第04講連接體模型、板塊模型、傳送帶模型

——?模塊導(dǎo)航?-----

或考點(diǎn)聚焦：復(fù)習(xí)要點(diǎn)+知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，有的放矢

;重點(diǎn)專攻：知識(shí)點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn)梳理，查漏補(bǔ)缺

?難點(diǎn)強(qiáng)化：難點(diǎn)內(nèi)容標(biāo)注與講解，能力提升

B提升專練：真題感知+提升專練，全面突破

3考點(diǎn)聚焦------------

》高考考點(diǎn)聚焦

1.連接體問(wèn)題：2024?北京、2024?寧夏四川

2.板塊問(wèn)題：2024?遼寧、2024?新疆河南

6重點(diǎn)專攻--------------------------------------------------

i.整體法與隔離法解連接體問(wèn)題

1）整體法：把整個(gè)系統(tǒng)作為一個(gè)研究對(duì)象來(lái)分析的方法。不必考慮系統(tǒng)的內(nèi)力的影響，只考慮系統(tǒng)受到

的外力，依據(jù)牛頓第二定律列方程求解。此方法適用于系統(tǒng)中各部分物體的加速度大小和方向相同的情

況。

2）隔離法：把系統(tǒng)中的各個(gè)部分（或某一部分）隔離，作為一個(gè)單獨(dú)的研究對(duì)象來(lái)分析的方法。此時(shí)系統(tǒng)

的內(nèi)力就有可能成為該研究對(duì)象的外力，在分析時(shí)應(yīng)加以注意。然后依據(jù)牛頓第二定律列方程求解。

2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)

1）輕繩:輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度一般是相等。

2）輕彈簧:在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速

率相等。

3.板塊模型常見(jiàn)的兩種類型

1）木板B帶動(dòng)物塊A,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時(shí)二者速度相等,

則位移關(guān)系為XB=XA+L（L為木板長(zhǎng)度）

2）物塊A帶動(dòng)木板B,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時(shí)二者速度相等,

則位移關(guān)系為XB+XA=L(L為木板長(zhǎng)度)

3難點(diǎn)強(qiáng)化---------

強(qiáng)化點(diǎn)一物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析

i.水平傳送帶

圖示物塊可能的運(yùn)動(dòng)情況

(1)可能一直加速

a—(2)可能先加速后勻速

房0(l)Vo>V時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速

(2)vo<v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速

(1)傳送帶較短時(shí)，物塊一直減速達(dá)到左端

⑵傳送帶較長(zhǎng)時(shí)，物塊還要被傳送帶傳回右端，若Vo>V,則

Q___G返回時(shí)速度大小為V；若Vo<V,則返回時(shí)速度大小為V

2.傾斜傳送帶

圖示物塊可能的運(yùn)動(dòng)情況

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后勻速

“%(1)可能一直加速

(2)可能先加速后勻速

(3)可能先以ai加速后以a加速

"。翼(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速

產(chǎn)

(3)可能一直勻速(4)可能先以ai加速后以a2加速

(5)可能一直減速(6)可能先減速后勻速

%產(chǎn)°

V(1)可能一直加速⑵可能一直勻速

(3)可能先減速后反向加速(4)可能一直減速

3提升專練

?真題感知

一、單選題

1.（2024?北京?高考真題）如圖所示，飛船與空間站對(duì)接后，在推力尸作用下一起向前運(yùn)動(dòng)。飛船和空間

站的質(zhì)量分別為機(jī)和則飛船和空間站之間的作用力大小為（）

空間站飛船

Mm

M+mM+mmM

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意，對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律有

F=（M+m）a

對(duì)空間站分析有

F'=Ma

解兩式可得飛船和空間站之間的作用力

M+m

故選Ao

2.（2024?寧夏四川.高考真題）如圖，一輕繩跨過(guò)光滑定滑輪，繩的一端系物塊P,P置于水平桌面上，與

桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置祛碼。改變盤中祛碼總質(zhì)量很，并

測(cè)量P的加速度大小得到“一相圖像。重力加速度大小為g。在下列。-機(jī)圖像中，可能正確的是（）

【答案】D

【詳解】設(shè)P的質(zhì)量為P與桌面的動(dòng)摩擦力為7;以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

