第04講連接體模型、板塊模型、傳送帶模型

——?模塊導航?-----

或考點聚焦：復習要點+知識網絡，有的放矢

;重點專攻：知識點和關鍵點梳理，查漏補缺

?難點強化：難點內容標注與講解，能力提升

B提升專練：真題感知+提升專練，全面突破

3考點聚焦------------

》高考考點聚焦

1.連接體問題：2024?北京、2024?寧夏四川

2.板塊問題：2024?遼寧、2024?新疆河南

6重點專攻--------------------------------------------------

i.整體法與隔離法解連接體問題

1）整體法：把整個系統作為一個研究對象來分析的方法。不必考慮系統的內力的影響，只考慮系統受到

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

況。

2）隔離法：把系統中的各個部分（或某一部分）隔離，作為一個單獨的研究對象來分析的方法。此時系統

的內力就有可能成為該研究對象的外力，在分析時應加以注意。然后依據牛頓第二定律列方程求解。

2.連接體的運動特點

1）輕繩:輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度一般是相等。

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

率相等。

3.板塊模型常見的兩種類型

1）木板B帶動物塊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二者速度相等,

則位移關系為XB=XA+L（L為木板長度）

2）物塊A帶動木板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二者速度相等,

則位移關系為XB+XA=L(L為木板長度)

3難點強化---------

強化點一物塊在傳送帶上運動分析

i.水平傳送帶

圖示物塊可能的運動情況

(1)可能一直加速

a—(2)可能先加速后勻速

房0(l)Vo>V時，可能一直減速，也可能先減速再勻速

(2)vo<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速

(1)傳送帶較短時，物塊一直減速達到左端

⑵傳送帶較長時，物塊還要被傳送帶傳回右端，若Vo>V,則

Q___G返回時速度大小為V；若Vo<V,則返回時速度大小為V

2.傾斜傳送帶

圖示物塊可能的運動情況

(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

(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°

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，飛船與空間站對接后，在推力尸作用下一起向前運動。飛船和空間

站的質量分別為機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】根據題意，對整體應用牛頓第二定律有

F=（M+m）a

對空間站分析有

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（質量可忽略），盤中放置祛碼。改變盤中祛碼總質量很，并

測量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。-機圖像中，可能正確的是（）

【答案】D

【詳解】設P的質量為P與桌面的動摩擦力為7;以P為對象，根據牛頓第二定律可得

T-f=Ma

以盤和祛碼為對象，根據牛頓第二定律可得

mg—T=ma

聯立可得

M+mM+m

可知，無機不是線性關系，排除AC選項,可知當祛碼的重力小于物塊P最大靜摩擦力時，物塊和磋碼靜

止，加速度為0，當祛碼重力大于/時，才有一定的加速度，當機趨于無窮大時，加速度趨近等于g。

故選D。

二、多選題

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

恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，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,=%的時間內，木板速度v隨時間f變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。1=4%

時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）

A.小物塊在y3務時刻滑上木板

C.小物塊與木板的質量比為3：4D.，=%之后小物塊和木板一起做勻速運動

【答案】ABD

【詳解】A.VT圖像的斜率表示加速度，可知t=3務時刻木板的加速度發生改變，故可知小物塊在f=3f。

時刻滑上木板，故A正確；

B.結合圖像可知/=3%時刻，木板的速度為

3

vo=-m

設小物塊和木板間動摩擦因數為4,由題意可知物體開始滑上木板時的速度為

3一

負號表示方向水平向左

物塊在木板上滑動的加速度為

N°mg

=〃og

m

經過to時間與木板共速此時速度大小為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.設木板質量為物塊質量為相，根據圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為

1

1

a=~----=~^g

故可得

F—juMg=Ma

解得

3

F=-]LiMg

根據圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

13

a'=2-----2—=-"g

%

此時對木板由牛頓第二定律得

F-ju（^m+g-ji^mg=Ma'

解得

m1

M-2

故C錯誤；

D.假設七名之后小物塊和木板一起共速運動，對整體

33

F-/2^m+g=—juMg--jjMg=0

故可知此時整體處于平衡狀態，假設成立，即/=%之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。

故選ABD?

三、解答題

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

與平臺的邊緣。對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離加=亍

6

時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到。點。已知物塊與薄板的質量

相等。它們之間的動摩擦因數〃=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動的時間；

(2)平臺距地面的高度。

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動的加速度大小為

%=jug=3m/s2

薄板做加速運動的加速度

Rmg

a=-——=3m/s2

2m

對物塊

,,19

I+A/—vQt——

對薄板

,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動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為

i=---=-s

v23

則平臺距地面的高度

15

hz=2gt2=9m

?提升專練

一、單選題

1.（2024.北京朝陽?模擬預測）質量為叫、外的兩個小物塊用輕繩連接，繩跨過位于傾角為30。的光滑斜

面頂端的輕滑輪，滑輪與轉軸之間的摩擦不計，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，?從斜面底端運動到頂端的時間為心第二次，性懸空，町放在斜

面底端，由靜止釋放后，叫從斜面底端運動到頂端的時間為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，強在斜面底端，設斜面總長為，，加速度大小相等為卬

