①寒假复习-第04讲 连接体模型、板块模型、传送带模型-2025年高一物理寒假衔接讲练 (人教版)

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高考考点聚焦
1．连接体问题：2024·北京、2024·宁夏四川
2．板块问题：2024·辽宁、2024·新疆河南
1． 整体法与隔离法解连接体问题
1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统的内力的影响，只考虑系统受到的外力，依据牛顿第二定律列方程求解。此方法适用于系统中各部分物体的加速度大小和方向相同的情况。
2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时应加以注意。然后依据牛顿第二定律列方程求解。
2．连接体的运动特点
1)轻绳:轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度一般是相等。
2)轻弹簧:在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等。
3．板块模型常见的两种类型
1)木板B带动物块A,物块 恰好不从木板上掉下的 临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度 相等，则位移关系为xB= xA +L(L为木板长度)
2)物块A带动木板B,物块 恰好不从木板上掉下的 临界条件是物块恰好滑 到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB+xA=L(L为木板长度)
强化点一 物块在传送带上运动分析
1．水平传送带
2．倾斜传送带
真题感知
一、单选题
1．（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有
F = (M＋m)a
对空间站分析有
F′ = Ma
解两式可得飞船和空间站之间的作用力
故选A。
2．（2024·宁夏四川·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，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于时，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。
二、多选题
3．（2024·辽宁·高考真题）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
C．小物块与木板的质量比为3︰4D．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；
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。
三、解答题
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
提升专练
一、单选题
1．（2024·北京朝阳·模拟预测）质量为、的两个小物块用轻绳连接，绳跨过位于倾角为的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。第一次，悬空，放在斜面底端，由静止释放后，从斜面底端运动到顶端的时间为。第二次，悬空，放在斜面底端，由静止释放后，从斜面底端运动到顶端的时间为。则与的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】第一次，悬空，在斜面底端，设斜面总长为，加速度大小相等为
对受力分析由牛顿第二定律可得
对受力分析由牛顿第二定律可得
由运动学可得
第二次，悬空，在斜面底端，设斜面总长为，加速度大小相等为
对受力分析由牛顿第二定律可得
对受力分析由牛顿第二定律可得
由运动学知识得
联立解得
故选A。
2．（2024·江苏镇江·一模）如图所示，质量为5kg的物块A与水平地面的动摩擦因数，质量为3kg的物块B与地面间无摩擦，在水平力F的作用下，A、B一起做加速运动，已知F=26N。则下列说法中正确的是（g取10）（ ）
A．A、B的加速度均为
B．A、B的加速度均为
C．A对B的作用力为9.75N
D．A对B的作用力为6N
【答案】D
【详解】AB．对物块A、B整体受力分析，由牛顿第二定律
代入数据解得
故AB错误；
CD．对物块B受力分析，由牛顿第二定律
故C错误，D正确。
故选D。
3．（2024·吉林·一模）如图，在光滑的固定足够长木板上，用轻质弹簧连接的两个物块A、B在水平恒力F作用下以相同加速度向左运动，两物块材料相同且。下列可以使弹簧伸长量不变的是（ ）
A．增大水平拉力F
B．在木板上表面垫上粗糙的纸
C．将A、B的位置互换
D．悬线下增挂一定质量的小钩码
【答案】B
【详解】A．弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
联立可得
可知增大水平拉力F，弹簧的弹力增大，伸长量增大，故A错误；
B．在木板上表面垫上粗糙的纸，设物块A、B与纸间的动摩擦因数为，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
联立可得
可知弹簧弹力不变，则伸长量不变，故B正确；
C．将A、B的位置互换，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
以A为研究对象，根据牛顿第二定律有
联立可得
可知弹簧弹力变大，伸长变大，故C错误；
D．悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为，对ABC整体，由牛顿第二定律得
可知
对A有
未悬挂钩码时，对A有
对比可得
