连接体、传送带的受力运动情况分析-2025年高考物理易错题专练（解析版）

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

Qm易错陷阱

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）同速连接体（如图）

~//^/~//1///A///।//^/,1//

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。与尸合的关系，用隔离法求出P内力与。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)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。

包易错知识点

知识点一、轻绳相连加速度相同的连接体

____

|——>F

|Z77/1/772]7773

一方—厂—

产中,"〃"

求、间作用力，将

-I[62kFm2m3

-_

加1和加2看作整体

F23=-r——F

ml+m2+m3

整体求加速度a=整体求加速度a=整体求加速度a=r..;g.r

工~[/77I_HZ772]A

FF

----------------------q(sin6+-----------q-~

m1+7n2m1+m2m1+m2

隔离求内力[1COS0)隔离求内力T-a=

7nl+m2

T-[im\g=m\a隔离求内力m\g=m\a隔离T-F\-fj.m\g=m\a

得T=T-m\g(sinO-ficos6)=mia得。尸得了=mi—+一2月

m1+m2m1+m2*m1+m2

得r

m1+m2

知识点二、轻绳绕滑轮加速度相等的连接体

隔禺mi：T-/j,m\g=m\a隔禺mi：m\g-T=m\a

隔离机2：加2g-T=m2a限I离机2：T-m2g=m2a

得a_m2g-陆mig丁_(1+〃)啊??120

得叫)且T_2mlm20

m1+m2m1+m2m+m

'm.+m2，i2

若〃=°,7=曾且加2«如，7=百=爪2g若m1=机2，T=m\g=mig

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Av=xi—&=乙(或

AX=X2—»=L)；滑块和木板反向运动时，位移之和AX=X2+XI=L。

3.分析滑块一木板模型时要抓住一个转折和两个关联

滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上

滑下是受力情况和运动情况变化的转折点

转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木

板位移与板长之间的关联。一般情况下，由

于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块

和木板的加速度都会发生变化，因此以转折

点为界，对转折前、后进行受力分析是建立

模型的关键

4.解决滑块一木板模型中速度临界问题的思维模板

物理

确定板块模型的类型

建模,

望｝4对滑块、木板分别受力分析

计算由牛顿第二定律

而运动学公王,判断是否存在速度相等的“临界点”

判断

滑块与木确定相同时间内的位

板分离移关系，列式求解

滑

块与到“

由

法

板没

木假设成立,

由整

与

於

分离

有

法

体整体列式

摩

木

设速

假

系

求

及

擦

相等

度

加

统

摩

最

加速

后苟X”

度

速

擦

也相假设不成立,

度

分别列式

等

5.解决滑块一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

图示凸。

滑块可(1)可能滑块一直加速；(1)VO<V时，可能一直加(1)传送带较短时,滑块一直减速达

能⑵可能滑块先加速后速，也可能先加速再到左端.

的匀匀速；(2)传送带较长时，滑块还要被传送

运速；(2)v0>v时，可能一直减带传回右端.其中Vo>V和Vo<V

动速，也可能先减速再两种情况下滑块回到右端时有

情匀速.何不同？

况

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

/i>tanO夕f'=mgsinQ厂共速①滑动摩擦力上〃加geos。

变为静

痕物体②力口速度a=g(/icosd-sin3)

③上传条件：［i>tanO

Afet

④共速摩擦力突变为静

摩擦力

受力分析运动分析(一直加速)难点问题

/—〃///”0

/i<tanO@/i<tand,物体向下加速

⑥加速度a=g(jucos0-sin0)

产二⑦物体向下位移为L

物体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

①滑动摩擦力f=fimgcosO

[j>tanO②力口速度a=g（jLtcos6+sinff）

③共速后，若fi>tan9

一起匀速，摩擦力突变为静

摩擦力f=mgsinO

④共速后，若/i<tanO

呼tan。继续加速，滑动摩擦力方向

突变、大小不变，加速度

a-g（sin6-ficosff）

⑤痕迹问题：共速前，x传X

=

物，痕迹Axix传-x物,共速

后，1物〉X传，痕迹Ax2=X物-

X传，总痕迹取二者中大的那

一段

举一反三

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间的动摩擦因数为中重力加速度为g。则

下列说法正确的是（）

A.若A静止，则地面对A的作用力为迎根。

B.若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为OB=V2aA

C.若水平地面光滑，则A的加速度大小电="J3八做

1*1I（I乙）111

D.若水平地面光滑，则轻绳的拉力7=群卷黑

【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=+产=J（M+zn）2g2+7n2g2,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=J静+通=，甫+域=V2aA,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，贝I」FT=（M+m）aA

