文档文本内容
第03 讲 牛顿运动定律模型
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目录
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模型一 弹簧（蹦极、蹦床）模型
模型二 f =kv阻力运动模型
模型三 斜面模型
模型四 等时圆模型
模型五 传送带模型
类型1 水平传送带模型
类型2 倾斜传送带模型
模型六 板块（滑块 - 木板）模型
模型七 连接体模型
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模型建构
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✡模型一 弹簧（蹦极、蹦床）模型
模型剖析
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1.胡克定律
弹力大小：F弹=kx，x 为弹簧形变量（伸长 / 压缩量）；弹力方向：指向原长位置。
2.合力与加速度
设竖直向下为正方向，物体受力：重力 mg、弹力 kx
F合=mg−kx ,a= mg−kx
m
3.关键临界点（必记 3 个位置）
（1）位置①：弹簧原长点（x =0）
弹力 = 0，合力 F合=mg，加速度 a= g 向下，速度继续增大。
（2）位置②：合力为零、加速度为零（平衡位置）
mg=k x0 ⟹x0= mg
k
此处速度达到最大值，是运动转折点：
下落阶段：过平衡位置前加速，过之后减速；
上升阶段：过平衡位置前加速，过之后减速。
（3）位置③：最低点（速度v =0）
形变量最大 xmax，弹力最大，合力向上、加速度向上且最大，物体即将反向运动。
4.能量规律（无空气阻力）
物体 + 弹簧 + 地球组成系统机械能守恒：
下落：重力势能→动能 + 弹性势能；
上升：弹性势能 + 动能→重力势能。
模型特训
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【典例1】（2025·北京丰台·二模）某蹦床运动员在训练过程中与网接触后，竖直向上弹离，经过t0时
间，又重新落回网上。以运动员离开网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上
为正方向，忽略空气阻力，下列描述运动员位移x、速度v、加速度a、所受合力F 随时间t 变化的图像
中，与上述过程相符的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【推理演示】根据题意,由对称性可知，运动员上升、下降时间相等均为t0
2 ,取向上为正方向
A．根据公式x = v0t + 1
2 at
2可得
运动员运动的位移与时间的关系式为x = v0t −1
2 gt
2
则x−t 图像为开口向下的抛物线,故A 错误；
B．根据公式vt = v0+at可得
运动员运动的速度与时间的关系式为vt = v0−>¿
则v−t 图像为一条向下倾斜的直线,故B 正确；
C D．整个运动过程中，运动员只受重力作用，加速度一直为重力加速度，则合力F 和加速度a 不随时间变
化，故C、D 均错误；
故选B
【变式1-1】（2025·吉林长春·模拟预测）（多选）蹦极是一项极限挑战。运动员（及装备）可视为质
点，总质量为60kg。蹦极绳可视为符合胡克定律的轻绳。运动员从蹦极台下落、竖直运动，其位移x 和速
度v 关系如图所示。已知在x<8m 的图线是开口向右的抛物线的一部分，在x>8m 的图线为对称中心在x 轴
上的椭圆的一部分，图线与x 轴相交于椭圆的某个顶点，最高点的横、纵坐标数值均为15（单位如图）。
g 值约为9.8m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x>15m 运动员的下落过程中加速度先变小后变大
B．蹦极绳的劲度系数大小约为84N/m
C．下落过程中重力对运动员（及装备）做的功约为1.63×104J
D．下落过程中重力对运动员（及装备）做的功约为0.82×104J
【答案】BC
【详解】A．当x =15m时，运动员的速度最大，轻绳的弹力与运动员的重力大小相等；当x＞15m 时，运
动员的速度减小，轻绳的弹力大于重力，且弹力逐渐增大，由F −mg=ma可知加速度逐渐变大，故A 错
误；
B．在x＜8m 的图线是开口向右的抛物线的一部分，开始时匀加速下落，因此弹性绳原长l0=8m
平衡位置时加速度为零，弹簧长度为l = x =15m
在椭圆最高点速度最大v=15m/s
重力与弹力大小相等，根据平衡条件mg=k (l−l0)
代入数据解得弹簧的劲度系数k = mg
l−l0
= 60×9.8
15−8 N /m≈84 N /m，故B 正确；
CD．椭圆的最高点的横坐标x=15m、纵坐标v=15m/s
椭圆方程y
2
a
2 + (x−15)
2
b
2
=1
半长轴a=15m/ s
把y1=12.5m/ s，x1=8m代入上式12.5
2
15
2 + (8−15)
2
b
2
=1
解得b≈12.7m
因此运动员下落的最大高度h=15m+12.7m=27.7m
下落过程中重力对运动员（及装备）做的功W G=mgh=60×9.8×27.7J≈1.63×10
4J，故C 正确，D 错
误。
故选BC。
【变式1-2】（2025·安徽六安·模拟预测）图甲所示“反向蹦极”区别于传统蹦极，让人们在欢笑与惊
叹中体验到了别样的刺激。情境简化为图乙所示，弹性轻绳的上端固定在O点，下端固定在体验者的身
上，多名工作人员将人竖直下拉并与固定在地面上的力传感器相连，人静止时传感器示数为1200 N。打开
扣环，人从a点像火箭一样被“竖直发射”，经速度最大位置b上升到最高点c。已知ab=3 m，人（含装
备）总质量m=80kg（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度g=10 m /s
2。下列说法正确的是（
）
A．打开扣环瞬间，人的加速度大小为5m/s2
B．体验者在a、c间做简谐运动
C．b、c两点间的距离为3.25 m
D．人在c点的加速度大小也为15 m /s
2
【答案】C
【详解】A．打开扣环瞬间，由kx−mg=ma
且弹力不能突变，则kx−mg=1200 N
则得a=15 m/s
2
故A 错误；
B．打开卡扣时，体验者所受回复力（即体验者所受重力与弹性绳弹力的合力）大小等于传感器的示数，
即1200 N，因1200 N >mg=800 N
所以体验者到达c 点前弹性绳已经松弛，即体验者在a、c间的运动不是简谐运动，故B 错误；
C．设弹性绳的劲度系数为k，体验者处于a 点时弹性绳的伸长量为x，则有kx−mg=1200 N
体验者经过b 点时有k (x−ab)=mg
两式联立得k = 400 N/m，x =5 m
