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秘籍2 连接体与板块模型问题
一、连接体模型考向
1、受力分析与整体、隔离法
考查能否对连接体整体及单个物体正确受力分析，利用整体法确定合外力，结合隔离法分析单个物体受力，再用牛顿第二定律求加速度等。
2、连接方式与力的传递
不同连接方式（轻绳、轻杆、弹簧）力的传递特性不同，考查对特性的理解，以及分析力和物体运动状态变化。
3、多过程运动分析
连接体运动可能有多个阶段，考查对复杂过程的分析，梳理各阶段受力与运动，找到阶段联系。
二、板块模型考向
1、相对运动与摩擦力
关键是判断板块与物块相对运动方向，确定摩擦力方向与大小，其影响各自加速度和运动状态。
2、临界状态与条件
板块模型常涉及临界状态，考查找临界条件，结合牛顿定律求相关物理量。
3、能量转化与守恒
板块相对滑动有摩擦力做功，考查用能量守恒分析能量转化，计算内能、机械能变化。
4、多体多板块模型
高考要求提高，出现多物块、多木板复杂模型，考查拆分模型、找联系，综合动力学和运动学求解。
题型一 结合牛顿定律与运动学公式考察不受外力板块模型中的多过程运动（选择题、计算题）
题型二 结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动（选择题、计算题）
题型三 结合新情景考察板块模型思想的迁移运用（选择题、计算题）
1、板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
2．板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题
问题：板块分离，F至少作用时间？
过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
3．板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题
抽桌布问题 简化模型
过程①：分离 过程：②匀减速
分离，位移关系：x2－x1=L1 0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题
块带板 板带块
μ1≥μ2 μ1<μ2
5．板块加速度相同的连接体模型
求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体
整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 隔离T-F1-μm1g=m1a 得
整体：a=F/(m1+m2) 隔离m1：f=m1a 得f=m1F/(m1+m2) 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：m1gsinθ-f=m1a 得f=μ2m1gcosθ 方向沿斜面向上 若μ2=0 则 f=0 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：f=m1acosθ 得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ 方向水平向左 若μ2=0 则 f=m1gsinθcosθ
6、公式与定理
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
1．（2025 淄博一模）如图所示，光滑水平面上放置质量均为m的两块木板，其上分别有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为（ ）
A．3μmg B． C． D．
【解答】解：当右侧机器人与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力时轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律得：
对两机器人与左侧木板整体：μ×2mg＝（2m+2m+m）a
对左侧机器人与左侧木板整体：T＝（2m+m）a
解得：T，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（2025 顺义区校级模拟）如图所示，绕过定滑轮的绳子将物块A和物块B相连，连接物块A的绳子与水平桌面平行。现将两物块由图示位置无初速度释放，经过时间t，物块B未落地，物块A未到达滑轮位置。已知物块A的质量为M，物块B的质量为m，重力加速度为g。若忽略A与桌面之间的摩擦力，则绳子拉力大小为T0、物块A的加速度为a0，不计滑轮、绳子的质量。则下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力大小T0＝mg
B．物块A的加速度大小
C．若A与桌面有摩擦力，则绳子拉力小于T0
D．若A与桌面有摩擦力，则A的加速度大于a0
【解答】解：AB.运动过程中物块A与物块B的加速度大小相等，由牛顿第二定律得：
对A、B整体：mg＝（M+m）a0
对B：mg﹣T0＝ma0
联立解得：T0＝mg，a0
故A错误，B正确；
CD.若A与桌面有摩擦力，设该摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：
对A、B整体：mg﹣f＝（M+m）a
对B：mg﹣T＝ma
解得：T＝mgT0，aa0
故CD错误。
故选：B。
3．（2025 南岗区校级一模）如图所示，弹簧一端固定在倾角为30°的光滑斜面底端，上端与物体1相连接，物体1上方叠放物体2、3，物体1的质量为2m，物体2、3的质量均为m，开始时系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g，某时刻突然取走物体3，下列说法正确的是（ ）
A．此瞬间物体1、2的加速度为0
B．此瞬间物体1、2间的弹力为
C．之后物体2可能脱离物体1
D．之后物体2对物体1弹力的最小值为
【解答】解：开始物体静止，由平衡条件得：F＝（2m+m+m）gsin30°＝2mg
AB、弹簧的弹力不能突变，取走物体3瞬间，由牛顿第二定律得：
对1、2整体：F﹣（2m+m）gsin30°＝（2m+m）a
对2：FN﹣mgsin30°＝ma
解得：ag，FNmg，故AB错误；
CD、假设1、2不脱离，则1、2一起做简谐运动，由对称性可知，运动到最高点时的加速度大小仍是a
在最高点，对2，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣FN'＝ma，解得：FN'mg＞0，
