1題型專練一連接體問題、板塊模型、傳送帶模型連接體問題、板塊模型、傳送帶模型是經典的三種模型，是涉及多個物體發生相對運動的問題，分析這類問題要從受力分析和運動過程分析，分析每個物體的運動情況，由牛頓第二定律分析它們的加速度情況，有時還要結合能量和動量的觀點解決問題。例題1.（2022·全國·高考真題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中3點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距5L時，它們加速度的大小均為()3例題2.（多選2021·全國·高考真題）水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為m2的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()C．D．在0~t2時間段物塊與木板加速度相等21、連接體問題(1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法.(2)水平面上的連接體問題①這類問題一般是連接體(系統)中各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度．解題時，一般采用先整體后隔離的方法.②建立直角坐標系時要考慮矢量正交分解越少越好的原則或者正交分解力，或者正交分解加速度.(3)斜面體與物體組成的連接體問題：當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，一般采用隔離法分析(4)解題關鍵：正確地選取研究對象是解題的首要環節，弄清各物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應該單獨分析，并分別確定它們的加速度，然后根據牛頓運動定律列方程求解2．傳送帶模型分析處理傳送帶問題時需要特別注意兩點：一是對物體在初態時所受滑動摩擦力的方向的分析；二是對物體在達到傳送帶的速度時摩擦力的有無及方向的分析．（1）水平傳送帶模型項目滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v0（2）傾斜傳送帶模型3項目滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能一直勻速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速對于傳送帶問題，一定要全面掌握上面提到的幾類傳送帶模型，尤其注意要根據具體情況適時進行討論，看一看有沒有轉折點、突變點，做好運動階段的劃分及相應動力學分析．3.滑板—滑塊模型涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．（2）兩種位移關系滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長．4①不清楚滑塊、滑板的受力情況，求不出各自的加速度．②不清楚物體間發生相對滑動的條件．一、單選題12023·河北·模擬預測）如圖所示，位于傾角為θ的斜面上的物體B由跨過定滑輪的輕繩與物塊A相連，從滑輪到A、B的兩段繩都與斜面平行。已知A與B之間及B與斜面之間的動摩擦因數均為μ；A、B兩物塊質量分別為m和M，滑輪的質量、繩與滑輪及滑輪軸上的摩擦都不計。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度為a的勻加速直線運動，重力加速度為g，以下說法正確的A．繩子的拉力為T=μmgcosθ+maB．繩子的拉力為T=mgsinθ+μmg+maC．拉力F的值為F=(m-M)gsinθ+μ(M+3m)gcosθ+(m+M)aD．拉力F的值為F=(m+M)gsinθ+μ(M+2m)gcosθ+(m+M)a22022·河南·一模）如圖所示，質量為m2的物體2放在正沿平直軌道行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質量為m1的物體1，某時刻觀察到與物體1相連接的細繩與豎直方向成θ角，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．車廂向右減速運動B．物體2所受底板的摩擦力大小為m2gtanθ,方向向右5C．車廂向左加速運動D．物體2對底板的壓力大小為m2g-m1gsinθ32022·湖南·長郡中學模擬預測）一個質量為m的環套在一根傾角為θ的滑桿上，一個質量為M的小球通過細線吊在環上，先將兩者約束到一定的位置，再以相同的初速度釋放，在此后的運動過程中，環和小球保持相對靜止。四套這樣的裝置在運動過程中分別形成①、②、③、④所示的情境。只不過把它們畫在如圖所示的同一幅畫面中。情境②中，細線處于豎直狀態；情境③中，細線處于與桿垂直的狀態。對這幾種情況，下列分析正確的是()A．情境①,環一定沿桿向下運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ<tanθB．情境②,環一定沿桿向下運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ=tanθC．