T-f=Ma

以盤和祛碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

mg—T=ma

聯(lián)立可得

M+mM+m

可知，無(wú)機(jī)不是線性關(guān)系，排除AC選項(xiàng),可知當(dāng)祛碼的重力小于物塊P最大靜摩擦力時(shí)，物塊和磋碼靜

止，加速度為0，當(dāng)祛碼重力大于/時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)機(jī)趨于無(wú)窮大時(shí)，加速度趨近等于g。

故選D。

二、多選題

3.（2024?遼寧?高考真題）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。7=0時(shí)，木板在水平

恒力作用下，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已

知t=0到,=%的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間f變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。1=4%

時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）

A.小物塊在y3務(wù)時(shí)刻滑上木板

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D.，=%之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)

【答案】ABD

【詳解】A.VT圖像的斜率表示加速度，可知t=3務(wù)時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在f=3f。

時(shí)刻滑上木板，故A正確；

B.結(jié)合圖像可知/=3%時(shí)刻，木板的速度為

3

vo=-m

設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為4,由題意可知物體開(kāi)始滑上木板時(shí)的速度為

3一

負(fù)號(hào)表示方向水平向左

物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為

N°mg

=〃og

m

經(jīng)過(guò)to時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為V共=；〃gr0,方向水平向右，故可得

丫共一匕=%/0

解得

〃o=2〃

故B正確；

C.設(shè)木板質(zhì)量為物塊質(zhì)量為相，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為

1

1

a=~----=~^g

故可得

F—juMg=Ma

解得

3

F=-]LiMg

根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

13

a'=2-----2—=-"g

%

此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得

F-ju（^m+g-ji^mg=Ma'

解得

m1

M-2

故C錯(cuò)誤；

D.假設(shè)七名之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體

33

F-/2^m+g=—juMg--jjMg=0

故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即/=%之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選ABD?

三、解答題

4.（2024?新疆河南.高考真題）如圖，一長(zhǎng)度/=L0m的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺(tái)上，薄板的右端

與平臺(tái)的邊緣。對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動(dòng)，當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)的距離加=亍

6

時(shí)，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時(shí)，薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)。已知物塊與薄板的質(zhì)量

相等。它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=03,重力加速度大小g=10m/s2。求

(1)物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

(2)平臺(tái)距地面的高度。

P—————10

//////////////////1

/

/

/

/

,/，，，，，，，，，，，，，

【答案】(1)4m/s；|s；(2)5

—m

9

【詳解】(1)物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

%=jug=3m/s2

薄板做加速運(yùn)動(dòng)的加速度

Rmg

a=-——=3m/s2

2m

對(duì)物塊

,,19

I+A/—vQt——

對(duì)薄板

,1

AA/=—aj2

解得

%=4m/s

1

t=-s

3

(2)物塊飛離薄板后薄板得速度

v2=a2t=Im/s

物塊飛離薄板后薄板做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物塊落到地面時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

i=---=-s

v23

則平臺(tái)距地面的高度

15

hz=2gt2=9m

?提升專練

一、單選題

1.（2024.北京朝陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè)）質(zhì)量為叫、外的兩個(gè)小物塊用輕繩連接，繩跨過(guò)位于傾角為30。的光滑斜

面頂端的輕滑輪，滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不計(jì)，斜面固定在水平桌面上，如圖所示。第一次，叫懸空,

電放在斜面底端，由靜止釋放后，?從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端的時(shí)間為心第二次，性懸空，町放在斜

面底端，由靜止釋放后，叫從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端的時(shí)間為2/。則/與牡的比值為（）

A.3:2B.4:3C.5:2D.5:3

【答案】A

【詳解】第一次，/懸空，強(qiáng)在斜面底端，設(shè)斜面總長(zhǎng)為，，加速度大小相等為卬

對(duì)叫受力分析由牛頓第二定律可得

m1g—7\=m1al

對(duì)丐受力分析由牛頓第二定律可得

Tx-m2gsin30°=m2al

由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得

I=-

第二次，見(jiàn)懸空，叫在斜面底端，設(shè)斜面總長(zhǎng)為/,加速度大小相等為出

對(duì)性受力分析由牛頓第二定律可得

mog—T,=m2al

對(duì)犯受力分析由牛頓第二定律可得

與一〃17gsin30"=m1a2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得

1,

l=-a2（2ty

聯(lián)立解得

仍:m2=3:2

故選A。

2.（2024?江蘇鎮(zhèn)江?一模）如圖所示，質(zhì)量為5kg的物塊A與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,質(zhì)量為3kg