可知弹簧弹力变大，伸长变大，故D错误。
故选B。
4．（2024·吉林长春·一模）木板静置于光滑水平地面上，初始时刻滑块以一定的水平初速度从左端滑上木板，当二者速度恰好相等时，对比初始时刻滑块和木板的位置情况可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】滑块以一定的水平初速度从左端滑上木板，在摩擦力作用下，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经过t时间滑块与木板达到共速v，此过程木板的位移为
滑块的位移为
则滑块相对于木板向前的位移大小为
可得
故选A。
5．（23-24高三下·海南·期中）如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为，一小滑块从传送带左端以初速度大小滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块的加速度向右，大小为μg
B．若，小滑块返回到左端的时间为
C．若，小滑块返回到左端的时间为
D．若，小滑块返回到左端的时间为
【答案】D
【详解】A．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得
解得
故A错误；
B．若，小滑块的速度从先向右减速到0再返回加速到，刚好返回到左端，时间为
故B错误；
CD．若，小滑块的速度从先向右减速到0的时间
位移为
然后加速返回，速度加速到的时间
位移为
最后以速度匀速回到左端，时间为
小滑块返回到左端的时间
解得
故C错误，D正确。
故选D。
6．（2024·山东·一模）如图所示，与水平面成θ30°角的传送带正以v=10m/s的速度顺时针运行，A、B两端相距l40m。现每隔1s把质量m1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端时恰好在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．传送带上始终有6个工件
B．两个工件间的最小距离为2.5m
C．工件在传送带上时，先受到沿传送带向上的摩擦力，后不受摩擦力
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N
【答案】A
【详解】C．工件放到传送带上瞬间，工件相对传送带向下运动，受到斜向上的滑动摩擦力，大于重力沿传送带方向的分力，工件开始斜向上做匀加速直线运动，当工件速率和传送带速率相等时，摩擦力突变，受到斜向上的静摩擦力，等于重力沿传送带方向的分力，工件开始相对传送带静止，斜向上做匀速直线运动，故C错误；
A．工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
工件加速过程所用的时间
工件加速过程的位移大小
工件匀速过程所用的时间
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A正确；
B．由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s时，与后一工件间距离最小，由
可得传送带上两个工件间的最小距离
故B错误；
D．满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和
D错误。
故选A。
7．（2025·重庆·模拟预测）如图，MN是一段倾角为的传送带，质量为的小物块，以沿传送带向下的速度从点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图所示，取，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度，方向逆时针
C．物块相对传送带滑动的距离为
D．物块将在时回到原处
【答案】D
【详解】AB．从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AB错误；
CD．根据图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度
由图可知，物块的速度为0时
之后物块沿斜面向上运动，速度图像与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向下运动的位移
到时，物块沿斜面向上加速运动的位移
物块沿斜面向上匀速运动的时间
所以物块回到原处的时间
物块相对传送带滑动的距离为
故C错误，D正确。
故选D。
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）机场利用传送带将行李送入飞机货舱。如图所示，传送带与水平面间的夹角，转轴间距。传送带静止，工作人员将一件小包裹（可视为质点）放在传送带的最下端，然后传动带以的加速度匀加速启动，2s后保持匀速，当包裹通过传送带后工作人员发现包裹在传送带上留下一段痕迹。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，，。则痕迹的长度为（ ）
A．1．2mB．2.95mC．3.95mD．7m
【答案】B
【详解】对于包裹而言，其加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
2s内包裹的位移
2s内传送带的位移
此阶段痕迹的长度
2s时包裹的速度
此时传送带的速度
此后一直做匀速直线运动，包裹依然做匀加速直线运动，设经过二者共速，则有
代入数据解得
此时包裹的位移
所以包裹在没有共速前就已经到达顶端，设包裹在余下的位移所以时间为，则有
解得
此解得传送带的位移
包裹的位移为
故此阶段包裹又在传送带上留下的痕迹
整个过程，包裹在传送带上留下痕迹的长度为
B正确。
故选B。