体验者由a 点运动到c 点过程中，由动能定理得kx
2 ⋅x−mg(ab+bc)=0
求得bc =3.25 m
故C 正确；
D．人在c点时只受重力，加速度大小为g，即10 m/s
2，故D 错误。
故选C。
✡模型二 f =kv阻力运动模型
模型剖析
▶
1.基本概念
阻力特点：阻力大小和瞬时速度成正比，公式 f =kv
k：阻力系数（定值，题目给）
v：某一时刻瞬时速度
阻力方向：永远与物体运动方向相反
核心运动性质：变加速直线运动，加速度时刻变化，不能用匀变速直线运动公式计算。
2.高一必记公式（只背这 2 个足够）
（1）收尾速度：vm= mg
k （匀速临界条件 a=0）
（2）牛顿第二定律通用列式：
下落：mg−kv =ma
上抛上升：mg+ kv =ma
3.高频易错点整理
（1）最高点加速度不是 0！速度为 0，阻力消失，加速度等于 g；
（2）加速度减小≠速度减小：下落时加速度变小，速度依然在变大；
（3）没有恒定加速度，严禁使用 v = v0+at 、x = 1
2 at
2 等匀变速公式；
（4）上抛来回机械能不断损耗，来回速度大小不相等。
4.做题步骤
（1）判断运动方向，标出重力、阻力方向；
（2）列牛顿第二定律式子 F合=ma；
（3）分析 v 变大 / 变小→阻力变化→合力、加速度变化；
（4）找到 a=0 的临界点，算出最大速度。
模型特训
▶
【典例1】（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）雨滴在下落过程中所受的阻力是随速度变化而变化
的。某物理兴趣小组的同学在AI 工具的帮助下了解到，较小的雨滴（半径小于0.1mm）在初始加速下落阶
段所受的空气阻力仅与雨滴的速率v成正比，而与雨滴的质量无关，即f =kv (k >0)；当阻力增大至与重力
平衡时，雨滴达到收尾速度，此时雨滴受到的空气阻力将与速率的平方成正比，即f =k
' v
2(k
'>0)。该小组
的同学尝试通过实验验证雨滴在下落过程中的动力学关系。他们在足够深的竖直圆筒内注满一定浓度的液
体模拟高空中的空气，用质量分别为m1和m2的甲、乙两球模拟雨滴，将两球从液面处同时由静止释放，
用速度传感器得到两球的v −t图像如图所示，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1和v2。下列判
断正确的是（ ）
A．m1>m2
B．0~t0时间内两球下落的高度相等
C．0~t0时间内乙球所受“空气阻力”的冲量更大
D．0~t0时间内两球间距增大，且增大得越来越快
【推理演示】A．当两球的速度达到稳定值时有mg−k
' v
2=0
由图像可知v1＞v2，所以m1＞m2，故A 正确；
B．v−t 图线与坐标轴围成的面积表示位移，所以由v−t 图像可知，0~t0 时间内两球下落的高度满足h1＞
h2，故B 错误；
C．在极短时间Δt 内f 可视为恒力，则有Δ I f=kv Δt =k Δ x
将ΔIf在0~t0时间内累积有I f=kx
由图像可知，0~t0时间内乙的位移较小，则“空气阻力”的冲量应较小，故C 错误；
D．由v−t 图像面积差的变化可知，0~t0 时间内两球间距增大，且相同时间内面积差越来越大，故D 正
确。
故选AD。
【变式1-1】（2025·陕西汉中·二模）（多选）风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力
实验方法。在风洞中将一质量为m 的飞行器 （可视为质点）由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖
直向上，风洞阻力大小f 与飞行器下降速率v 的关系为f=kv，测出飞行器由静止下降h 后做匀速直线运
动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h 的过程下列说法正确的是（ ）
A．飞行器的最大速率为v = mg
k
B．风洞阻力对飞行器做功为mgh−m
3 g
2
2k
2
C．飞行器运动过程中机械能守恒
D．飞行器运动时间为t = m
2 g+k
2h
kmg
【答案】AD
【详解】A．飞行器速度最大时加速度为零，则有mg−k vm =0
解得vm = mg
k
故A 正确；
B．对飞行器由动能定理得mgh+W f= 1
2 m vm
2
解得W f= m
3 g
2
2k
2 −mgh
故B 错误；
C．因风洞阻力会对飞行器做功，故飞行器运动过程中机械能不守恒，故C 错误；
D．对飞行器由动量定理得mgt −k v t =m vm
又v t =h
联立解得t = m
2 g+k
2h
kmg
故D 正确。
故选AD。
【变式1-2】（2025·湖南长沙·三模）（多选）从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m 的小球，若运
动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最
高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球
运动的说法中正确的是（ ）
A．t1时刻小球的加速度为g
B．在速度达到v1之前小球的加速度一直在增大
C．小球抛出瞬间的加速度大小为(1+ v0
v1
)g
D．小球加速下降过程中的平均速度小于v1
2
【答案】AC
【详解】A．t1时刻到达最高点，该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时刻加速度为
重力加速度g，故A 正确；
B．速度达到v1之前，图像的斜率减小，小球的加速度一直在减小，故B 错误；
C．小球抛出瞬间，有mg+ k v0=ma
当速度达到v1时，有k v1=mg
联立解得a=(1+ v0
v1
)g，故C 正确；
D．小球下降过程做加速度减小的变加速运动，从图中可以看出，相同时间内图线与时间轴所围面积大于
匀加速直线运动时的面积，故其平均速度大于加速直线运动的平均速度，即大于v1
2 ，故D 错误。
故选AC。
✡模型三 斜面模型
模型剖析
▶
1.光滑斜面（无摩擦力）
垂直斜面：支持力 F N =mgcos θ
沿斜面合外力：F合=mgsin θ
下滑加速度：a= gsin θ
核心规律
加速度只与倾角有关，和物体质量无关；倾角越大，加速度越大；
物体沿斜面向上滑行时，加速度大小不变、方向沿斜面向下，做匀减速直线运动。
2.粗糙斜面（有摩擦，考试核心）
滑动摩擦力：f = μ F N，静止时为静摩擦力，不能套用该公式
（1）物体沿斜面向下滑动
摩擦力沿斜面向上
合外力：F合=mgsin θ−μmgcos θ
加速度：a= gsin θ−μgcos θ
运动状态判断：
①tan θ> μ：a>0，匀加速下滑
②tan θ = μ：a=0，匀速下滑（重要结论：μ= tan θ）