情境③,環一定沿桿向下運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ=0D．情境④,環一定沿桿向上運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ>tanθ42022·浙江紹興·模擬預測）如圖所示，質量為2m和m的滑塊A和B置于光滑水平桌面上，連接兩滑塊的細線通過桌子邊緣拉著一個動滑輪，動滑輪下面掛質量為4m的物塊C。已知左右兩側細線互相平行，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦和動滑輪的質量。現將A、B、C三者同 時由靜止釋放，在A、B滑出桌面之前，下列說法正確的是()A．滑塊A和B的速度始終相等B．物塊C的機械能在不斷增大C．滑塊A的加速度大小為3.0m/s2D．物塊C的加速度大小為6.0m/s2二、多選題52022·陜西·大荔縣教學研究室一模）如圖甲所示，在傾角為37o的粗糙且足夠長的斜面底端，一質量m=2kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連。t=0時解除鎖定，計算機6通過傳感器描繪出滑塊的速度—時間圖像如圖乙所示，其中Ob段為曲線，bc段為直線，g取10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8。則下列說法正確的是()A．在0~0.1s內滑塊的加速度一直在減小B．在0.1~0.2s內滑塊沿斜面向下運動C．在t=0.1s時，滑塊與彈簧脫離D．滑塊與斜面間的動摩擦因數μ=0.2562022·海南·模擬預測）如圖所示，木板AB傾斜固定放置，將一可視為質點的滑塊從木板的頂端A點由靜止釋放，滑塊最終恰好能運動至B點。已知滑塊與木板間的動摩擦因數從A點由零開始線性增大，則以由A點到B點為正方向，有關滑塊運動中的摩擦力f、速度v、加速度a隨滑塊運動位移x變化的圖像可能正確的是()7三、解答題72021·遼寧·高考真題）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速 率v1=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角a=37o，轉軸間距L=3.95m。工作人員沿傳送方向以 速度v2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t。82022·山東臨沂·三模）如圖所示，固定在水平地面上的斜面體上有一木塊A（到定滑輪的距離足夠遠通過輕質細線和滑輪與鐵塊B連接，細線的另一端固定在天花板上，在木塊A上施加一沿斜面向下的作用力F=1.5N，使整個裝置處于靜止狀態。已知連接光滑動滑輪兩邊的細線均豎直，木塊A和光滑定滑輪間的細線和斜面平行，木塊A與斜面間的動摩擦因數μ=0.25，斜面的傾角θ=37o，鐵塊B下端到地面的高度h=0.75m，木塊A的質量m=0.5kg，鐵塊B的質量M=1kg，不計空氣阻力，不計滑輪受到的重力，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，（1）求木塊A受到的摩擦力；（2）撤去力F，設鐵塊B落地后不反彈，求木塊A能沿斜面上滑的最大距離。81題型專練一連接體問題、板塊模型、傳送帶模型連接體問題、板塊模型、傳送帶模型是經典的三種模型，是涉及多個物體發生相對運動的問題，分析這類問題要從受力分析和運動過程分析，分析每個物體的運動情況，由牛頓第二定律分析它們的加速度情況，有時還要結合能量和動量的觀點解決問題。例題1.（2022·全國·高考真題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中3點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距5L時，它們加速度的大小均為()3【答案】A3【解析】當兩球運動至二者相距5L時，,如圖所示3由幾何關系可知設繩子拉力為T，水平方向有2Tcosθ=F解得對任意小球由牛頓第二定律可得2解得故A正確，BCD錯誤。故選A。例題2.（多選2021·全國·高考真題）水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為m2的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()mC．D．在0~t2時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】A．圖（c）可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有F+m2)gA錯誤；BC．圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為對象，根據牛頓第二定律，有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a以木板為對象，根據牛頓第二定律，有2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0解得3BC正確；D．圖（c）可知，0~t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。