物体恰好脱离时物体间的弹力为零，则物体1、2不脱离，物体在最该点时物体间的弹力最小，故C错误，D正确。
故选：D。
4．（2024 河北二模）如图所示，光滑水平面上有质量均为2kg的A、B、C三个滑块，其中A放在B的上面，B、C用轻质弹簧相连，用水平恒力F向右拉滑块A，三个滑块一起做匀加速直线运动，A、B间刚好没有相对运动。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧原长为10cm，劲度系数k＝50N/m，最大静摩擦力等于滑块摩擦力。若突然撤去力F，下列说法中正确的是（ ）
A．恒力F＝6N
B．恒力F作用时，B、C间的距离为18cm
C．撤去F瞬间，B的加速度大小为2m/s2，方向水平向左
D．撤去F后，AB间出现相对运动
【解答】解：A、根据题意有，对滑块B、C整体受力分析并结合牛顿第二定律有
μmg＝2ma
代入数据，解得
a＝2m/s2
对三个滑块整体受力分析有
F＝3ma
代入数据解得F＝12N
故A错误；
B、根据题意，对滑块C受力分析并结合牛顿第二定律有
FT＝ma＝k（L﹣L0）
代入数据解得
L＝18cm
故B、C间的距离为18cm，故B正确；
C、撤去F的瞬间弹簧弹力不变，对A、B整体受力分析并结合牛顿第二定律有
FT＝2ma1
代入数据解得
方向水平向左，故C错误；
D、根据题意，撤去F瞬间对滑块A受力分析并结合牛顿第二定律
Ff＝ma1
代入数据解得Ff＝2N
方向水平向左；
Ff＝ma1＝2N＜μmg＝4N
故A、B间不会出现相对运动，故D错误。
故选：B。
5．（2024 辽宁模拟）如图所示，甲、乙两只猴子沿绕过定滑轮的轻绳下滑，甲的质量大于乙的质量，甲与绳间的摩擦力大小为f1，乙与绳间的摩擦力大小为f2，甲下滑的加速度大小为a1，乙下滑的加速度大小为a2，不计滑轮的质量及绳与滑轮的摩擦，则下列关系正确的是（ ）
A．一定有a1大于a2 B．可能有a1小于a2
C．一定有f1大于f2 D．可能有f1小于f2
【解答】解：CD、轻绳质量不计，则轻绳两次所受摩擦力大小相等，方向相反，所受合力为零，即f1一定等于f2，即f1＝f2＝f，故CD错误；
AB、由牛顿第二定律得：
对甲：m甲g﹣f＝m甲a1
对乙：m乙g﹣f＝m乙a2
解得：a甲＝g，a乙＝g，由于m甲＞m乙，a1＞a2，故A正确，B错误。
故选：A。
6．（2024 湖北二模）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．t＝1s时，物块Q的速度大小为0.4m/s
B．恒力F大小为1.6N
C．物块Q的质量为0.5kg
D．t＝1s后，物块P、Q一起做匀加速直线运动
【解答】解：A、图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0～1s内Q的加速度均匀增大，则t＝1s时Q的速度大小等于
m/s＝0.4m/s
由图可得实际Q的图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与坐标轴围成的面积，故t＝1s时Q的速度大小大于0.4m/s，故A错误；
B、t＝0时，对物块P，根据牛顿第二定律，有
F＝mPa0＝2×1N＝2N
故恒力大小为2N，故B错误；
CD、t＝1s时，对物块P、Q整体应用牛顿第二定律，有
F＝（mP+mQ）a1
代入数据，解得
mQ＝0.5kg
撤去推力后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
故选：C。
7．（2023 广陵区校级三模）如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态．木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，则由图象可知下列说法正确的是（ ）
A．10N＜F＜15N时物块B和木板C相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．F＞15N时物块B和木板C相对滑动
【解答】解：AD．由图像可知，当10N＜F＜15N时物块B和木板C相对静止，当F＞15N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；
B．因当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
联立方程可求解
故B错误；
C．对木板和木块的整体，当F1＝10N时，a＝0，则
F1＝（M+m）gsinθ
当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，则
F2﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a
联立方程可求解
M+m＝2kg
但是不能求解木板C的质量，故C错误。
故选：D。
8．（2024 下陆区校级三模）如图所示，一辆在平直公路上匀速行驶的货车装载有规格相同的质量均为m的两块长板。两长板沿车行方向错开放置，上层板最前端到驾驶室的距离为d，上、下层板间的动摩擦因数为μ，下层板与车厢间的动摩擦因数为2.5μ。该货车紧急刹车时的最大加速度为a＝3μg，重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，要使货车在紧急刹车时上层板不撞上驾驶室，则货车车速不得超过（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：上层板与下层板间的最大静摩擦力为fml＝μmg
下层板与货车问的最大静摩擦力为fm2＝2.5μ×2mg＝5μmg
两层板间恰好不发生相对滑动，对上层木板，由牛顿第二定律得：μmg＝mamax
解得：amax＝μg，即上层板的最大加速度为μg
设下层板与货华问的摩擦力为f2，由牛顿第二定律有：f2﹣f1＝ma
解得：f2＝f1+ma＝3.5μmg，随着a增大．f2增大，当f2＝fm2＝5μmg，此时下层板恰好与货车相对静止，
解得a＝4μg，即当a＞4μg时，下层板相对货车滑动，由于μg＜a＝3μg＜4μg，
若a＝3μg，上层板滑动，下层板不滑动。
设货车速度为v时，上层板恰好不撞上驾驶室，由v﹣x公式可知：
对货车：v2＝2ax
对上层板：v2＝2μg（x+d）