③tan θ< μ：物体静止，依靠静摩擦力平衡
（2）物体沿斜面向上滑动
运动向上，摩擦力反向沿斜面向下
合外力：F合=mgsin θ+ μmgcos θ
加速度大小：a= gsin θ+ μgcos θ
运动：匀减速直线运动
关键结论：同一粗糙斜面，上滑加速度一定大于下滑加速度。
3.斜面上施加外力 F
（1）沿斜面向上拉物体
F −mgsin θ−μmgcos θ =ma
匀速运动时 a=0，拉力 F =mgsin θ+ μmgcos θ
（2）水平向右推力推物体
推力也要正交分解：
y 轴：F N =mgcos θ+ F sin θ
x 轴：F cos θ−mgsin θ−μ F N =ma
易错点：此时支持力大于 mgcos θ，不能直接套用无外力时的公式。
4.常用推论
（1）光滑斜面下滑加速度与质量无关；
（2）粗糙斜面匀速下滑满足 μ= tan θ，更换重物仍匀速；
（3）斜面上滑减速比下滑加速更快；
（4）静止物体静摩擦力由平衡条件计算，不等于 μ F N。
5.解题步骤
（1）画出完整受力图（重力、支持力、摩擦力、外力）；
（2）沿斜面、垂直斜面建立坐标系，分解所有力；
（3）垂直斜面列平衡方程，求解支持力；
（4）沿斜面列牛顿第二定律方程，计算加速度、拉力、动摩擦因数。
模型特训
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【典例1】（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平
面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，
整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物
线，乙的x−t曲线在t =t0时切线斜率为0，则（ ）
A．μ1+ μ2=2tanθ
B．t =t0时，甲的速度大小为3 v0
C．t =t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．t =t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【推理演示】B．位置x 与时间t 的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀
加速运动，乙物体做匀减速运动，在t0 时间内甲乙的位移可得x甲= v0+ v
2
t0=3 x0, x乙= v0+0
2
t0= x0
可得t0 时刻甲物体的速度为v =2v0，B 错误；
A．甲物体的加速度大小为a1= v −v0
t0
乙物体的加速度大小为a2= v0
t0
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ−μ1mgcosθ =ma1
同理可得乙物体μ2mgcosθ−mgsinθ =ma2
联立可得μ1+ μ2=2tanθ，A 正确
C．设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得f =ma1cosθ−ma2cosθ =0
则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；
D．t=t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f =ma1cosθ
即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
故选AD。
【变式1-1】（2026·广西桂林·三模）如图甲所示，滑块沿倾角为θ足够长的固定斜面上滑，滑块在斜面
上运动的速率与时间的图像如图乙所示，滑块和斜面各部分的动摩擦因数相同，则（ ）
A．滑块上滑的最大距离为5m
B．滑块下滑的时间为2s
C．斜面的倾角θ =60°
D．滑块与斜面间的摩擦因数μ=
❑√3
3
【答案】B
【详解】A．根据v −t图线与坐标轴所围面积表示位移可知，滑块上滑的最大距离为x = 1
2 ×8×1m = 4 m，
故A 错误；
B．由图乙可知，滑块下滑的加速度大小为a下=Δv
Δt = 2−0
2−1 m/s
2=2m/s
2
根据x = 1
2 a下t下
2
解得滑块下滑的时间为t下=2s，故B 正确；
CD．由图乙可知，滑块上滑的加速度大小为a上=Δv
′
Δt
′ = 8−0
1
m/s
2=8 m/s
2
上滑过程中，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+ μmgcosθ=ma上
下滑过程中，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ=ma下
联立，解得θ =30°，μ=
❑√3
5 ，故CD 错误。
故选B。
【变式1-2】（2026·山东·模拟预测）如图所示，一倾角为θ =37°的足够长斜面体固定在水平地面上，
质量为M =3kg的长木板B沿着斜面以速度v0=12m /s匀速下滑。现把质量为m=1kg的物块A 无初速度放
在长木板B的左端，物块可视为质点且最终没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦
因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。
下列判断正确的是（ ）
A．木板B和物块A最终停在斜面上
B．物块A从放到木板上到与木板达到共速所用的时间为0.85s
C．木板的长度至少为3.375m
D．从物块A放在木板上到与木板共速过程整个系统因摩擦产生的热量为216J
【答案】D
【详解】AB．开始时长木板B 沿着斜面匀速下滑，根据平衡条件得Mgsin37° = μMgcos37°
解得μ=0.75
物块A 轻轻放在长木板B 时有，根据牛顿第二定律有，对A、B 分别有mgsin37°+ μmgcos37° =ma1、
μ(m+ M )gcos37°+ μmgcos37°−Mgsin37° = M a2
解得a1=12m /s
2、a2= 4 m /s
2
物块A 和长木板B 共速的时间满足v =a1t = v0−a2t
联立解得t =0.75s，v =9m/s
因为μ= tan37°，可知物块A 和长木板B 共速后，一起沿斜面匀速下滑，故AB 错误；
C．木板的长度至少为L= v + v0
2
t −v
2 t = 4.5 m，故C 错误；
D ．从物块A放在木板上到与木板共速过程整个系统因摩擦产生的热量为
Q = μmgcos37° L+ μ(m+ M )gcos37°× v + v0
2
t
联立解得Q=216J，故D 正确。
故选D。
✡模型四 等时圆模型
模型剖析
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等时圆模型