故選BCD。1、連接體問題(1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法.(2)水平面上的連接體問題①這類問題一般是連接體(系統)中各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度．解題時，一般采用先整體后隔離的方法.②建立直角坐標系時要考慮矢量正交分解越少越好的原則或者正交分解力，或者正交分解加速度.(3)斜面體與物體組成的連接體問題：當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，一般采用隔離法分析(4)解題關鍵：正確地選取研究對象是解題的首要環節，弄清各物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應該單獨分析，并分別確定它們的加速度，然后根據牛頓運動定律列方程求解2．傳送帶模型分析處理傳送帶問題時需要特別注意兩點：一是對物體在初態時所受滑動摩擦力的方向的分析；二是對物體在達到傳送帶的速度時摩擦力的有無及方向的分析．（1）水平傳送帶模型項目滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速4達到左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v0（2）傾斜傳送帶模型項目滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能一直勻速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速對于傳送帶問題，一定要全面掌握上面提到的幾類傳送帶模型，尤其注意要根據具體情況適時進行討論，看一看有沒有轉折點、突變點，做好運動階段的劃分及相應動力學分析．3.滑板—滑塊模型涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．（2）兩種位移關系滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長．5①不清楚滑塊、滑板的受力情況，求不出各自的加速度．②不清楚物體間發生相對滑動的條件．一、單選題12023·河北·模擬預測）如圖所示，位于傾角為θ的斜面上的物體B由跨過定滑輪的輕繩與物塊A相連，從滑輪到A、B的兩段繩都與斜面平行。已知A與B之間及B與斜面之間的動摩擦因數均為μ；A、B兩物塊質量分別為m和M，滑輪的質量、繩與滑輪及滑輪軸上的摩擦都不計。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度為a的勻加速直線運動，重力加速度為g，以下說法正確的A．繩子的拉力為T=μmgcosθ+maB．繩子的拉力為T=mgsinθ+μmg+maC．拉力F的值為F=(m-M)gsinθ+μ(M+3m)gcosθ+(m+M)aD．拉力F的值為F=(m+M)gsinθ+μ(M+2m)gcosθ+(m+M)a【答案】C【解析】AB．對A物體分析6T-mgsinθ-μmgcosθ=ma解得T=mgsinθ+μmgcosθ+ma選項AB錯誤；CD．對B物體分析F+Mgsinθ-μ(M+m)gcosθ-μmgcosθ-T=Ma帶入解得F=(m-M)gsinθ+μ(M+3m)gcosθ+(m+M)a選項C正確，選項D錯誤。故選C。22022·河南·一模）如圖所示，質量為m2的物體2放在正沿平直軌道行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質量為m1的物體1，某時刻觀察到與物體1相連接的細繩與豎直方向成θ角，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．車廂向右減速運動B．物體2所受底板的摩擦力大小為m2gtanθ,方向向右C．車廂向左加速運動D．物體2對底板的壓力大小為m2g-m1gsinθ【答案】B【解析】AC．以物體1為研究對象，受到豎直向下的重力和沿繩向上的拉力，則m1gtanθ=m1a所以物體1的加速度大小為a=gtanθ方向向右，所以車廂向右加速或者向左減速，故AC錯誤；7B．物體2的加速度與物體1的加速度相同，即f=m2a=m2gtanθ方向水平向右，故B正確；Fcosθ=m1g對物體2，豎直方向有F+FN=m2g聯立解得根據牛頓第三定律，物體2對底板的壓力大小為故D錯誤。故選B。32022·湖南·長郡中學模擬預測）一個質量為m的環套在一根傾角為θ的滑桿上，一個質量為M的小球通過細線吊在環上，先將兩者約束到一定的位置，再以相同的初速度釋放，在此后的運動過程中，環和小球保持相對靜止。四套這樣的裝置在運動過程中分別形成①、②、③、④所示的情境。只不過把它們畫在如圖所示的同一幅畫面中。情境②中，細線處于豎直狀態；情境③中，細線處于與桿垂直的狀態。對這幾種情況，下列分析正確的是()A．情境①,環一定沿桿向下運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ<tanθB．情境②,環一定沿桿向下運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ=tanθC．