9．（2024·山西·一模）如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C竖直向上以加速度匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由逐渐缓慢变大时（ ）
A．A对C的摩擦力保持不变B．A对C的压力保持不变
C．A、B相对C仍保持静止D．轻绳对B拉力保持不变
【答案】C
【详解】D．受力分析，如图所示
当C以加速度a0向上匀加速时，A、B均相对于C恰好保持相对静止，则由受力图可得水平方向
竖直方向
解得
当加速度由a0逐渐变大时，加速度越大，轻绳对B拉力逐渐变大，故D错误；
B．C对A的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律，A对C的压力逐渐变大，故B错误；
A．A对C的摩擦力逐渐变大，故A错误；
C．整理表达式发现A、B质量消元，则A、B相对C一直静止，故C正确。
故选C。
10．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，四个滑块叠放在倾角为的固定光滑斜面上，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，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
B．C对D的摩擦力为时，A对B的摩擦力为
C．当拉力F取得最大值时，轻绳上的弹力大小为
D．当拉力F取得最大值时，C、D间的摩擦力为
【答案】C
【详解】ACD．当A、B间的摩擦力为最大静摩擦力时，拉力F取最大值，将BCD看成一个整体，可得
对整体
解得
此时对CD的整体
T-4mgsinθ=4ma
解得
此时对D分析可知
解得
故AD错误，C正确；
B．C对D的摩擦力为时，对D进行受力分析，根据牛顿第二定律有
设A对B的摩擦力为，对BCD根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
故选C。
11．（2024·河北保定·三模）如图所示，ABC和CDE两个光滑斜面体固定在水平面上，a、b两个小球分别从两个斜面的最高点A和E同时由静止释放，结果两个球同时到达C点，已知斜面体ABC的斜面长为、高为，斜面体CDE斜面长为，高为，不计小球大小，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】球运动的加速度大小
b球运动的加速度大小
a、b两个小球分别从两个斜面的最高点A和E同时由静止释放，结果两个球同时到达C点，则有
，
解得
故选C。
12．（2024·湖北·模拟预测）竖直墙壁上有A、B、C、D四个点，离墙壁为d的E点有四个光滑的斜面分别连接到A、B、C、D且斜面与水平面的夹角为30°、37°、53°、60°。同时在E点静止释放四个物体，则下列说法正确的是（ ）
A．物体最先到达AB．物体同时到达A、B
C．物体同时到达B、CD．物体同时到达C、D
【答案】C
【详解】沿四个斜面加速度分别为
沿四个斜面下滑的时间分别为
故AD、BC同时到达。
故选C。
13．（2024·浙江·一模）如图，两根相互平行的长直木棍AB和CD，两端固定。一个外径D0=10cm、质量m=20kg的管状铸件恰能从木棍上端匀速滑下，已知两木棍间距d=8cm，与水平面的夹角α=37°，忽略木棍粗细，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则（ ）
A．木棍对铸件弹力的合力为80N
B．每根木棍与铸件间的摩擦力为60N
C．若仅稍增大AB与CD间距离，木棍对铸件弹力的合力增大
D．若仅稍减小AB与CD间距离，铸件将沿木棍减速下滑
【答案】B
【详解】A．垂直两根直木棍所在平面，根据受力平衡可得两根直木棍对铸件弹力的合力大小为
故A错误；
B．铸件从木棍的上部恰好能匀速滑下，沿木棍方向根据受力平衡可得两根直木棍对铸件摩擦力的合力的大小为
所以每根木棍与铸件间的摩擦力为
故B正确；
C．若仅稍增大AB与CD间距离，木棍对铸件弹力的合力不变，仍等于铸件重力垂直于两木棍所在平面的分量，故C错误；
D．如图所示
根据几何关系可得
若仅稍减小AB与CD间距离，即d减小，sinθ减小，θ减小，csθ增大，所以N减小，根据
可知，N减小，则f减小，即铸件重力沿斜面向下的分量大于向上的摩擦力的合力，所以铸件的合力向下，向下加速，故D错误。
故选B。
14．（2024·重庆大足·二模）如题图所示，一质量为m的物块在外力作用下能静止在倾角的粗糙斜面上，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，现在外力大小变成（为重力加速度），方向与斜面底边平行的向左，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．物块静止不动，摩擦力的大小为
B．摩擦力的大小为方向沿斜面向上
C．物块向斜面左下方做匀加速直线运动
D．物块向斜面左下方做曲线运动
【答案】C
【详解】对物块受力分析，若物体处于平衡状态，重力的分力与外力的合力为
若摩擦力为滑动摩擦力，则
由于
故物块受到的摩擦力为动摩擦力，方向沿斜面右上方，根据牛顿第二定律可得
可知物块向斜面左下方做匀加速直线运动。
故选C。
15．（2025·湖南永州·一模）如图所示，A、B滑块质量分别是和，斜面倾角为，斜面体D紧靠地板突出部分，控制使所有物体处于静止状态。现静止释放，当沿斜面体D下滑、B上升时，不计绳子质量及一切摩擦，重力加速度为，地板突出部分对斜面体D的水平压力为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由题意可知，对A、B、D组成的整体为研究对象，地板突出部分对斜面体D的水平压力，可知水平压力只引起滑块A水平方向的加速度，因为B、D在水平方向的加速度均是零，因此由牛顿第二定律可得