解得：，即要使货车在紧急刹车时上层板不撞上驾驶室，则，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．（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k≠0），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，g取10m/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：0.6，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＝k×1
代入时间解得：k＝20N/s
在t＝1s时对长木板分析拉力等于地面的最大静摩擦力可知：20N＝μ2（m+M）g
在t＝3s时物块与长木板产生相对滑动，在1s～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﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
对铁块：kt3﹣fm＝ma
以上两式代入数据，对整体：20×3﹣μ2（5+M）g＝（5+M）a
对铁块：20×3﹣30＝5a
联立解得：，μ2＝0.3，故BC错误；
D、在1～3s内对木板有动量定理：I﹣μ（M+m）t13＝Mv
其中：
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。
10．（2023 郴州模拟）如图所示，将一砝码置于水平桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，若砝码的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若物块和纸板的质量分别为m1＝100g和m2＝500g，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，只要砝码移动的距离超过L＝0.002m时人眼就能感知，忽略砝码的体积因素的影响，g取10m/s2；关于从砝码下抽出纸板过程下列说法正确的是（ ）
A．要把纸板能从砝码下抽出来，拉力至少超过1.4N
B．为确保砝码的移动不被人感知，纸板所需拉力至少为102.4N
C．为确保砝码的移动不被人感知纸板所需拉力至少为52.4N
D．迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码所受到的摩擦力
【解答】解：BC、根据牛顿第二定律可知砝码的加速度为a1＝μg
设纸板的加速度为a2，则有F﹣μm1g﹣μ（m1+m2）g＝m2a2
砝码的位移
纸板的位移
纸板抽出后砝码的运动距离，其中：a3＝a1
由于a1t1＝a3t2，由几何关系可知：L＝x1+x2
代入数据解得F＝102.4N，故B正确、C错误；
A、要把纸板能从砝码下抽出来，纸板的加速度要大于砝码的加速度，即，代入数据解得：F＞2.4N，故A错误；
D、迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码的运动时间，使其移动距离尽可能小，故D错误。
故选：B。
11．（2024 河西区校级模拟）如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg。A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若作用在A上的外力F由0增大到45N，则此过程中（ ）
A．在拉力F＝12N之前，物体一直保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始发生相对运动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终不发生相对运动
【解答】解：先分析两物体的运动情况，由于水平面光滑，所以只要有拉力，两物体就会运动。B运动是因为受到A对它的静摩擦力，但静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下F的大小；如果F再增大，则两物体间会发生相对滑动，所以这里存在一个相对滑动的临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时Ff的大小。以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力，则有
F﹣Ff＝mAa
再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力
Ff＝mBa
当Ff为最大静摩擦力时，解得
am/s2＝6m/s2，
此时
F＝48N
由此可知此过程中A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，A、B间不会发生相对运动；故D正确，ABC错误。
故选：D。
12．（2023 五华区校级模拟）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、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝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
在0～1.5s内，物块的加速度大小为
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1s～1.5s内根据牛顿第二定律有：
μ1×2mg+μ2mg＝ma1
木块在0～1.5s内根据牛顿第二定律有：
μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1s内的加速度为
木板在0～1s内受力为：F﹣μ1×2mg﹣μ2mg＝ma3
代入数据解得：拉力F＝2μ1mg+μ2mg+ma3＝（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N＝18N，故AB错误；
C、在0～1.5s内木板的位移
在0～1.5s内木块的位移
在1t.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：
木板的加速度大小为a2′：μ2 2mg﹣μ1mg＝ma2′
解得：
物块到停止的时间还需要：
木板到停止的时间还需要：
物块的位移为：
木板的位移为：