的物塊B與地面間無(wú)摩擦，在水平力廠的作用下，A、B一起做加速運(yùn)動(dòng)，已知尸=26N。則下列說(shuō)法中

正確的是（g取lOm/s?）（）

A.A、B的加速度均為1.25m/s2

B.A、B的加速度均為3.25m/s2

C.A對(duì)B的作用力為9.75N

D.A對(duì)B的作用力為6N

【答案】D

【詳解】AB.對(duì)物塊A、B整體受力分析，由牛頓第二定律

F-jLjmAg=(mA+〃％)a

代入數(shù)據(jù)解得

a=2m/s2

故AB錯(cuò)誤；

CD.對(duì)物塊B受力分析，由牛頓第二定律

Z\g=m^a=3x2N=6N

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

3.(2024?吉林.一模)如圖，在光滑的固定足夠長(zhǎng)木板上，用輕質(zhì)彈簧連接的兩個(gè)物塊A、B在水平恒力廠

作用下以相同加速度向左運(yùn)動(dòng)，兩物塊材料相同且“A>0%。下列可以使彈簧伸長(zhǎng)量不變的是()

A.增大水平拉力F

B.在木板上表面墊上粗糙的紙

C.將A、B的位置互換

D.懸線下增掛一定質(zhì)量的小鉤碼

【答案】B

【詳解】A.彈簧穩(wěn)定時(shí)伸長(zhǎng)量取決于彈簧的彈力。，以物塊A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定

律有

F=(777A+7n&)a

以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有

辱=mBa

聯(lián)立可得

一〃%F

上彈一

mA+mB

可知增大水平拉力R彈簧的彈力增大，伸長(zhǎng)量增大，故A錯(cuò)誤；

B.在木板上表面墊上粗糙的紙，設(shè)物塊A、B與紙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，以物塊A、B整體為研究對(duì)

象，根據(jù)牛頓第二定律有

以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有

琮-Wgg=mBa'

聯(lián)立可得

F彈一

可知彈簧彈力不變，則伸長(zhǎng)量不變，故B正確；

C.將A、B的位置互換，以物塊A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有

F=（mA+mB^a

以A為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有

琮=m、a

聯(lián)立可得

r彈一7r彈一

mA+mA+

可知彈簧彈力變大，伸長(zhǎng)變大，故C錯(cuò)誤；

D.懸線下增掛一定質(zhì)量的鉤碼，設(shè)鉤碼的質(zhì)量為mc，對(duì)ABC整體，由牛頓第二定律得

m,na

F-%g=（"?A+B+C）"

可知

a"<a

對(duì)A有

F-琮=mAa"

未懸掛鉤碼時(shí)，對(duì)A有

尸一格=mAa

對(duì)比可得

瑞>與

可知彈簧彈力變大，伸長(zhǎng)變大，故D錯(cuò)誤。

故選B。

4.（2024?吉林長(zhǎng)春?一模）木板靜置于光滑水平地面上，初始時(shí)刻滑塊以一定的水平初速度%從左端滑上

木板，當(dāng)二者速度恰好相等時(shí)，對(duì)比初始時(shí)刻滑塊和木板的位置情況可能是（）

n-^vo

【答案】A

【詳解】滑塊以一定的水平初速度均從左端滑上木板，在摩擦力作用下，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板

做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)f時(shí)間滑塊與木板達(dá)到共速v,此過(guò)程木板的位移為

滑塊的位移為

則滑塊相對(duì)于木板向前的位移大小為

可得

.V,V

Ax——nt>x卡=-t

2木2

故選A。

5.（23-24高三下.海南?期中）如圖所示，足夠長(zhǎng)水平傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為匕，一小滑塊從傳送

帶左端以初速度大?。セ蟼魉蛶В』瑝K與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，小滑塊最終又返回到左端。