情境③,環一定沿桿向下運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ=0D．情境④,環一定沿桿向上運動的，環與桿之間的動摩擦因數μ>tanθ【答案】B【解析】A．情境①,對環和小球進行受力分析可知，小球具有沿斜面向上的加速度，要使環和小球8保持相對靜止，則環一定沿桿向下做勻減速運動，對整體受力分析則有μ(m+M)gcosθ>(m+M)sinθ即有μ>tanθ,故A錯誤；B．情境②,對小球受力分析可知，若小球具有加速度則必沿豎直方向。對小環受力分析可知，若小環具有加速度則沿斜面方向。而小球和小環要保持相對靜止，則小環和小球加速度要相等，故小環和小球加速度均為零，即都做勻速直線運動。對整體受力分析，要使整體合力為零，則環一定沿桿向下運動的，且有μ(m+M)gcosθ=(m+M)sinθ即有μ=tanθ,故B正確；C．情境③,對小環和小球受力分析可知，要使兩者具有相同加速度，則小環與桿的摩擦因數μ必須等于零，此時小環可能以加速度gsinθ沿桿向上減速，也可能以加速度gsinθ沿桿向下加速，故C錯誤；D．設細線拉力為F，細線與桿的夾角為Q，若小環沿桿向下運動，則對整體受力分析有對小球受力分析則有FcosQ+Mgsinθ=Ma1可知兩者加速度不可能相等，故小環只能沿桿向上運動，對整體受力分析有可得a=gsinθ+μgcosθ對小球受力分析有FcosQ+Mgsinθ=Ma1可得Q兩者加速度相等，只需小環與桿的摩擦因數μ不等于零即可，故D錯誤。故選B。42022·浙江紹興·模擬預測）如圖所示，質量為2m和m的滑塊A和B置于光滑水平桌面上，連接兩滑塊的細線通過桌子邊緣拉著一個動滑輪，動滑輪下面掛質量為4m的物塊C。已知左右兩側細線互相平行，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦和動滑輪的質量。現將A、B、C三者同9時由靜止釋放，在A、B滑出桌面之前，下列說法正確的是()A．滑塊A和B的速度始終相等B．物塊C的機械能在不斷增大C．滑塊A的加速度大小為3.0m/s2D．物塊C的加速度大小為6.0m/s2【答案】D【解析】A．動滑輪兩側繩中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，開始運動后在A、B滑出桌面之前，A的速度始終小于B的速度，故A錯誤；B．動滑輪對C的拉力做負功，物塊C的機械能在不斷減小，故B錯誤；CD．設繩中的拉力大小為T，對A、B根據牛頓第二定律有對C根據牛頓第二定律有4mg-2T=4maC如圖所示，根據動滑輪繩端與滑輪端的位移關系有根據運動學公式可知聯立以上各式解得aA=4m/s2aC=6m/s2故C錯誤，D正確。二、多選題52022·陜西·大荔縣教學研究室一模）如圖甲所示，在傾角為37o的粗糙且足夠長的斜面底端，一質量m=2kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連。t=0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的速度—時間圖像如圖乙所示，其中Ob段為曲線，bc段為直線，g取10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8。則下列說法正確的是()A．在0~0.1s內滑塊的加速度一直在減小B．在0.1~0.2s內滑塊沿斜面向下運動C．在t=0.1s時，滑塊與彈簧脫離D．滑塊與斜面間的動摩擦因數μ=0.25【答案】CD【解析】A．v－t圖像的斜率表示加速度，所以0~0.1s內加速度先減小后增大，故A錯誤；B．0.1～0.2s內，速度為正且減小，則滑塊在0.1～0.2s時間間隔內沿斜面向上做減速運動，故B錯誤；C．t=0.1s之前加速度變化，是由于所受彈簧彈力變化，t=0.1s之后加速恒定，說明不再受彈簧彈力，所以t=0.1s時，滑塊與彈簧脫離，故C正確；D．bc段為直線，由v－t圖像，滑塊在0.1～0.2s內加速度大小據牛頓第二定律可得解得故D正確。故選CD。62022·海南·模擬預測）如圖所示，木板AB傾斜固定放置，將一可視為質點的滑塊從木板的頂端A點由靜止釋放，滑塊最終恰好能運動至B點。已知滑塊與木板間的動摩擦因數從A點由零開始線性增大，則以由A點到B點為正方向，有關滑塊運動中的摩擦力f、速度v、加速度a隨滑塊運動位移x變化的圖像可能正確的是()A【答案】BD【解析】A．分析可知，物體沿AB向下運動，則物體所受摩擦力沿AB向上，可知摩擦力為負，根據f=μmgcosθ滑塊與木板間的動摩擦因數從A點由零開始線性增大，可知摩擦力的大小向負向增大，與x成正比關系，故A錯誤；B．根據滑塊從木板的頂端A點由靜止釋放，滑塊最終恰好能運動至B點可知滑塊在中間某個點速度最大，從A點到速度最大點做加速度運動，從速度最大點到B點做減速運動，根據牛頓第二定律：加速過程mgsinθμmgcosθ=ma可得a=gsinθμgcosθ可知加速度隨著x增大逐漸減小，加速度方向沿斜面向下；減速過程，有μmgcosθmgsinθ=ma可得a=μgcosθgsinθ可知隨著加速度隨著x增大，逐漸增大，加速度方向沿斜面向上，故B正確；CD．根據B選項分析結合v一t圖象的斜率表示加速度可知D正確，C錯誤。故選BD。三、解答題72021·遼寧·高考真題）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速 率v1