对A、B组成的整体则有
又有
联立解得
故选A。
16．（2024·四川泸州·一模）如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数
B．长木板与地面间的动摩擦因数
C．小物块的质量
D．长木板的质量
【答案】C
【详解】由题中a-F图像知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有
F1=μ2（m+M）g
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
F-μ2（m+M）g=（m+M）a
即

结合图像的截距有
-a0=-μ2g
联立可解得
当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
F-μ1mg=ma
整理得
结合图像有
则小物块的质量
对长木板根据牛顿第二定律有
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1
联立解得

由题中a-F图像知
可解得
故选C。
17．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，质量为的物块A放在一个静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数。A的右边被一根轻弹簧水平向右拉着并保持静止，且弹簧的拉力为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则下列说法正确的是（ ）
A．当木箱由静止以的加速度水平向左加速瞬间，A所受的摩擦力为
B．当木箱由静止以的加速度水平向右加速瞬间，A与木箱发生相对滑动
C．当木箱由静止以的加速度竖直向下加速瞬间，A的加速度大小为
D．当木箱由静止以的加速度竖直向上加速瞬间，木箱对A的作用力大小为
【答案】C
【详解】A．木箱受到的最大静摩擦力为
木箱以向左加速时，物块的合力大小为
方向向左，若此时仍相对静止，则所需的摩擦力为
则两者发生相对滑动，此时所受摩擦力为，方向向左，故A错误；
B．木箱以向右加速时，合力大小为
方向向右，又
解得
则物块A与木箱底面相对静止，故B错误；
C．木箱以竖直向下加速时，由牛顿第二定律
解得支持力
由于
水平方向，根据牛顿第二定律可得
A的加速度大小为
故C正确；
D．木箱以竖直向上加速时，由牛顿第二定律
解得支持力
木箱对A的作用力大小为
故D错误。
故选C。
18．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，一个质量为的小环套在一根倾角的杆子上，小环通过一根不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为的小球，两者一起沿杆运动，稳定后连接小球的细线偏离垂直杆方向的夹角为，且保持不变。下列关于小环与小球运动性质说法正确的是（ ）
A．沿杆做加速度为的匀加速下滑
B．沿杆做加速度为的匀加速下滑
C．沿杆做加速度为的匀减速上滑
D．沿杆做加速度为的匀减速上滑
【答案】C
【详解】依题小环和小球稳定后具有相同的加速度，且小球受到重力和细线拉力，由牛顿第二定律可知，小球沿杆方向的合力为

垂直杆方向，有

联立两式可知
所以二者加速度方向沿杆向下。若小环没有摩擦力，由牛顿第二定律可知，整体的加速度为
显然小环受到的滑动摩擦力沿杆向下，所以小环和小球的速度方向沿杆向上，二者做匀减速上滑。
故C正确，ABD错误。
故选 C。
二、多选题
19．（2024·安徽合肥·模拟预测）乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行,重力加速度g）。则（ ）
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的支持力大小为
D．小物块受到的摩擦力大小为
【答案】AD
【详解】缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以小物块为研究对象，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有
解得
方向平行斜面向上。垂直斜面方向，根据平衡条件有
FN-mgcs30°＝0
解得
故选AD。
20．（2024·贵州六盘水·模拟预测）如图所示，物块A和木板B叠放后静置于水平桌面上，现用水平向右的恒力拉A物体，则（ ）
A．物块A和木板B一定相对滑动
B．物块A和木板B可能保持静止
C．物块A和木板B一定一起向右运动
D．物块A和木板B可能一起向右运动
【答案】BD
【详解】AB．令A、B之间的最大静摩擦力为，桌面对B的最大静摩擦力为，若大于，当水平向右的恒力小于时，A、B始终保持静止，当水平向右的恒力大于时，A相对于B向右滑动，而B仍然保持静止，故A错误，B正确；
CD．结合上述，若小于，当水平向右的恒力小于大于时，物块A和木板B一起向右运动，故C错误，D正确。
故选BD。
21．（2024·安徽·一模）如图所示，一长L、质量为M的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为m的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力，现用水平恒力F1向左作用在滑块上，用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块、木板同时从地面由静止开始向上运动。已知L=1.0m、质量M=0.20kg、m=0.80kg、μ=0.10，现F2与F1同时作用时间t=2s，滑块与木板恰好分离，g=10m/s2，试根据以上信息，判断以下正确的选项是（ ）
