长木板向右运动的位移为
解得
煤块相对长木板向左的位移为
故C 错误，D 正确。
故选D。
考向3 斜面上滑块模型
例3 如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着物块B 和木板C，木板C 下端位于挡板A 处，
整体处于静止状态。木板C 受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F 作用时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关
系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
，则由图像可知（ ）
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A．
时，物块B 和木板C 发生相对滑动
B．斜面倾角
等于
C．木板C 的质量为2kg
D．木板C 和物块B 两者间的动摩擦因数为
【答案】D
【详解】A．由题图乙可知，当
时木板C 的加速度增大趋势变大，可知此时物块B 和木板C 发生
了相对滑动，故当
时物块B 和木板C 相对静止，故A 错误；
BC．对木板C 和物块B 的整体分析，结合上述，当
时有
则有
当
时有
则有
联立可得
，
但是不能求解物块B 和木板C 各自的质量，故BC 错误；
D．根据图乙可知，当
时有
此时物块B 和木板C 开始发生相对滑动，此时物块B 和木板C 之间的摩擦力达到最大，则对物块B 有
联立方程解得
故D 正确。
故选D。
【变式训练1·变考法】 如图所示，质量为M 的物体Q 上表面水平，质量为m 的物体P 放在Q 上，一起沿
倾角为
的光滑斜面以一定的初速度向上滑动，到最高点后又沿斜面一同下滑，在整个过程中斜面始终静
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止。已知重力加速度为g，则（ ）
A．Q 对P 的支持力大小始终为
B．Q 对P 的摩擦力先水平向右后水平向左
C．Q 对P 的作用力的方向始终垂直斜面向上
D．斜面对物体Q 的作用力的大小始终为
【答案】C
【详解】A．物体P 和Q 一起沿光滑斜面运动，将物体P 和Q 整体，沿斜面方向有
解得
故物体P 和Q 一起向上滑与向下滑的加速度相同，方向沿斜面向下，即物体P 有竖直向下的分加速度，物
体处于失重状态，所以Q 对P 的支持力始终小于
，故A 错误；
B．由于物体加速度始终不变，方向沿斜面向下，故物体始终有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律
可知，Q 对P 的摩擦力方向始终向右，故B 错误；
C．由于整体加速度始终不变，方向沿斜面向下，故Q 对P 的摩擦力方向始终向右，支持力竖直向上，根
据力的合成可知，Q 对P 的作用力方向始终垂直斜面向上。 故C 正确；
D．结合上述分析，根据垂直斜面方向合外力为零可知，斜面对Q 的作用力的大小始终为
，
故D 错误。
故选C。
【变式训练2】在倾角为
的固定斜面上放置一个长为L、质量为m 的薄木板，木板上端与斜面的顶端对
齐。将质量为m 的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数
，
小滑块与木板间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，
则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小滑块与长木板相对静止一起加速下滑
B．长木板相对斜面匀速下滑
C．小滑块的加速度为
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D．长木板的加速度为
【答案】C
【详解】ABD．根据题意，由于
，则可知，对于木板而言，若木板单独放在斜面上，则有
即木板会静止在斜面上，而由于
，则对小滑块有
即小滑块不能静止在木板上，当在木板上放上小滑块后，由于小滑块不能静止，会与木板产生相对滑动，
木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上，而根据牛顿第三定律可知，滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板
向下，此时对木板有
即木板仍然静止在斜面上，故ABD 错误；
C．对小滑块，由牛顿第二定律有
解得小滑块在静止的木板上下滑时的加速度大小为
故C 正确。
故选C。
1．（2019·全国III 卷·高考真题）（多选）如图（
），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长
的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0 时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t=4s
时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图
（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度取
。由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s 内，力F 的大小为0.4N
C．0~2s 内，力F 的大小保持不变
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D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【详解】AB．由图（c）可以看出，在2-5s 内木板与物块发生相对滑动，此时物块与木板间的摩擦力为滑
动摩擦力，结合图（b）可知滑动摩擦力的大小为
设2-4s 内木板的加速度为
，4-5s 内木板的加速度为
，结合
图像由
可得2-4s 内木板的加速度为
同理可得4-5s 内木板的加速度为
木板在4-5s 内的牛顿第二定律方程为
代入数据解得木板的质量为
木板在2-4s 内的牛顿第二定律方程为
解得在2-4s 内力F 的大小为
，故AB 正确；
C．结合图（b）、图（c）两图像可判断出0-2s 内物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静
摩擦力，此过程力F 的大小等于细线对物块的拉力f 的大小，观察
图象可知，这段时间内
是变化的，
所以F 在此过程中是变力，故C 错误；
D．根据动摩擦因数的计算公式
可知物块与木板之间的动摩擦因数为
由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数
，故D 错误。
故选AB。
2．（2024·辽宁·高考真题）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。
时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上
木板。已知
到
的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中g 为重力加速度大小。
时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在
时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
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C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．
之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．
图像的斜率表示加速度，可知
时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在
时刻滑上木板，故A 正确；
B．结合图像可知
时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为
，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过
时间与木板共速此时速度大小为
，方向水平向右，故可得
解得
故B 正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C 错误；
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D．假设
之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即
之后小物块和木板一起做匀速运动，故D 正确。
故选ABD。
3．（2021·全国乙卷·高考真题）（多选）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
【详解】A．图（c）可知，t1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，木板刚要滑动，
此时以整体为对象有
A 错误；
BC．图（c）可知，t2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
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC 正确；
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D．图（c）可知，0~t2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。
故选BCD。
4．（2024·新疆河南·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
5．（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
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v1=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速度
v2=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）
【详解】（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
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