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为：Δs＝s1+x2′﹣s2﹣x1′＝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：C。
13．（2024 新城区校级模拟）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
【解答】解：A.把ABC看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件：拉力F＝3mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A受力分析，由牛顿第二定律：F﹣mgsinθ＝maA，解得A的加速度大小aA＝2gsinθ，故A错误；
B.在轻绳被烧断前，对于C根据平衡条件可得弹簧弹力F弹＝mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，对于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律F弹+mgsinθ＝maB，解得B的加速度大小aB＝2gsinθ，故B错误；
C.剪断弹簧的瞬间，对AB整体，根据牛顿第二定律F﹣2mgsinθ＝2maAB，解得，而A的加速度大小：，故C正确；
D.突然撤去外力F的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律F弹+2mgsinθ＝2ma'AB，F弹＝mgsinθ，联立解得：，A的加速度大小，故D错误。
故选：C。
14．（2025 鼓楼区校级模拟）如图所示，倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A、B，物块A通过劲度系数为k的轻弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为，弹簧、细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直但无拉力，释放物块C，物块A、B分离时，滑块C恰好落地。重力加速度大小为g，不计滑轮质量及摩擦，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法错误的是（ ）
A．初始时，弹簧的压缩量为
B．物块A、B分离时，弹簧弹力等于
C．从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的速度先增大后减小
D．从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的加速度一直减小
【解答】解：A、初始时，细线恰好伸直但无拉力，对A、B整体，由平衡条件得：2mgsinθ＝kx0，解得：x0，故A正确；
B、两物块分离时物块间的弹力为零，由牛顿第二定律得：
对B、C整体：g﹣mgsinθ＝（m）a
对A：F﹣mgsinθ＝ma
解得：F，故B正确；
CD、分离时弹簧的弹力F＝kx1，解得：x1
开始运动到分离过程，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得：g+kx﹣2mgsinθ＝（2m）a
运动过程x逐渐减小，系统所受合力减小，加速度逐渐减小，故C错误，D正确。
本题选错误的，故选：C。
15．（2025 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a0匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由a＝a0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
【解答】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
T＝fCA
fCA＝μFNA
竖直方向
FNA﹣mAg＝mAa0
T﹣mBg＝mBa0
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．当C的加速度由a＝a0逐渐缓慢变大拉力依然刚好等于最大静摩擦力，则A、B相对C一直静止，故C正确。
故选：C。
16．（2023 浑南区校级一模）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离，t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示，则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（ ）
A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.6m
【解答】解：AB、由图像可知，F1、F2的大小随时间的关系式为
F1＝3.6﹣0.9t，F2＝0.9t（0≤t≤4.0s）
根据牛顿第二定律，可知分离前，整体的加速度恒为
代入数据得a＝1.2m/s2
根据牛顿第二定律，设t时刻分离，对A有
F1+Fmax＝mAa
联立解得
F1＝0.9N，t＝3.0s
可知t＝3.0s时A、B分离；在t＝2.0s时刻，由图像可得
F1＝F2＝1.8N
对B进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
FAB+F2＝mBa
解得
FAB＝0.6N
故A正确，B错误；
C、t＝2.5s时，由图像可得
F2＝2.25N，F1＝1.35N
对B进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
F′AB+F2＝mBa
联立可得
F′AB＝0.15N
可知A对B的作用力方向向右，故C错误；
D、由于t＝3.0s时A、B分离，且分离前AB的加速度恒为a＝1.2m/s2，则从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为
代入数据得x＝5.4m
故D错误。
故选：A。
17．（2023 市中区校级一模）如图所示，一长木板a在光滑水平地面上运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，此时a的速度为v0，同时对b施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的速度—时间图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力F作用和a对其向右的滑动摩擦力作用，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知：F+μmg＝mab，解得：