A．F1不能小于20N
B．F2不能小于20N
C．当F1=30N时，F2=19N
D．t=2s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5m/s2
【答案】AD
【详解】A．根据题意有
所以

故A正确；
B．根据牛顿第二定律，对滑块有
对木板有
根据滑块与木板的位移关系有
联立并代入数据可得
由于
所以
故B错误；
C．当F1=30N时，有
故C错误；
D．由于
代入数据可得
故D正确。
故选AD。
22．（2025·贵州·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置质量且足够长的木板，木板上叠放着质量的物块，系统处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。现对木板施加水平向右的恒定拉力F，下列说法中正确的有（ ）
A．若拉力逐渐增大，则物块的加速度也一直增大
B．当拉力等于15N时，物块与木板刚好发生相对滑动
C．当时，物块与木板间的摩擦力大小为8N
D．当时，则内物块与木板摩擦产生的热为60J
【答案】BCD
【详解】A．物块与木板发生相对运动前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物块与木板发生相对运动之后，物块的加速度为
不变，故A错误；
B．假设物块与木板相对静止：对整体
对物块
当时，，恰好等于物块与木板间的最大静摩擦力，故物块与木板刚好发生相对滑动，故B正确；
C．当，物块与木板相对静止，对整体
对物块
可得
故C正确；
D．当，物块与木板相对滑动，物块的加速度
2s内的位移
木板的加速度
2s内的位移
摩擦生热
故D正确。
故选BCD。
23．（2024·辽宁本溪·一模）如图所示，传送带以10m/s的速度逆时针方向匀速转动，两侧的传送带长都是16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A比B早到达底端2s
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小不相等
D．滑块A在传送带上的划痕长度为4m
【答案】BC
【详解】AB．两滑块从静止开始沿传送带下滑，开始阶段传送带对A滑块的滑动摩擦力沿斜面向下，对B滑块的滑动摩擦力沿斜面向上，则
滑块A先加速，加速到与传送带速度相等，位移为
所需时间为
滑块A加速到与传送带速度相等后，由于
故滑块A不能和传送带保持相对静止，则摩擦力反向，之后加速度大小为
加速到传送带底端，则有
解得
所以滑块A到达底端共用时
B滑块一直匀加速运动，加速度大小为
解得
所以
故A错误，B正确；
C．A到达底端时的速度大小为
B到达底端时的速度大小为
故C正确；
D．A加速到与传送带共速时，划痕长度为
在这之后，相对位移为
滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5m，故D错误。
故选BC。
24．（2024·四川成都·三模）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，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g=10m/s2，则下列说法不正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】BC
【详解】AB．内煤炭的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
后煤炭的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为
故A正确，不满足题意要求；B错误，满足题意要求；
C．煤炭的位移为
煤炭的位移为
煤炭下滑的过程中，根据动力学公式有
解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为
故C错误，满足题意要求；
D．煤炭相对传送带向上的位移为
煤炭相对传送带向下的位移为
煤炭相对传送带向下的位移为
由于
煤块在传送带上留下的痕迹长为
故D正确，不满足题意要求。
故选BC。
25．（2024·广东·模拟预测）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳AB中的张力大小为5NB．小车的加速度大小为
C．轻绳CA中的张力大小为3ND．轻绳对定滑轮的作用力小于7N
【答案】AB
【详解】A．设轻绳AB中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为θ，则有
解得
故A正确；
B．小球B受到的合力为4N，其加速度大小为
故B正确；
C．设轻绳CA中的张力大小为T′，则有
解得
故C错误；
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为，故D错误。
故选AB。
26．（2024·云南大理·一模）如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A和质量为的物块B并排放在斜面上，物块A、B不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力FT拉物块B，使B沿斜面向上做加速度大小为的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．无外力作用，A、B处于静止状态时，弹簧的压缩量为
B．物块A、B分离前，外力的大小与位移成正比
C．物块A、B分离时，弹簧压缩量为