1.如图甲所示，质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等；
2.如图乙所示，质点从竖直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；
3.如图丙所示，两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿过切点的不同的光滑弦从上端由静
止开始滑到下端所用时间相等。
模型特训
▶
【典例1】（2025·安徽安庆·二模）如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相
切于P 点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处
于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P 点，空气
阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP 上运动的时间之比为（ ）
A．❑√3:❑√2:1
B．(❑√3−❑√2):(❑√2−1):1
C．3:2:1
D．1:1:1
【推理演示】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P 的时间之比，设最小圆的直径为d，则
t AP:t BP:tCP=t A
′ P:t B
′ P:tC
′ P= ❑√
2⋅3d
g
:❑√
2⋅2d
g
:❑√
2⋅d
g
= ❑√3:❑√2:1故选A。
【变式1-1】（2026·河南濮阳·一模）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为
R的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37
∘角
(cos37
∘=)0.8)。质量为m、电荷量为q的带电小球（可视为质点）从A点由静止释放，分别沿弦轨道AB
和AC到达圆周的运动时间相同。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能
在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A．小球经过B点时对轨道的压力为零
B．匀强电场的电场强度大小为E = 4 mg
3q
C．小球做圆周运动经过C点时动能最大
D．小球做圆周运动过程中对环的压力的最大值为7.5mg
【答案】D
【详解】ABC ．图甲结合等时圆知识，重力与电场力合力必须指向AO ，根据合成与分解知识
qE =mgtan37°
解得E = 3mg
4 q
等效最高点在A 点，压力最小为零；等效最低点在AO 延长线与圆轨道交点，等效最低点速度最大，动能最
大，故ABC 错误；
D．因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为F =
❑√(qE)
2+(mg)
2= 5
4 mg
小球做圆周运动，则在其等效最高点，有F =m v1
2
R
小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F ×2 R = 1
2 m vm
2 −1
2 m v1
2
在等效最低点小球对圆环压力最大，由牛顿第二定律得FN−F =m vm
2
R
代入数据解得FN=7.5mg
由牛顿第三定律可知小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是7.5mg，故D 正确。
故选D。
【变式1-2】（25-26 高三上·山东淄博·期末）某玩具装置如图所示，竖直面内固定三根光滑直杆AO、
BO、CO，其上端点分别为A、B、C，B位于O的正上方，AB⊥BO、BC ⊥CO。套在杆上的小圆环
分别从A、B、C三点由静止沿AO、BO、CO滑下，滑到下端O点的时间分别为t A、t B、tC，则（ ）
A．t A>t B>tC
B．t B=tC>t A
C．t B>tC =t A
D．t A>t B=tC
【答案】D
【详解】以OB 为直径做等时圆，交AO 于D 点，如图
由等时圆可知，圆环从B、C、D 三点滑到O 点的时间相等，可知t A>t B=tC。
故选D。
✡模型五 传送带模型
模型剖析
▶
1.水平传送带问题的常见情形及运动分析
（1）物块初速度方向与传送带速度方向相同
图示
速度大
小比较
物块和传送带共速前
传送带足够长，物块v-t 图像
f 方向
运动状态
v0=0
向右
匀加速直线运动
v0<v
向右
匀加速直线运动
v0>v
向左
匀减速直线运动
（2）物块初速度方向与传送带速度方向相反
图示
状态
速度大小比较
f 方向
物块运动状态
传送带较短
向左
匀减速直线运动
传送带足够长
v0<v
向左
v-t 图像：
v0>v
向左(共速前)
v-t 图像：
2.倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
（1）物块由低处传送到高处(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动的v-t 图像
f 方向
加速度大
小
运动状态
v0=0
沿传送带
向上
μg
cos
θ
- g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
v0>v
沿传送带向
下
μg
cos
θ
+ g sin
θ
匀减速
直线运动
（2）物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动的
v-t 图像
f 方向
加速度大小
运动状态
v0=0
沿传送带向下
μg
cos
θ
+ g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
沿传送
带向下
μg
cos
θ
+ g sin
θ
匀加速
直线运动
v0>v
沿传送带向上
μg
cos
θ
- g sin
θ
匀减速
直线运动
（3）物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ)
图示
状态
速度大小比较
f 方向
加速度大小
物块运动状态
传送带
较短
沿传送
带向上
μg
cos
θ
- g sin
θ
匀减速直线运动
传送带
足够长
v0<v
沿传送
带向上
μg
cos
θ
- g sin
θ
v-t 图像：
v0>v
沿传送
带向上
共速前：
μg
cos
θ
- g sin
θ
共速后：0
v-t 图像：
若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。
模型特训
▶