（M+m）g

FN'=maA,Mg-FT-FT'=maA

Ff-FN',则aA="+温2）m，月=T=湾黑糕，故C正确，D错误。

故选：BCo

【变式1-1］（2024•南通模拟）如图所示，倾角0=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=lkg,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以

(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

mBgsinO=T+|imBgcos6

对A：mAg=T

解得|i=0.5

(2)对B：mBgsinO-T=mBa

对A：T-mAg=mAa

解得a=^-m/s2

对B,根据匀变速直线运动规律有：

x=5at2

代入数据得t=0.6s

(3)解除锁定后，设斜面体的速度为vi,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)vi=mB(V2cos0-vi)

解得V2=2V1

系统机械能守恒

11mv1

mBgxsinO—mAgx=+2A(,i+谚)+27nB加

式中为二JWsi/6)2+Scose一巧尸

代入数据得%=^V30m/s

答：(1)B与斜面间的动摩擦因数日为0.5；

(2)B到达斜面底端所需要的时间t为0.6s；

3/

（3）B到达斜面底端时的速度大小VB为一西m/s。

10

【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以=05重力加速度为g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。t=0时

亥U，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to

【解答】解：（DB物块下落过程中，对A,由牛顿第二定律有

T-mgsin0-|imgcos0=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

mgsin0+|imgcos0=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=>

A做匀减速运动的过程，有s=^t2

A向下做匀加速运动的过程，根据牛顿第二定律有

mgsinQ-|imgcos6=ma”

解得：a"=2m/s2

设此过程所用时间为t3，则L=1a"tj

解得：t3=V15s

故A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t=tl+t2+t3

解得：t=（3+V15）s

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=O时刻起到返回斜面底端所需时间t为（3+65）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心重力加速度大小为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（）

►F

v//////////////////////

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解

D.Q的加速度大小的最大值为2Hg

【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=2nmg

撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：To=nmg

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：-umg=maP2

解得ap2=-|ig

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2解做加速度减小的减速运动，

最后弹簧原长时加速度大小为阳；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解，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nmg,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-To-nmg=mapi

解得api=-2ng

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2（ig。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时-（img=rnaQm

解得aQm=-ng

故滑块Q加速度大小最大值为阳，故CD错误。

故选：Bo

【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（）

B）讹「CWA

水平地面光行

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=（,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=以t=0.36m,B的位移大小xB=vot-诟t=vot—耳xt,其中vo=1.2m/s,t

=ls,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=ls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。弹簧始终处于弹性限度

内，则（）

B/

甲

A.t=ls时物块A的速度为0.8m/s

B.t=ls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■=x1=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,贝h=ls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％=lm/s2

由牛顿第二定律得：F=mAao=1.5X1.0N=1.5N

Is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=匕＜.=11134

代入数据联立解得：mB=lkg

F弹=0.6N

故BD正确，C错误;

故选：BDo

题型三：板块叠加连接体

【例31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Fi大小为（）

A.30NB.15NC.50ND.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==嘉=

7714+77TB

10m/s2,

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Fi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：

Fi=F-=30N,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

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

2

D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为&T

【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=~

隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得，轻绳中拉力为：

p1

F=3ma=3mX26-m=矛2，

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1N时，轻绳中拉力增加0.5N,故A正

确；

B、当F逐渐增大到T时，轻绳中拉力F'=1T<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'=jT<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_

-3m9

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'=mx（^=

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，己知Fi>

F2,三者始终相对静止。（）

Fz

A.若突然撤去Fi,物体A的加速度一定减小

B.若突然撤去Fi,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mi、m2,轻质薄板C的质量不计。

物体A、B、C始终静止，加速度满足（mi+m2）ao=Fi-F2

C对A的摩擦力fi=Fi-miao

联立可知fl>F2

撤去Fi后，加速度满足（mi+m2）ai=F2

C对A的摩擦力fi'=*玄<F2

m1+7712

故若突然撤去Fi,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+m2ao=㈣警区

77114-7712

而撤去F2后，加速度为（mi+m2）a2=Fi

C对B的摩擦力N=m2a2=

可得：ao<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四=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