已知重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）

—

n

A.小滑塊的加速度向右，大小為〃g

B.若％<%，小滑塊返回到左端的時(shí)間為％必

C.若%>外，小滑塊返回到左端的時(shí)間為以121

D.若為>匕，小滑塊返回到左端的時(shí)間為收3

2〃g%

【答案】D

【詳解】A.小滑塊相對(duì)于傳送帶向右滑動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力向左，加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得

]Limg=ma

解得

a=Ng

故A錯(cuò)誤；

B.若％（匕，小滑塊的速度從%先向右減速到0再返回加速到%,剛好返回到左端，時(shí)間為

故B錯(cuò)誤；

CD.若%＞匕，小滑塊的速度從%先向右減速到0的時(shí)間

位移為

%]=

2〃g

然后加速返回，速度加速到匕的時(shí)間

4"—

4g

位移為

“%2一。

24g

最后以速度匕勻速回到左端，時(shí)間為

_2〃g2〃g_片一片

tT-----------=-------------------=-----------

匕匕2〃gV|

小滑塊返回到左端的時(shí)間

%=%++%

解得

4.匕，說(shuō)一:（%+匕）~

r-十十—

"g"g2〃g%2jug%

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

6.（2024?山東?一模）如圖所示，與水平面成6=30。角的傳送帶正以v=10m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，A.8兩

端相距/=40m?，F(xiàn)每隔Is把質(zhì)量相=1kg的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上的A端，當(dāng)每個(gè)工件離開(kāi)2

端時(shí)恰好在A端放上一個(gè)工件，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=#,g取10m/s2,下列說(shuō)法正確的是

()

A.傳送帶上始終有6個(gè)工件

B.兩個(gè)工件間的最小距離為2.5m

C.工件在傳送帶上時(shí)，先受到沿傳送帶向上的摩擦力，后不受摩擦力

D.滿載時(shí)與空載時(shí)相比，電機(jī)對(duì)傳送帶的牽引力增大了30N

【答案】A

【詳解】C.工件放到傳送帶上瞬間，工件相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，受到斜向上的滑動(dòng)摩擦力，大于重力

沿傳送帶方向的分力，工件開(kāi)始斜向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)工件速率和傳送帶速率相等時(shí)，摩擦力突

變，受到斜向上的靜摩擦力，等于重力沿傳送帶方向的分力，工件開(kāi)始相對(duì)傳送帶靜止，斜向上做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

A.工件在傳送帶上加速過(guò)程，由牛頓第二定律可得

jumgcos0—mgsin0=ma

代入數(shù)據(jù)可得

a=2.5m/s2

工件加速過(guò)程所用的時(shí)間

v/

/=—=4s

a

工件加速過(guò)程的位移大小

xf=—at2=20m

2

工件勻速過(guò)程所用的時(shí)間

每隔1s把工件放到傳送帶上，所以勻加速過(guò)程放了4個(gè)，勻速過(guò)程放了2個(gè)，共6個(gè)，故A正確；

B.由于每隔1s放一個(gè)工件，傳送帶的速度是10m/s,而每個(gè)工件的運(yùn)動(dòng)情況都相同，最終工件相對(duì)于

傳送帶靜止時(shí)，相鄰的兩個(gè)工件之間的距離一定是10m；相對(duì)于后一個(gè)工件來(lái)說(shuō)，前一個(gè)工件剛剛加速

運(yùn)動(dòng)1s時(shí)，與后一工件間距離最小，由

12

t

玉二30l

可得傳送帶上兩個(gè)工件間的最小距離

再=1.25m

故B錯(cuò)誤；

D.滿載時(shí)增加的牽引力為6個(gè)工件所受的摩擦力之和

Ff=4/zmgcos0+2mgsin0-40N

D錯(cuò)誤。

故選Ao

7.(2025?重慶?模擬預(yù)測(cè))如圖，MN是一段傾角為。=30’的傳送帶，質(zhì)量為〃，=1kg的小物塊，以沿傳送

帶向下的速度%=4m/s從M點(diǎn)開(kāi)始沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的部分VT圖像如圖所示，取

g=10m/s2,貝！|()

A.物塊最終從傳送帶N點(diǎn)離開(kāi)