类型1 水平传送带模型
【典例1】（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B 用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传
送带以1m/s 的恒定速率顺时针转动。t=0 时，A 的速度大小为2m/s，方向水平向右，B 的速度为0，弹簧处
于原长，t=t1时（t1为未知量），A 第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B 可视为质点，
质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A 与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加
速度大小取g=10m/ s
2，A、B 始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A．在t=t1
2 时，A 的加速度大小比B 的小
B．t=t1时，B 的速度大小为0.5m/s
C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0-t1过程中，A 在传送带上留下的划痕长度小于0.05m
【推理演示】AB．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
f =0.5×1×10 N =0.25×2×10 N=5N
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力为零，系统动量
守恒有mA v0=mA v +mBvB，v=1m/s
代入数值解得t=t1时，B 的速度为vB=0.5m/s
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有f + F弹=mAaA，f + F弹=mBaB
由于mA<mB，故可知aA>aB
故A 错误，B 正确；
C．在t1 时间内，设AB 向右的位移分别为xA，xB，由功能关系有
−f xA+ f xB+ 1
2 mA v0
2= 1
2 mA v
2+ 1
2 mBvB
2+ Ep
解得xA−xB=0.1m
故弹簧的压缩量为Δ x = xA−xB=0.1m
故C 错误；
D．A 与传送带的相对位移为x相A= xA−v t1
B 与传送带的相对为x相B= v t1−xB
故可得x相A+ x相B= xA−xB=0.1m
由于0−t1 时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足
aA=2aB，作出AB 的v−t 图像
可知x 相A等于图形MNA 的面积，x 相B 等于图形NOBA 的面积，故可得x相A< x相B
结合x相A+ x相B=0.1m
可知x相A<0.05m，故D 正确。
故选BD。
【变式1-1】（2026·山东烟台·二模）如图所示，长L=1m的水平传送带始终沿逆时针方向以大小
v0= 20
3 m/s的速度匀速转动，传送带左、右两端均刚好与光滑水平地面接触，且其上表面与地面在同一水
平面上。传送带左侧地面上固定一光滑斜面，右侧地面上固定一竖直挡板C，一劲度系数k = 400 N/m的轻
弹簧放在右侧地面上与挡板C 连接。一质量mB=1kg的物块B 放在传送带左侧地面的最右端，将另一质量
mA =0.2kg的物块A 放在光滑斜面上的某一高度处由静止释放，一段时间后A 与B 发生碰撞，B 经过传送带
进入右侧地面并压缩轻弹簧后被弹回，弹簧的最大压缩量Δ x =0.1m，在物块B 刚好要第二次滑上传送带
时与物块A 发生第二次碰撞，碰后立即撤走物块B。已知物块A 与B 发生的碰撞均为弹性碰撞，物块A 与传
送带间的动摩擦因数μ1=0.55，物块B 与传送带间的动摩擦因数μ2=0.25，不计物块的大小及在斜面底端
能量损失，轻弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为EP= 1
2 k x
2（k 为弹簧的劲度系数，x 为弹
簧的形变量），重力加速度g=10 m/s
2，求：
(1)A 与B 第一次碰撞前一瞬间，物块A 的速度大小；
(2)A 第二次返回斜面时能上升的最大高度；
(3)物块A 由静止释放到第二次返回斜面的过程中，物块A 与传送带间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)9 m/s (2)20
9 m (3)73
30 J
【详解】（1）B 从传送带进入右侧水平面上速度为vB1，弹簧的最大压缩量Δx =0.1m，
对B 有1
2 mB vB1
2 = 1
2 k (Δx)
2
得vB1=2m/s
第一次碰后，B 的速度为vB，B 进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
aB= μ2mB g
mB
=2.5m/ s
2
由运动学公式vB1
2 −vB
2 =−2aB L
由以上几式可得vB=3 m/s
A 与B 第一次碰撞，碰前物块A 的速度为v，碰后物块A 的速度为v A，则由动量守恒定律得
mA v =mA v A+mB vB
由能量守恒得1
2 mA v
2= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
解得v =9 m/s ，v A =−6 m/s
（2）第一次碰撞后A 以6 m/s 的速度返回斜面，又以等大速率返回第一次冲上传送带，A 开始做匀减速直
线运动，与B 发生第二次碰撞前，A 的速度为v A 1，则aA = μ1mA g
mA
=5.5 m/s
2
由运动学公式得v A 1
2 −v A
2 =−2aA L
解得v A 1=5 m/s
物块B 刚好要第二次滑上传送带时与物块A 发生第二次碰撞，取水平向右方向为正，则由动量守恒定律得
mA v A 1+mB(−vB1)=mA v A 2+mB vB2
由能量守恒得1
2 mA v A 1
2 + 1
2 mB vB1
2 = 1
2 mA v A 2
2 + 1
2 mB vB2
2
解得v A 2=−20
3 m/ s
即碰后A 与传送带共速，第二次返回斜面能上升的最大高度h，由机械能定律得mA gh= 1
2 mA v A 2
2
解得h= 20
9 m
（3）摩擦力 f = μ1mA g=1.1 N。
A 第一次向右运动时间 t1= v A 1−v A 右
−aA
= 5−6
−5.5 = 2
11 s
这段时间传送带向左位移 s带= v0t1= 40
33 m
相对位移 Δ s1= L+ s带= 73
33 m。
A 第二次向左运动：速度与传送带相同，相对位移 Δ s2=0。
因此总热量 Q = f ⋅Δ s1=1.1× 73
33 = 73