D．物块A、B分离时，物块B的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．无外力作用，A、B处于静止状态时，对A、B整体，根据平衡条件可知
解得
故A正确；
B．物块A、B分离前，设物块A的位移为x，根据牛顿第二定律
解得
故外力的大小随位移线性变化，但不成正比，故B错误；
C．物块A、B分离时，两物体接触面间弹力为0，两物块加速度均为a，对A，根据牛顿第二定律
解得弹簧压缩量为
故C错误；
D．物块A、B分离时，根据动力学公式
解得物块B的速度大小为
故D正确。
故选AD。
27．（2025·重庆·模拟预测）如图所示，一轻弹簧放在倾角且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，两质量均为m的小物块A，B叠放在斜面上且保持静止，现用大小为的恒力平行于斜面向上拉物块B。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．刚施加恒力的瞬间，物块B的加速度大小为
B．刚施加恒力的瞬间，物块A给物块B的弹力大小为
C．物块B与物块A分离的瞬间，弹簧的弹力大小为
D．物块B从开始运动到与物块A分离的过程中，运动的距离为
【答案】ACD
【详解】AB．刚施加恒力的瞬间，对A、B整体分析，由牛顿第二定律可得
解得
对物块B分析，设刚施加恒力的瞬间，物块A给物块B的弹力大小为，由牛顿第二定律有
解得
故A正确，B错误；
C．物块A与物块B分离瞬间，物块A对物块B的弹力恰好为零，此时刻二者加速度相同，则对B由牛顿第二定律有
解得
即此时B的速度达到最大值，而对A由牛顿第二定律有
解得
此时A速度同样达到了最大值，故C正确；
D．未施加恒力时，A、B整体处于静止状态，根据平衡条件有
解得
当A、B分离瞬间，根据胡克定律有
解得
由此可知，物块B从开始运动到与物块A分离的过程中，运动的距离为
故D正确。
故选ACD。
28．（2024·湖南岳阳·一模）如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是，已知，，取，则（ ）
A．系统静止时，a线所受的拉力大小12N
B．系统静止时，b线所受的拉力大小8N
C．当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5m/s2
D．当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10m/s2
【答案】BC
【详解】AB．小球受力如图所示
系统静止时，竖直方向有
水平方向有
解得
故B正确，A错误；
C．系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图所示
当a线拉力为15N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有
水平方向有
解得

此时加速度有最大值
故C正确；
D．系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有
水平方向有
解得
当时，加速度最大为
故D错误。
故选BC。
29．（2024·全国·模拟预测）如图，在倾角为的粗糙斜面中点由静止释放物块后，物块以的加速度向下加速运动。重新把物块置于原处，用轻绳将物块和物块B连接，轻绳跨过斜面顶端的定滑轮P，再由静止释放物块，物块的加速度为。物块和物块B的质量相等，重力加速度取，，，则物块与斜面间的动摩擦因数和加速度分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【详解】AB．只有物块从斜面上滑下时，根据牛顿第二定律有
解得
故A正确，B错误；
CD．物块和物块B连接后，对整体根据牛顿第二定律有
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
30．（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为M的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为37°，右侧倾角为53°。质量分别为m和4m的物体A、B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，A、B恰好都处于静止状态。已知A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．
B．剪断轻绳后，A、B都能沿斜面加速下滑
C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于
D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为
【答案】AD
【详解】A．对物体受力分析，由平衡条件得
对物体受力分析，由平衡条件得
可得两物体与斜面体间的动摩擦因数
A正确；
B．对物体受力分析
同理对物体有
剪断轻绳后，在斜面上保持静止，能沿斜面加速下滑，B错误；
C．剪断轻绳后，对物体由牛顿第二定律有
解得
对斜面体和整体受力分析，在竖直方向有
由牛顿第三定律
斜面体对地面的压力
C错误；
D．对斜面体和物体整体受力分析，在水平方向上由平衡条件得，剪断轻绳后地面对斜面体的摩擦力大小为
D正确。
故选AD。
31．（2024·河南·模拟预测）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（ ）
A．撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0
B．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为