B.傳送帶的速度v=lm/s,方向逆時(shí)針

C.物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離為4m

D.物塊將在5s時(shí)回到原處

【答案】D

【詳解】AB.從圖像可知，物體速度減為零后反向向上運(yùn)動(dòng)，最終的速度大小為lm/s,因此沒(méi)從N點(diǎn)

離開(kāi)，并且能推出傳送帶斜向上運(yùn)動(dòng)，速度大小為lm/s,故AB錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)VT圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度

a=—m/s2=2.5m/s2

2

由圖可知，物塊的速度為。時(shí)

之后物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，速度圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，所以物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的位移

士=gx4x'|m=￡m4=1s到=2s時(shí)，物塊沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)的位移

2-豈?

511

x,=-xlm=-m

-25

物塊沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

%=上迨=35

v

所以物塊回到原處的時(shí)間

/=3s+2s=5s

物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離為

Ax=；x2x（4+l）"z=5m

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

8.（2024?四川綿陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè)）機(jī)場(chǎng)利用傳送帶將行李送入飛機(jī)貨艙。如圖所示，傳送帶與水平面間的夾

角夕=37。，轉(zhuǎn)軸間距L=4.05m。傳送帶靜止，工作人員將一件小包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在傳送帶的最

下端，然后傳動(dòng)帶以Im/sz的加速度勻加速啟動(dòng)，2s后保持勻速，當(dāng)包裹通過(guò)傳送帶后工作人員發(fā)現(xiàn)包

裹在傳送帶上留下一段痕跡。已知小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)以=。.8,取重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8o則痕跡的長(zhǎng)度為（）

A.1.2mB.2.95mC.3.95mD.7m

【答案】B

【詳解】對(duì)于包裹而言，其加速度為根據(jù)牛頓第二定律可得

/2mgcosa-mgsma=ma

解得

a=jugcosa-gsina=0.4m/s2

2s內(nèi)包裹的位移

12

Xy=—at=0.8m

勺2

2s內(nèi)傳送帶的位移

尤

=2m

2市

此階段痕跡的長(zhǎng)度

AXj=x-x1=1.2m

2s時(shí)包裹的速度

vQ=at=0.8m/s

此時(shí)傳送帶的速度

v=1x2m/s=2m/s

此后一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，包裹依然做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)t二者共速，則有

v=v0+at

代入數(shù)據(jù)解得

t=3s

此時(shí)包裹的位移

2

x2=vQi+；at=4.2m>L-xx=3.25m

所以包裹在沒(méi)有共速前就已經(jīng)到達(dá)頂端，設(shè)包裹在余下的位移所以時(shí)間為/”，則有

?1"7

LT-石=%，+—at

解得

r"=2.5s

此解得傳送帶的位移

x=vt=5m

包裹的位移為

X2=L-XX=3.25m

故此階段包裹又在傳送帶上留下的痕跡

Ax?=X—X2=\.75m

整個(gè)過(guò)程，包裹在傳送帶上留下痕跡的長(zhǎng)度為

Ax=Ax,+Ax,=2.95m

B正確。

故選B。

9.（2024?山西?一模）如圖所示，物塊A通過(guò)一根不可伸長(zhǎng)且承受張力足夠大的輕繩繞過(guò)光滑的輕滑輪與

物塊B連接，A置于物體C上方，B與C的右側(cè)接觸。已知C上表面粗糙，右側(cè)光滑，當(dāng)C豎直向上

以加速度旬勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，B恰好相對(duì)C不下滑。當(dāng)C的加速度由。=/逐漸緩慢變大時(shí)（）