30 J
【变式1-2】（25-26 高三上·安徽·阶段检测）如图所示，水平传送带的两端与水平轨道分别衔接于B、
C两点，半径为R =6 m的1
4 圆弧轨道与水平轨道相切于D 点。质量为m=1kg的物体将固定在挡板上的轻弹
簧压缩后并锁定（物体与轻弹簧不连接），弹簧储存的弹性势能为Ep=128J，某时刻解除锁定，物体由
静止开始向右运动，物体运动到A 点前轻弹簧已经恢复原长，经过一段时间物体沿圆弧轨道运动到最高
点。已知传送带以恒定的速度v0=6 m /s顺时针匀速转动，AB的距离为x =7.5 m，传送带左右两端的距离
为L=12m，物体与AB段以及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.4，物体与其余部分的摩擦均可忽略不计，
重力加速度g 取10m/s
2，物体可视为质点，物体经过衔接点时的机械能损失均忽略。求：
(1)物体第一次经过B 点时的速度大小；
(2)物体经过圆弧轨道D 点与沿轨道到最大高度处对轨道压力大小的比值；
(3)物体最终停在装置某处，整个过程因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)14 m /s (2)16:1 (3)152J
【详解】（1）弹簧弹开物体的过程，由机械能守恒定律得Ep= 1
2 m v1
2
解得v1=16 m /s
物体从A 到B 的过程，由动能定理得−μmgx = 1
2 m vB
2 −1
2 m v1
2
解得vB=14 m /s
（2）假设物体滑上传送带后一直做匀减速直线运动，则由动能定理得−μmgL= 1
2 m vC
2 −1
2 m vB
2
解得vC =10 m /s>v0
假设成立。由于CD段光滑，则物体在D 点的速度与C 点的速度相等，则物体在D 点时由牛顿第二定律得
F1−mg= mvC
2
R
解得F1= 80
3 N
由牛顿第三定律可知物体经过圆弧轨道D 点对轨道压力F
′
1= F1= 80
3 N
物体沿圆弧上升到最大高度时该点与圆心连线与竖直方向的夹角为α，则由机械能守恒定律得
mgR(1−cosα )= 1
2 m vC
2
物体在该点时的速度为0，则向心力为0，沿半径方向有F2=mgcosα
解得F2= 5
3 N
由牛顿第三定律可知物体在最高点对轨道的压力F
′
2= F2= 5
3 N
物体经过圆弧轨道D 点与沿轨道到最大高度处对轨道压力大小的比值F
′
1: F
′
2=16:1
（3）物体第一次在AB段运动时，因摩擦而产生的热量为Q1= μmgx =30J
物体在传送带上滑动时的加速度为a= μmg
m = 4 m /s
2
物体第一次在传送带上运动的时间为t1= vB−vC
a
=1s
物体相对传送带的位移为Δ x1= vB+ vC
2
t1−v0t1=6 m
该过程物体与传送带因摩擦而产生的热量为Q2= μmg× Δ x1=24 J
物体从圆弧的最高点返回，第二次滑上传送带，设物体运动到B 点的速度为v
′
B，物体从C 到B 的过程由动
能定理得−μmgL= 1
2 m v
′
B
2−1
2 m vC
2
解得v
′
B=2m /s
物体第二次在传送带上运动的时间为t2= vC−v
′
B
a
=2s
物体第二次在传送带上运动的相对位移为Δ x2= v
′
B+ vC
2
t2+ v0t2=24 m
该过程物体与传送带因摩擦而产生的热量为Q3= μmg× Δ x2=96J
假设物体第二次滑上AB段后做匀减速直线运动，最终停止，由动能定理得−μmg x
′ =0−1
2 m v
′
B
2
解得x
′ =0.5 m < x
假设成立，物体第二次滑上AB段后，最终停在距B 点0.5m 处，物体第二次在AB段因摩擦而产生的热量
为Q4= μmg x
′ =2J
则整个过程因摩擦而产生的热量为Q =Q1+Q2+Q3+Q4
解得Q =152J
类型2 倾斜传送带模型
【典例2】（2026·海南·模拟预测）随着我国快递行业的迅速发展，快递分拣流水线设备也得到了广泛
应用，如图1 为某快递分拣流水线工作的简化流程：水平传送带与倾斜传送带在B 点平滑衔接，两传送带
分别以速度v1、v2按图示方向运动，快递包裹（视为质点）从投递口投放后落到水平传送带的A 点（不考
虑反弹），在水平传送带的作用下包裹被转移到倾斜传送带上（不考虑B 点对包裹运动的影响），倾斜传
送带倾角为θ，包裹在倾斜传送带上运动的速度大小与时间的关系图像如图2 所示。已知包裹刚好能送到
传送带顶端C 点，包裹与两传送带间的动摩擦因数相同，重力加速度g 取10 m/s
2。下列说法错误的是（
）
A．倾斜传送带倾角θ =30°
B．包裹与传送带间的动摩擦因数为
❑√3
5
C．水平传送带的最小长度为6 ❑√3 m
D．水平传送带运动的最小速度为12m/s
【答案】C
【详解】AB．由图2 的v −t图像可得0~1s时加速度大小为a1=|4−12)
1
m/s
2=8 m/s
2
1~3s时加速度大小为a2=|0−4)
2
m/s
2=2m/s
2
当包裹速度大于倾斜传送带速度v2时，相对传送带向上运动，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
当包裹速度小于v2时，相对传送带向下运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcosθ =ma2
联立解得θ =30
∘，μ=
❑√3
5 ，故AB 正确；
CD．包裹刚好到达C 点，说明包裹进入倾斜传送带的初速度必须为12m/s，因此水平传送带的最小速度等
于包裹到达B 点的速度，即vmin=12m/s
包裹在水平传送带上的加速度为a= μg =2❑√3 m/s
2
根据匀变速直线运动速度与位移关系v
2=2aL
水平传送带的最小长度为Lmin= vmin
2
2a =12❑√3 m
故C 错误，D 正确。
本题选错误的，故选C。
【推理演示】AB．由图2 的v−t 图像可得0~1s 时加速度大小为a1=|4−12)
1
m/s
2=8 m/s
2
1~3s 时加速度大小为a2=|0−4)
2
m/s
2=2m/s
2
当包裹速度大于倾斜传送带速度v2时，相对传送带向上运动，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
当包裹速度小于v2时，相对传送带向下运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcosθ =ma2
联立解得θ =30
∘，μ=
❑√3
5 ，故AB 正确；
CD．包裹刚好到达C 点，说明包裹进入倾斜传送带的初速度必须为12m/s，因此水平传送带的最小速度等
于包裹到达B 点的速度，即vmin=12m/s
包裹在水平传送带上的加速度为a= μg =2❑√3 m/s
2
根据匀变速直线运动速度与位移关系v
2=2aL