【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ai=当1=^-^m/s2=*s10m/s2

在0〜1.5s内，物块的加速度大小为a2==l-^m/s2：==2in/s2

L21.u

假设木板与地面的动摩擦因数为R，物块与木板之间的动摩擦因数为国

则木板在ls~1.5s内根据牛顿第二定律有：|iiX2mg+|i2mg=mai

木块在0〜1.5s内根据牛顿第二定律有：112mg=ma2

代入数据联立解得：因=0.4,眼=0.2

木板在0〜1s内的加速度为a3==^Y^m/s2=8m/s2

木板在O~ls内受力为F,根据牛顿第二定律可得：F-因X2mg-p2mg=ma3

代入数据解得：拉力F=2|iimg+眼mg+ma3=(2X0.4X1X10+0.2X1X10+1X8)N=18N,故AB

错误；

C

11

在0〜1.5s内木块的位移S2=77Vl.5At2=歹x3X1.5m=2.25m

在22

.1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动

物块的加速度大小为：ai'=nig=0.2X10m/s2=2m/s2

,板的加速度大小为a2'：|i2*2mg-|iimg=ma2/

解得：a2'=6m/s2

切块到停止的时间还需要：tJ=^=|s=1.5s

s

内

木

木板到停止的时间还需要：t2'=B=|S=0.5S

a2°

q2

物块的位移为：=云方111=2.25m

2al2x2

p2q2

木板的位移为：X2'=%?=不而m=0.75tn

物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为：AS=SI+X2'-S2-XJ=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：Co

【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kWO）,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，gm10m/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：%=

篇=磊=。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=kXl

代入时间解得：k=20N/s

在t=ls时对长木板分析拉力等于地面的最大静摩擦力可知：20N=R2（m+M）g

在t=3s时物块与长木板产生相对滑动，在ls~3s过程中长木板和物块的整体做加速运动，则在

t=3s时

对铁块和木板的整体：kt3-|12(m+M)g=(m+M)a

对铁块：kt3-fm=ma

以上两式代入数据，对整体：20X3-阳(5+M)g=(5+M)a

对铁块：20X3-30=5a

联立解得：M=|kg,眼=0.3,故BC错误；

D、在1〜3s内对木板有动量定理：I-u(M+m)ti3=Mv

其中：/=20；3°X2N-S=50N-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。〜ti时间内F=2t(N),ti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lOm/s?,下列说法正确的是()

图(a)图(b)

A.ti=4.5s

B.ti时亥(I，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因、

|12o

A、木板与物块间的滑动摩擦力：fi=p2mg=O.2X1X1ON=2N

A与地面间滑动摩擦力为：及=因(M+m)g,解得：f?=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==R2g,解得：a=2m/s2

设此时的拉力大小为Fi,对整体根据牛顿第二定律可得：Fi-(m+M)a

解得：Fi=9N

则有：Fi=2ti,解得：ti=4.5s,故A正确；

B>设经过to时间A开始滑动，则有：f2=2to,解得：to=1.5s

则ti时间内A运动的时间为：At=ti-to=4.5s-1.5s=3s

从to〜ti时间内，取向右为正方向，根据动量定理得：

F

1

Q2At-f2At=(M+m)VA-0,其中Fo=3N,解得：vA=3m/s,故B错误；

C、ti〜6.5s内，6.5s时拉力F'=20N,由牛顿第二定律：F，-fi-fi=MaA,解得：aA=7.5m/s2

故t2=6.5s时，A的速度大小为：v=VA+aA(t2-ti),解得：v=18.0m/s,故C正确；

D、对B由牛顿第二定律：fi=maB,解得：aB=2m/s2

故t=6.5s时,B的速度大小为：vB=vA+aB(t2-ti),解得：vB=7m/s,故D错误。

故选：ACo

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vi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,贝卜)

A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最