A.A對(duì)C的摩擦力保持不變B.A對(duì)C的壓力保持不變

C.A、B相對(duì)C仍保持靜止D.輕繩對(duì)B拉力保持不變

【答案】C

【詳解】D.受力分析，如圖所示

NA

T

當(dāng)C以加速度ao向上勻加速時(shí)，A、B均相對(duì)于C恰好保持相對(duì)靜止，則由受力圖可得水平方向

7=6

TCA=〃然A

豎直方向

T-mBg=mBa0

解得

當(dāng)加速度由如逐漸變大時(shí)，加速度越大，輕繩對(duì)B拉力逐漸變大，故D錯(cuò)誤；

B.C對(duì)A的支持力逐漸變大，由牛頓第三定律，A對(duì)C的壓力逐漸變大，故B錯(cuò)誤；

A.A對(duì)C的摩擦力逐漸變大，故A錯(cuò)誤；

C.整理表達(dá)式發(fā)現(xiàn)A、B質(zhì)量消元，則A、B相對(duì)C一直靜止，故C正確。

故選C。

10.（2025?安徽合肥?模擬預(yù)測(cè)）如圖，四個(gè)滑塊疊放在傾角為6的固定光滑斜面上，其中B和C的質(zhì)量均

為“2,A和D的質(zhì)量均為3?7,B和C之間用一平行于斜面的輕繩連接，現(xiàn)對(duì)A施加平行于斜面向上

的拉力凡使得四個(gè)滑塊以相同加速度一起沿著斜面向上運(yùn)動(dòng)，滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，重力加速

度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（）

A.拉力P的最大值為L(zhǎng)34〃?gcos。

B.C對(duì)D的摩擦力為0.3〃〃2gcos0時(shí)，A對(duì)Bcos0-5mgsin0

C.當(dāng)拉力尸取得最大值時(shí)，輕繩上的彈力大小為0.8〃mgcos。

D.當(dāng)拉力尸取得最大值時(shí)，C、D間的摩擦力為〃cos，

【答案】C

【詳解】ACD.當(dāng)A、B間的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)，拉力/取最大值，將BCD看成一個(gè)整體，可

得

/jmgcos0-5mgsin〃=5ma

對(duì)整體

F-Smgsin3=8ma

解得

F=1.6jLimgcos0

此時(shí)對(duì)CD的整體

T-4mgsm9=4ma

解得

T=0.8〃〃zgcos6

此時(shí)對(duì)D分析可知

fCD-3mgsin6=3ma

解得

fCD=0.6jumgcos0

故AD錯(cuò)誤，C正確；

B.C對(duì)D的摩擦力為0.3〃“gcos。時(shí)，對(duì)D進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

0.3^imgcos0—3mgsin0=3ma

設(shè)A對(duì)B的摩擦力為及,對(duì)BCD根據(jù)牛頓第二定律有

K-5mgsin0=5ma

解得

居=Q.5jumgcos3

故B錯(cuò)誤；

故選Co

11.（2024?河北保定?三模）如圖所示，ABC和CDE兩個(gè)光滑斜面體固定在水平面上，a、6兩個(gè)小球分別

從兩個(gè)斜面的最高點(diǎn)A和E同時(shí)由靜止釋放，結(jié)果兩個(gè)球同時(shí)到達(dá)C點(diǎn)，已知斜面體A8C的斜面長(zhǎng)為