水平传送带的最小长度为Lmin= vmin
2
2a =12❑√3 m
故C 错误，D 正确。
本题选错误的，故选C。
【变式2-1】（2026·福建漳州·三模）（多选）某工厂工件输送系统由倾角为30°、长为10m 的传送带
AB和倾角相同、长为1m 的斜面CD组成。工件P质量为1kg，与传送带间的动摩擦因数为
❑√3
2 。传送带以
4m/s 的速度顺时针匀速转动。现将P轻放于传送带底端A点，由静止开始运动，到达斜面顶端D点时速度
恰好为零。工件可视为质点，传送带与斜面平滑连接，g取10 m /s
2，则（ ）
A．P刚放上传送带时的加速度大小为12.5 m /s
2
B．P与斜面间的动摩擦因数为8 ❑√3
15
C．P在传送带上运动的时间为3.3s
D．传送带系统因传送P多消耗的电能为82J
【答案】CD
【详解】A．P 放上传送带后，受力如图所示
由牛顿第二定律有μ1mgcos30
∘−mgsin30
∘=ma1
解得a1=2.5m/s2，故A 错误；
C．工件与传送带共速时间为t1= v0
a1
= 4
2.5 s=1.6s
工件加速运动的位移为x1= 1
2 a1t1
2= 1
2 ×2.5×1.6
2m=3.2m
工件匀速运动的时间为t2= L−x1
v0
= 10−3.2
4
s=1.7s
工件在传送带上运动的时间为t =t1+t2=3.3s，故C 正确；
B．工件在CD 上减速过程由动能定理有−mg(sin30°+ μ2cos30°)L2=0−1
2 m v0
2
解得μ2=
❑√3
5 ，故B 错误；
D ．工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和静摩擦力，有
W = μ1mgcos30°⋅v0t1+mgsin30°⋅v0t2
解得W =82J，故D 正确。
故选CD。
【变式2-2】（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，两条相同的传送带，长度均为L=1.2m，货物与
传送带表面的动摩擦因数均为μ=0.5，甲传送带倾斜放置，与水平面成37°角，乙传送带水平放置，它们
均以v0=2m /s的速度逆时针转动。在接头B处两传送带平滑连接，货物经过时不计动能损失。现将一可视
为质点的货物轻放在甲传送带的顶端A，sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度g取10 m /s
2，求：
(1)货物到达B点处的速度大小；
(2)货物从A端传送到C端所用的时间。（取❑√2=1.4）
【答案】(1)2❑√2m/s (2)1.16s
【详解】（1）货物在与传送带甲共速前，有mgsin37°+ μmgcos37° =ma1
解得a1=10 m /s
2
达到共速所用时间t1= v0
a1
=0.2s
通过的位移x1= 1
2 a1t1
2=0.2m
则从共速点到B 点的距离x2= L−x1=1.0 m
共速后，由于μ<tan37°，则有mgsin37°−μmgcos37° =ma2
解得a2=2m /s
2
设货物滑行到B 点所需时间为t2，有x2= v0t2+ 1
2 a2t2
2
解得t2=(❑√2−1)s=0.4s
货物滑行到B 点的速度vB= v0+a2t2=2❑√2m /s
（2）滑上水平传送带后有μmg=ma3
解得a3=5 m /s
2
设货物减速到与传送带共速所通过的距离x3= vB
2 −v0
2
2a3
=0.4 m
所用时间t3= vB−v0
a3
= 2(❑√2−1)
5
s=0.16s
最后货物被匀速传送到C 点所用时间t 4= L−x3
v0
=0.4s
则货物从A端传送到C端所用的时间t =t1+t2+t3+t 4=1.16s
✡模型六 板块（滑块 - 木板）模型
模型剖析
▶
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作用下
发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2.模型构建
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
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Δs=s1-s2=L(板
长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δs=s2+s1=L。
3.解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v 物=v 板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v 物=v 板时，“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)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v 物=v 板；
②木板最短的条件：当v 物=v 板时滑块恰好滑到木板的一端。
模型特训
▶
【典例1】（2026·河北衡水·模拟预测）质量为M =2kg 的木板B 静置于光滑水平面上，质量为m=1kg
的木块A 静置于B 的左端。已知A、B 间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10 m/s
2。
(1)如图甲所示，现给A 一水平向右的初速度v1=6 m/s，A 在相对于B 运动的过程中恰好没有从B 上滑落。
①求A 刚获得初速度时，A、B的加速度大小；
②求B 的长度。
(2) 如图乙所示，在B 获得水平向左的速度v2=7 m/s的同时，对A 施加水平向左的恒力F = 4 N，求A 从开
始运动到从B 上滑下来所用的总时间（结果可以用根号表示）。
【推理演示】（1）①A 刚获得初速度时，对A，根据牛顿第二定律得μmg=ma1
解得a1=2m/s
2
对B，根据牛顿第二定律得μmg= M a2
解得a2=1m/s
2
②设经过时间t1 时A、B 达到共同速度，有v共1= v1−a1t1=a2t1
这段时间内，A、B 的位移分别为xA1= v1+ v共1
2
t1=8 m，xB1= v共1
2 t1=2m
B 的长度为L= xA1−xB1=6 m
（2）A、B 开始运动后，对A 根据牛顿第二定律，得F + μmg=ma3
设经过时间t2时A、B 达到共同速度，则有v共2=a3t2= v2−a2t2
这段时间内，A、B 的位移分别为xA2= v共2
2 t2=3 m，xB2= v2+ v共2
2
t2=6.5 m
A 相对于B 滑行的距离Δ x = xB2−xA2=3.5 m
此后，A、B 都做匀加速直线运动，对A 根据牛顿第二定律，得F −μmg=ma4