对长木板分析可知，受到b对其左的摩擦力，先做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
A、根据图像的斜率可知初始阶段ab＝aa，解得：F＝0，与题意不符，故A错误；
B、根据图像可知a做匀速直线运动，与题意不符，故B错误；
C、根据图像可知a做初始做匀加速直线运动，与题意不符，故C错误；
D、根据选项所给图像斜率可知，初始阶段，a做匀减速直线运动，b做匀减速直线运动，且有ab＞aa，符合题意。
共速后两者相对静止一起做匀加速直线运动，需满足整体的加速度不大于aa＝μg，可知共速后两者相对静止一起做匀加速直线运动的加速度必小于ab，故D正确。
故选：D。
18．（2023 河南模拟）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度为v0，同时对a施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，可知小物块受到滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得：μmg＝mab
化简解得：ab＝μg
对长木板进行受力分析，受到地面水平向左的摩擦力，物块对木板水平向左的摩擦力，以及水平向右的恒力F，根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg﹣μ×2mg＝maa
解得：a3μg
A、根据图像的斜率可知初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，即：F＝2μmg，则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体所受合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误；
B、根据图像可知a做匀速直线运动，即：F＝3μmg，b做匀加速直线运动，二者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：F﹣2μmg＝2ma共，解得：a共，故B错误；
CD、若ab＞aa，则有：3μmg＜F＜4μmg，两者均做匀加速直线运动，共速后一起匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F﹣2μmg＝2ma共，可得：，故C正确，D错误。
故选：C。
19．（2024 浑南区校级三模）如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，则木板的长度为（ ）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
【解答】解：设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为a1，撤去外力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度为a3，设物块的质量为m，木板的质量为M，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律有：
F﹣μ1mg＝ma1
μ1mg＝ma2
μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma3
解得：a1＝2m/s2，a2＝4m/s2，a3＝0.5m/s2
拉力F作用的时间为t1＝1s时，物块、木板的速度分别为：
v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，v2＝a3t1＝0.5×1m/s＝0.5m/s
设又经t2时间，物块、木板共速，则：v共＝v1﹣a2t2＝v2+a3t2
解得：t2s，v共m/s
木板的长度为：L
联立解得：L＝1.0m，故B正确、ACD错误。
故选：B。
20．（2023 张家口二模）如图所示，一个长度L＝1m、质量M＝2kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的左端放置一个质量m＝1kg可视为质点的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F，使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F＞7N
B．物块离开木板时速度的最小值为4m/s
C．物块离开木板的最短时间为1s
D．木板获得的最大速度为2m/s
【解答】解：A、物块相对木板向右滑动，根据牛顿第二定律，对木板有：μmg＝Ma2
代入得到：
对物块有：F﹣μng＝ma1
且根据：a1＞a2
联立可得：F＞6N，故A错误；
B、设历时t物块滑离木板，则由运动学公式和位移关系有：
物块滑离木板时的速度：v1＝a1t
联立解得：
由数学知识可知，当，即a1＝2a2＝2×2m/s2＝4m/s2时物块离开木板的速度最小，其最小值：v1min＝4m/s，故B正确；
C、当时，从上面分析可以得到：F＝8N，t＝1s
木板获得的速度：v2＝a2t＝2×1m/s＝2m/s
若F＞8N，则：t＜1s，故C错误；
D、若6N＜F＜8N，则：v2＞2m/s，故D错误。
故选：B。
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秘籍2 连接体与板块模型问题
一、连接体模型考向
1、受力分析与整体、隔离法
考查能否对连接体整体及单个物体正确受力分析，利用整体法确定合外力，结合隔离法分析单个物体受力，再用牛顿第二定律求加速度等。
2、连接方式与力的传递
不同连接方式（轻绳、轻杆、弹簧）力的传递特性不同，考查对特性的理解，以及分析力和物体运动状态变化。
3、多过程运动分析
连接体运动可能有多个阶段，考查对复杂过程的分析，梳理各阶段受力与运动，找到阶段联系。
二、板块模型考向
1、相对运动与摩擦力
关键是判断板块与物块相对运动方向，确定摩擦力方向与大小，其影响各自加速度和运动状态。
2、临界状态与条件
板块模型常涉及临界状态，考查找临界条件，结合牛顿定律求相关物理量。
3、能量转化与守恒
板块相对滑动有摩擦力做功，考查用能量守恒分析能量转化，计算内能、机械能变化。
4、多体多板块模型