C．撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变
D．当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB整体受力分析得
撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得
对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得撤去手的一瞬间，物体C的加速度大小为
此时绳上的拉力突变，大小为
A错误；
B．撤去手的一瞬间，对物体B受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据得此时A对B的作用力大小为
B正确；
C．撤去手之后AB分开前，对A、B、C系统受力分析，由牛顿第二定律得
随着A向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；
A、B分开后，B、C两个物体由绳连接加速度大小一样，对C受力分析由牛顿第二定律可知
对B受力分析，由牛顿第二定律可知
联立解得B、C的加速度大小为
加速度不再变化
C正确；
D．A、B分开时，，此时A、B、C加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为，对A、B、C系统受力分析解得
隔离A，受力分析由牛顿第二定律得
联立解得，此时弹簧形变量为
故当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为
D错误。
故选BC。
三、解答题
32．（2025·福建·一模）金秋十月，辛勤劳动的农民将收获的谷粒堆放成圆锥体，在堆放完成后，最上层谷粒恰好处于静止状态，已知谷粒之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，求：
(1)堆放完成时，圆锥体的底角的正切值；
(2)堆放过程中，当圆锥体底角大小为时，最上层谷粒的加速度大小。
【答案】(1)0.5
(2)
【详解】（1）由题知，最上层谷粒恰好处于静止状态，设圆锥体的底角为,对其受力分析，可得
解得
（2）当圆锥体底角大小为时，对最上层谷粒，根据牛顿第二定律有
解得
33．（2024·辽宁·三模）如图所示，工人要将货物运送到平台上，由于货物与传送带间的动摩擦因数较小，便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角，长度，向上运动的速度，货物质量，与传送带间的动摩擦因数为0.2，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取，，重力加速度）。
（1）货物轻放到传送带的下端，开始阶段工人施加的拉力，求货物经多长时间能达到与传送带共速；
（2）货物与传送带共速后，工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。
【答案】（1）1.5s；（2）44N
【详解】（1）货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上，则有
达到共速时有
v=at
解得
t=1．5s
（2）货物与传送带共速后，若货物相对传送带静止，对货物受力分析有
则当静摩擦取得最大值且向上时，拉力取得最小值，即
解得
34．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，质量为的长木板乙放在光滑的地面上，另一质量为的滑块甲放在长木板的最右端，质量为的滑块丙也放置在木板上。现在甲上施加一斜向左上方与水平方向成、大小为的恒力F，使甲开始在长木板上滑动，已知甲与乙之间、丙与乙之间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，。求恒力作用时滑块丙的加速度大小。
【答案】
【详解】在物体甲上施加恒力后，对甲受力分析，在竖直方向，设乙对甲的支持力为N，则
解得
则乙受到的甲的滑动摩擦力为
对丙受力分析，丙受到的合外力为乙对丙的摩擦力，则丙的最大加速度为
假设乙丙没有发生相对滑动，则乙丙整体的加速度为
所以，假设成立，乙丙一起加速度运动，滑块丙的加速度大小为。
35．（2024·云南大理·模拟预测）如图所示，已知一质量为的滑块放在倾角的固定斜面上，M上再放一滑块m，且，滑块m与滑块M间的动摩擦因数，滑块M与斜面间的动摩擦因数，现给滑块M一平行于斜面向上的恒力F，用时将M和m拉至斜面顶端，斜面长度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求滑块m所受摩擦力的大小和方向；
(2)求拉力F的大小；
(3)只给滑块m一个沿斜面向上的恒定拉力（F已撤走），求能将两滑块拉至斜面顶端且不会发生相对滑动的取值范围。
【答案】(1)24N，方向沿斜面向上
(2)245N
(3)
【详解】（1）对M、m整体，根据
得加速度
对m，根据牛顿第二定律
得
方向沿斜面向上。
（2）对M、m整体，根据牛顿第二定律
解得
（3）给滑块m一个沿斜面向上的恒定拉力，能将他们拉至顶端的最小拉力
若m和M恰好相对滑动，则m和M之间达到最大静摩擦力，对整体有
对M有
联立代入数据得
故
36．（2024·云南大理·模拟预测）如图所示，一水平传送带以的恒定速率逆时针转动，传送带两端A、B间的距离为，把一个质量、可看作质点的物体轻放在传送带的右端A点，物体与传送带之间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。求：
(1)试判断物体相对于传送带向哪个方向运动；
(2)物体从右端A运动到左端B所用的时间；
(3)物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小。