设从A、B 共速到分离经历的时间为t3，这段时间内xA3= v共2t3+ 1
2 a4t3
2，xB3= v共2t3+ 1
2 a2t3
2，
Δ x = xA3−xB3解得t3= ❑√7s
A 从开始运动到从B 上滑下来所用的总时间t =t2+t3=(1+ ❑√7)s
【变式1-1】（2026·北京顺义·二模）如图甲，两物体A、B 叠放在光滑水平面上，对物体B 施加一水平
力F，力F随时间t变化图像如图乙所示。两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止。下列说
法正确的是（ ）
A．t0时刻，两物体之间的摩擦力最大
B．t0时刻，两物体的速度方向开始改变
C．2t0时刻，两物体回到初始位置
D．物体A 所受摩擦力与力F的方向始终相同
【答案】D
【详解】A．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律F =(mA+mB)a
研究A 物体，根据牛顿第二定律f =ma
可得f =
mA
mA+mB
F
t0时刻F =0，所以f =0，摩擦力最小，A 错误；
B．0~t0时间内，F为正，加速度沿正方向，物体一直做加速运动，速度沿正方向
t0时刻F反向，加速度反向，物体开始沿正方向做减速运动，速度方向不变，B 错误；
C．0∼2t0内，物体速度方向始终为正（0∼t0正向加速，t0∼2t0正向减速，2t0时刻速度减为0），位移
一直增大，2t0时刻位移最大，没有回到初始位置，C 错误；
D．由A 项的推导可知f =
mA
mA+mB
F ，摩擦力f 始终与F同方向，D 正确。
故选 D。
【变式1-2】（2026·湖北武汉·三模）如图（a）所示，木板A静置在粗糙水平面上，两个可视为质点的
物块B、C以大小为v0=6 m /s的水平速度同时从左右两端滑上木板，运动过程中B、C恰好不相碰。从B、
C滑上A开始计时，以向右为正方向，0∼0.4s内，A、B的速度一时间图像如图（b）所示。已知A、B、C
的质量分别为4 m、5m、m，B、C与A之间的动摩擦因数相同，重力加速度大小取10m/s
2。求
(1)A 与地面间的动摩擦因数；
(2)A、B、C达到共速的时刻；
(3)木板A的长度。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】(1)0.1
(2)1.4s
(3)7.6 m
【详解】（1）根据速度时间图像的斜率表示加速度，可知A 加速的加速度大小为a1= 1
0.4 m /s
2=2.5 m /s
2
B的加速度大小为a2= Δv
Δt = 6−4
0.4 m /s
2=5 m /s
2
对B，根据牛顿第二定律有μ2⋅5mg=5ma2
解得μ2=0.5
对A，根据牛顿第二定律有μ2⋅5mg−μ2mg−μ1⋅10mg= 4 ma1
联立解得A 与地面间的动摩擦因数μ1=0.1
（2）设A、B经时间t1达到共速v1，根据运动学公式有v1=a1t1，v1= v0−a2t1
A、B共速后一起减速，C继续做匀变速直线运动，设再经过时间t2，三者达到共速v2。设A、B共速后一起
减速时的加速度大小为a3，对A、B根据牛顿第二定律有μ2mg+ μ1⋅10mg=9ma3
解得a3= 5
3 m /s
2< μ2 g
根据运动学公式有v2= v1−a3t2，v2=−v1+a2t2
又t1+t2=t
联立解得t =1.4s
（3）三者共速后，一起减速到零，设一起减速时的加速度大小为a4，减速的时间为t3，对A、B、C根据牛
顿第二定律有μ1⋅10mg=10ma4
根据运动学公式有v2=a4t3
联立解得t3=1s
因为B、C刚好不相碰，说明木板长度为B、C相对A 的位移大小之和。由A、B、C三者的速度时间图像，板
长为0∼1.4s内图像与坐标轴所围成的面积。
可得L= S梯形+ S△=(
(4+12)×0.8
2
+ 4×0.6
2 )m =7.6 m
✡模型七 连接体模型
模型剖析
▶
多个物体通过轻绳、轻杆、轻弹簧刚性连接，整体法 + 隔离法为核心解题工具：
•
整体法：系统合外力求整体共同加速度；
•
隔离法：拆分单个物体，求内部绳拉力、杆弹力等内力；
拓展：含滑轮连接体、竖直 / 水平多物体联动，避开逐个繁琐受力分析，简化方程组计算。
模型特训
▶
【典例1】（2026·重庆渝中·模拟预测）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，
木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终
保持静止。已知甲、乙质量均为1kg，木箱的质量为5kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻
力，重力加速度g 取10 m /s
2，则在乙下落的过程中（未与地面碰撞）地面对木箱的支持力大小为
（ ）
A．65N
B．67N
C．60N
D．58N
【推理演示】由题意知，物块甲、乙的质量m=1kg，木箱的质量M=5kg
研究物块甲，根据牛顿第二定律T −μmg=ma
研究物块乙，根据牛顿第二定律mg−T =ma
解得a=3 m /s
2
以甲、乙和木箱整体为研究对象，设地面对木箱的支持力为N，在竖直方向上用系统牛顿第二定律
Mg+2mg−N =ma
解得N=67N
故选B。
【变式1-1】（2026·河北沧州·三模）如图所示，在水平直线传送轨道上，智能快递分拣车的前、后两
个货舱质量分别为2m 和m，用轻质刚性连接杆相连。每个货舱所受运行阻力与自身质量成正比，比例系数
为k。前货舱的驱动装置提供水平牵引力F，使两货舱一起向前做匀加速直线运动。已知连接杆能承受的最
大拉力为T ，重力加速度为
₀
g，为保证连接杆不被拉断，牵引力F 的最大值为（ ）
A．3T0
B．3T 0+3kmg
C．3T 0+2kmg
D．3T 0+ kmg
【答案】A
【详解】取前进方向为正方向，后货舱（质量m）受连接杆向前的拉力T和向后的阻力kmg，由牛顿第二
定律T −kmg=ma
前货舱（质量2m）受牵引力F（向前）、连接杆向后的拉力T和向后的阻力2kmg，由牛顿第二定律有
F −T −2kmg=2ma
联立消去a，得F =3T
当T =T 0时，Fmax=3T 0，与k、g无关。
故选A。
【变式1-2】（2026·北京西城·二模）如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B 用轻弹簧相连。两物块
质量之比mA:mB=1:2。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为
（ ）
A．F
B．F
3
C．2 F
3
D．F
4
【答案】B
【详解】对A、B 整体，根据牛顿第二定律F =（mA+mB）a
设弹簧弹力为T，对A，根据牛顿第二定律T =mAa
结合mA:mB=1:2
可得T = F
3
故选B。