小高為4,斜面體CQE斜面長(zhǎng)為右，高為色，不計(jì)小球大小，則下列關(guān)系正確的是（）

b

B—J月-后

AG

D，低一而

【答案】C

【詳解】。球運(yùn)動(dòng)的加速度大小

h

%=gsin4=。球運(yùn)動(dòng)的加速度大小

4

出=gsing=}ga、b兩個(gè)小球分別從兩個(gè)斜面的最高點(diǎn)A和￡同時(shí)由靜止釋放，結(jié)果兩個(gè)球同時(shí)到

L2

達(dá)C點(diǎn)，則有

~,'Ll?~ci^t

解得

互上

1\%

故選Co

12.（2024?湖北?模擬預(yù)測(cè)）豎直墻壁上有A、B、C、。四個(gè)點(diǎn)，離墻壁為d的E點(diǎn)有四個(gè)光滑的斜面分別

連接到A、B、C、D且斜面與水平面的夾角為30。、37。、53。、60°o同時(shí)在E點(diǎn)靜止釋放四個(gè)物體,

則下列說(shuō)法正確的是（）

A.物體最先到達(dá)AB.物體同時(shí)到達(dá)A、B

C.物體同時(shí)到達(dá)及CD.物體同時(shí)到達(dá)C、D

【答案】C

【詳解】沿四個(gè)斜面加速度分別為

aA=gsin30°

aB=gsin37°

ac=gsin53°

aD=gsin60°

沿四個(gè)斜面下滑的時(shí)間分別為

2d8局

g-sin30°-cos30°3g

2d25d

g?sin370?cos3706g

2d25d

g?sin530?cos5306g

2d

=

■sin60°-cos60°3g

故AD、BC同時(shí)到達(dá)。

故選C。

13.(2024?浙江.一模)如圖，兩根相互平行的長(zhǎng)直木棍AB和C￡>,兩端固定。一個(gè)外徑。o=lOcm、質(zhì)量

〃z=20kg的管狀鑄件恰能從木棍上端勻速滑下，已知兩木棍間距d=8cm,與水平面的夾角a=37。，忽略

木棍粗細(xì)，sin37°=0.6,cos37°=0.8,則()

A.木棍對(duì)鑄件彈力的合力為80N

B.每根木棍與鑄件間的摩擦力為60N

C.若僅稍增大與CO間距離，木棍對(duì)鑄件彈力的合力增大

D.若僅稍減小AB與。間距離，鑄件將沿木棍減速下滑

【答案】B

【詳解】A.垂直兩根直木棍所在平面，根據(jù)受力平衡可得兩根直木棍對(duì)鑄件彈力的合力大小為

N合=mgcosa=160N

故A錯(cuò)誤;

B.鑄件從木棍的上部恰好能勻速滑下，沿木棍方向根據(jù)受力平衡可得兩根直木棍對(duì)鑄件摩擦力的合力

的大小為

于合=mgsina=120N

所以每根木棍與鑄件間的摩擦力為

/=14=60N

故B正確；

C.若僅稍增大48與C￡＞間距離，木棍對(duì)鑄件彈力的合力不變，仍等于鑄件重力垂直于兩木棍所在平

面的分量，故C錯(cuò)誤；

D.如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得

d

sin0==—

4Do

2

N合=2Ncosd

若僅稍減小AB與CD間距離，即d減小，sin。減小，8減小，cos。增大，所以N減小，根據(jù)

于="N

可知，N減小，則/減小，即鑄件重力沿斜面向下的分量大于向上的摩擦力的合力，所以鑄件的合力向

下，向下加速，故D錯(cuò)誤。

故選B。

14.（2024.重慶大足?二模）如題圖所示，一質(zhì)量為優(yōu)的物塊在外力作用下能靜止在傾角夕=30。的粗糙斜面

上，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。5現(xiàn)在外力大小變成八等（g為重力加速度），方向與斜面

底邊平行的向左，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊靜止不動(dòng)，摩擦力的大小為乎mg

B.摩擦力的大小為日機(jī)g,方向沿斜面向上

C.物塊向斜面左下方做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

D.物塊向斜面左下方做曲線運(yùn)動(dòng)

【答案】C

【詳解】對(duì)物塊受力分析，若物體處于平衡狀態(tài)，重力的分力與外力的合力為

F合=&ngsin30）°+-2=mg

若摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，則

73

f=pmgcos30°=mg

由于

F告）f'

故物塊受到的摩擦力為動(dòng)摩擦力，方向沿斜面右上方，根據(jù)牛頓第二定律可得

心―/，=ma

可知物塊向斜面左下方做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

故選C。

15.（2025?湖南永州?一模）如圖所示，A、B滑塊質(zhì)量分別是啊和〃?B，斜面傾角為斜面體D緊靠地

板突出部分E,控制A使所有物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)靜止釋放A,當(dāng)A沿斜面體D下滑、B上升時(shí),

不計(jì)繩子質(zhì)量及一切摩擦，重力加速度為g,地板突出部分E對(duì)斜面體D的水平壓力廠為（)

A.皿四絲【Ssa

%A+%

C.叫("cos，D.—"cos。1m

叫+%

【答案】A

【詳解】由題意可知，對(duì)A、B、D組成的整體為研究對(duì)象，地板突出部分E對(duì)斜面體D的水平壓力下，

可知水平壓力廠只引起滑塊A水平方向的加速度，因?yàn)锽、D在水平方向的加速度均是零，因此由牛

頓第二定律可得

F=mKax

對(duì)A、B組成的整體則有

又有

ax=acosa

聯(lián)立解得

m(mgsintz-77?g)

F=—A----A---------------B---coscr