【答案】(1)向右
(2)2.6s
(3)10m
【详解】（1）物体刚放上传送带时速度为零，传送带速度向左，可知物块相对于传送带向右运动；
（2）物块刚开始的加速度
加速到与传送带共速的时间
运动的距离
匀速运动的时间
则物体从右端A运动到左端B所用的时间
（3）物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小
37．（2024·四川成都·二模）如图所示，传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度=12m/s从A端冲上传送带，煤块刚好不会从传送带顶端B冲出。已知煤块和传送带之间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2，求：
（1）求AB之间的距离L；
（2）煤块在传送带上留下的划痕长度∆x。
【答案】（1）10m；（2）m
【详解】（1）在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
煤块运动时间
煤块运动的位移
煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
煤块速度减为零所用的时间间
煤块运动的位移
则AB之间的距离
（2）在煤块与传送带共速前，传送带运动的位移
传送带上痕迹长度
煤块与传送带共速后，对煤块上滑的过程，传送带的位移大小为
产生的划痕长度为
该过程中由于传送带的速度始终大于煤块的速度，因此产生的划痕与共速前的划痕重叠，此时有2m的划痕在煤块之前，有2m的划痕在煤块之后，设煤块从传送带顶端滑到底端所用时间为，则有
解得
该过程中传送带的位移
该过程中传送带运动方向与煤块运动方向相反，煤块之后的2m划痕随着煤块的下滑被覆盖，因此总的划痕长度为
38．（2024·重庆大足·二模）如图所示，传送带顺时针匀速转动速度，倾角质量均为1kg的物块P、A通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，A与斜面之间的动摩擦因数为0.5，将A拉到底端静止释放，传送带足够长，P足够高，已知。求：
（1）释放瞬间P的加速度大小；
（2）物块与传送带共速所需时间和共速瞬间A的加速度大小；
（3）物块A在传送带上留下的划痕长度。
【答案】（1）4 m/s2；（2）2s，0；（3）8m
【详解】（1）释放瞬间P的瞬间，对P和A由牛顿第二定律有
解得
m/s2
（2）设共速的时间为t，根据运动学规律有
s
共速瞬间对A、P整体分析可知
则A、P将做匀速直线运动，加速度为0。
（3）根据位移—时间共速可知划痕长度为
m
39．（2024·新疆塔城·二模）如图所示，在平直道路上行驶的小车内安装一根固定水平杆，杆上的固定限位块下用一轻绳悬挂一小球（可视为质点），某段时间内轻绳与竖直方向的夹角始终为37°。已知限位块和小球的质量分别为2kg和1kg，重力加速度g取，空气阻力不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求在该段时间内：
（1）小车运动的加速度的大小a；
（2）水平杆对限位块的作用力F的大小。
【答案】（1）7.5m/s2；（2）
【详解】（1）对小球有
由于车和小球保持相对静止，则加速度相同，解得
（2）以小球为研究对象，设绳子拉力为T，则有
以限位块为研究对象有
40．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，6个相同的扁长木板一个紧挨一个放在水平地面上，每个木板的质量，长，它们与地面的动摩擦因数为，原来木板处于静止状态。左方第一块木板的左端上放一质量为的小铅块，它与木板间的动摩擦因数为。现突然给铅块一个向右的初速度，使其在长木板上滑行。（取，铅块线度远小于L，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。
(1)若，试画出第三个木块所受地面摩擦力f与时间t的图像
(2)若，求铅块到停下运动的位移?
【答案】(1)
(2)m
【详解】（1）铅块在1木块上面滑动时，其它木块都不动，此时木块3受到静摩擦力的作用，大小为
方向向左。同理可知，铅块在2木块上滑动时，其它木块都不动，此时木块3受到静摩擦力的作用，大小与方向均不变；当铅块滑上木块3时，各木块依然不动，此时木块3受到的静摩擦力的大小为
方向向左；而铅块上木块4时，其它木块不动，此时木块3所受到的摩擦力为0，根据上述分析可知，铅块滑上3木块的时间为，则有
联立解得
同理则有
解得
（由于铅块停止运动时间为,大于此时间的都舍去）
作图如下
（2）设铅块运动到第五块时速度为v
解得
此后木板5和6开始加速
铅块继续减速，直到共速，设到共速时经历了
此时铅块比木板多行了
故此后铅块和木板5、6一起匀减速直到停止
铅块
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
图示
物块可能的运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)v₀>v时，可能一直减速， 也可能先减速再匀速
(2)v₀v, 则返回时速度大小为v;若v₀< v,则返回时速度大小为v
图示
物块可能的运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a₁加速后以a 加速
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速(4)可能先以a₁加速后以a₂加速
(5)可能一直减速(6)可能先减速后匀速
(1)可能一直加速(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速