高考要求提高，出现多物块、多木板复杂模型，考查拆分模型、找联系，综合动力学和运动学求解。
题型一 结合牛顿定律与运动学公式考察不受外力板块模型中的多过程运动（选择题、计算题）
题型二 结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动（选择题、计算题）
题型三 结合新情景考察板块模型思想的迁移运用（选择题、计算题）
1、板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
2．板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题
问题：板块分离，F至少作用时间？
过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
3．板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题
抽桌布问题 简化模型
过程①：分离 过程：②匀减速
分离，位移关系：x2－x1=L1 0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题
块带板 板带块
μ1≥μ2 μ1<μ2
5．板块加速度相同的连接体模型
求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体
整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 隔离T-F1-μm1g=m1a 得
整体：a=F/(m1+m2) 隔离m1：f=m1a 得f=m1F/(m1+m2) 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：m1gsinθ-f=m1a 得f=μ2m1gcosθ 方向沿斜面向上 若μ2=0 则 f=0 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：f=m1acosθ 得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ 方向水平向左 若μ2=0 则 f=m1gsinθcosθ
6、公式与定理
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
1．（2025 淄博一模）如图所示，光滑水平面上放置质量均为m的两块木板，其上分别有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为（ ）
A．3μmg B． C． D．
2．（2025 顺义区校级模拟）如图所示，绕过定滑轮的绳子将物块A和物块B相连，连接物块A的绳子与水平桌面平行。现将两物块由图示位置无初速度释放，经过时间t，物块B未落地，物块A未到达滑轮位置。已知物块A的质量为M，物块B的质量为m，重力加速度为g。若忽略A与桌面之间的摩擦力，则绳子拉力大小为T0、物块A的加速度为a0，不计滑轮、绳子的质量。则下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力大小T0＝mg
B．物块A的加速度大小
C．若A与桌面有摩擦力，则绳子拉力小于T0
D．若A与桌面有摩擦力，则A的加速度大于a0
3．（2025 南岗区校级一模）如图所示，弹簧一端固定在倾角为30°的光滑斜面底端，上端与物体1相连接，物体1上方叠放物体2、3，物体1的质量为2m，物体2、3的质量均为m，开始时系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g，某时刻突然取走物体3，下列说法正确的是（ ）
A．此瞬间物体1、2的加速度为0
B．此瞬间物体1、2间的弹力为
C．之后物体2可能脱离物体1
D．之后物体2对物体1弹力的最小值为
4．（2024 河北二模）如图所示，光滑水平面上有质量均为2kg的A、B、C三个滑块，其中A放在B的上面，B、C用轻质弹簧相连，用水平恒力F向右拉滑块A，三个滑块一起做匀加速直线运动，A、B间刚好没有相对运动。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧原长为10cm，劲度系数k＝50N/m，最大静摩擦力等于滑块摩擦力。若突然撤去力F，下列说法中正确的是（ ）
A．恒力F＝6N
B．恒力F作用时，B、C间的距离为18cm
C．撤去F瞬间，B的加速度大小为2m/s2，方向水平向左
D．撤去F后，AB间出现相对运动
5．（2024 辽宁模拟）如图所示，甲、乙两只猴子沿绕过定滑轮的轻绳下滑，甲的质量大于乙的质量，甲与绳间的摩擦力大小为f1，乙与绳间的摩擦力大小为f2，甲下滑的加速度大小为a1，乙下滑的加速度大小为a2，不计滑轮的质量及绳与滑轮的摩擦，则下列关系正确的是（ ）
A．一定有a1大于a2 B．可能有a1小于a2
C．一定有f1大于f2 D．可能有f1小于f2
6．（2024 湖北二模）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．t＝1s时，物块Q的速度大小为0.4m/s
B．恒力F大小为1.6N
C．物块Q的质量为0.5kg
D．t＝1s后，物块P、Q一起做匀加速直线运动
7．（2023 广陵区校级三模）如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态．木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，则由图象可知下列说法正确的是（ ）
A．10N＜F＜15N时物块B和木板C相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．F＞15N时物块B和木板C相对滑动
8．（2024 下陆区校级三模）如图所示，一辆在平直公路上匀速行驶的货车装载有规格相同的质量均为m的两块长板。两长板沿车行方向错开放置，上层板最前端到驾驶室的距离为d，上、下层板间的动摩擦因数为μ，下层板与车厢间的动摩擦因数为2.5μ。该货车紧急刹车时的最大加速度为a＝3μg，重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，要使货车在紧急刹车时上层板不撞上驾驶室，则货车车速不得超过（ ）
A． B． C． D．
9．（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k≠0），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，g取10m/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
10．（2023 郴州模拟）如图所示，将一砝码置于水平桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，若砝码的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若物块和纸板的质量分别为m1＝100g和m2＝500g，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，只要砝码移动的距离超过L＝0.002m时人眼就能感知，忽略砝码的体积因素的影响，g取10m/s2；关于从砝码下抽出纸板过程下列说法正确的是（ ）
A．要把纸板能从砝码下抽出来，拉力至少超过1.4N
B．为确保砝码的移动不被人感知，纸板所需拉力至少为102.4N
C．为确保砝码的移动不被人感知纸板所需拉力至少为52.4N
D．迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码所受到的摩擦力
11．（2024 河西区校级模拟）如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg。A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若作用在A上的外力F由0增大到45N，则此过程中（ ）
A．在拉力F＝12N之前，物体一直保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始发生相对运动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终不发生相对运动
12．（2023 五华区校级模拟）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、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝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
13．（2024 新城区校级模拟）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
14．（2025 鼓楼区校级模拟）如图所示，倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A、B，物块A通过劲度系数为k的轻弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为，弹簧、细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直但无拉力，释放物块C，物块A、B分离时，滑块C恰好落地。重力加速度大小为g，不计滑轮质量及摩擦，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法错误的是（ ）
A．初始时，弹簧的压缩量为
B．物块A、B分离时，弹簧弹力等于
C．从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的速度先增大后减小
D．从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的加速度一直减小
15．（2025 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a0匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由a＝a0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
16．（2023 浑南区校级一模）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离，t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示，则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（ ）
A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.6m
17．（2023 市中区校级一模）如图所示，一长木板a在光滑水平地面上运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，此时a的速度为v0，同时对b施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的速度—时间图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
18．（2023 河南模拟）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度为v0，同时对a施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的（ ）
A． B．
C． D．
19．（2024 浑南区校级三模）如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，则木板的长度为（ ）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
20．（2023 张家口二模）如图所示，一个长度L＝1m、质量M＝2kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的左端放置一个质量m＝1kg可视为质点的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F，使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F＞7N
B．物块离开木板时速度的最小值为4m/s
C．物块离开木板的最短时间为1s
D．木板获得的最大速度为2m/s
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