對叫受力分析由牛頓第二定律可得

m1g—7\=m1al

對丐受力分析由牛頓第二定律可得

Tx-m2gsin30°=m2al

由運動學可得

I=-

第二次，見懸空，叫在斜面底端，設斜面總長為/,加速度大小相等為出

對性受力分析由牛頓第二定律可得

mog—T,=m2al

對犯受力分析由牛頓第二定律可得

與一〃17gsin30"=m1a2

由運動學知識得

1,

l=-a2（2ty

聯立解得

仍:m2=3:2

故選A。

2.（2024?江蘇鎮江?一模）如圖所示，質量為5kg的物塊A與水平地面的動摩擦因數〃=0.2,質量為3kg

的物塊B與地面間無摩擦，在水平力廠的作用下，A、B一起做加速運動，已知尸=26N。則下列說法中

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B的作用力為9.75N

D.A對B的作用力為6N

【答案】D

【詳解】AB.對物塊A、B整體受力分析，由牛頓第二定律

F-jLjmAg=(mA+〃％)a

代入數據解得

a=2m/s2

故AB錯誤；

CD.對物塊B受力分析，由牛頓第二定律

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

故C錯誤，D正確。

故選D。

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

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

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.懸線下增掛一定質量的小鉤碼

【答案】B

【詳解】A.彈簧穩定時伸長量取決于彈簧的彈力。，以物塊A、B整體為研究對象，根據牛頓第二定

律有

F=(777A+7n&)a

以B為研究對象，根據牛頓第二定律有

辱=mBa

聯立可得

一〃%F

上彈一

mA+mB

可知增大水平拉力R彈簧的彈力增大，伸長量增大，故A錯誤；

B.在木板上表面墊上粗糙的紙，設物塊A、B與紙間的動摩擦因數為〃，以物塊A、B整體為研究對

象，根據牛頓第二定律有

以B為研究對象，根據牛頓第二定律有

琮-Wgg=mBa'

聯立可得

F彈一

可知彈簧彈力不變，則伸長量不變，故B正確；

C.將A、B的位置互換，以物塊A、B整體為研究對象，根據牛頓第二定律有

F=（mA+mB^a

以A為研究對象，根據牛頓第二定律有

琮=m、a

聯立可得

r彈一7r彈一

mA+mA+

可知彈簧彈力變大，伸長變大，故C錯誤；

D.懸線下增掛一定質量的鉤碼，設鉤碼的質量為mc，對ABC整體，由牛頓第二定律得

m,na

F-%g=（"?A+B+C）"

可知

a"<a

對A有

F-琮=mAa"

未懸掛鉤碼時，對A有

尸一格=mAa

對比可得

瑞>與

可知彈簧彈力變大，伸長變大，故D錯誤。

故選B。

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

木板，當二者速度恰好相等時，對比初始時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動，木板

做勻加速直線運動，設經過f時間滑塊與木板達到共速v,此過程木板的位移為

滑塊的位移為

則滑塊相對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，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為匕，一小滑塊從傳送

帶左端以初速度大小％滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為〃，小滑塊最終又返回到左端。

已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

—

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間為％必

C.若%>外，小滑塊返回到左端的時間為以121

D.若為>匕，小滑塊返回到左端的時間為收3

2〃g%

【答案】D

【詳解】A.小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據牛頓第二定律得

]Limg=ma

解得

a=Ng

故A錯誤；

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，時間為

故B錯誤；

CD.若%＞匕，小滑塊的速度從%先向右減速到0的時間

位移為

%]=

2〃g

然后加速返回，速度加速到匕的時間

4"—

4g

位移為

“%2一。

24g

最后以速度匕勻速回到左端，時間為

_2〃g2〃g_片一片

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

匕匕2〃gV|

小滑塊返回到左端的時間

%=%++%

解得

4.匕，說一:（%+匕）~

r-十十—

"g"g2〃g%2jug%

故C錯誤，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的速度順時針運行，A.8兩

端相距/=40m。現每隔Is把質量相=1kg的工件（視為質點）輕放在傳送帶上的A端，當每個工件離開2

端時恰好在A端放上一個工件，工件與傳送帶間的動摩擦因數〃=#,g取10m/s2,下列說法正確的是

()

A.傳送帶上始終有6個工件

B.兩個工件間的最小距離為2.5m

C.工件在傳送帶上時，先受到沿傳送帶向上的摩擦力，后不受摩擦力

D.滿載時與空載時相比，電機對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，工件相對傳送帶向下運動，受到斜向上的滑動摩擦力，大于重力

沿傳送帶方向的分力，工件開始斜向上做勻加速直線運動，當工件速率和傳送帶速率相等時，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，工件開始相對傳送帶靜止，斜向上做勻速

直線運動，故C錯誤；

A.工件在傳送帶上加速過程，由牛頓第二定律可得

jumgcos0—mgsin0=ma

代入數據可得

a=2.5m/s2

工件加速過程所用的時間

v/

/=—=4s

a

工件加速過程的位移大小

xf=—at2=20m

2

工件勻速過程所用的時間

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

B.由于每隔1s放一個工件，傳送帶的速度是10m/s,而每個工件的運動情況都相同，最終工件相對于

傳送帶靜止時，相鄰的兩個工件之間的距離一定是10m；相對于后一個工件來說，前一個工件剛剛加速

運動1s時，與后一工件間距離最小，由

12

t

玉二30l

可得傳送帶上兩個工件間的最小距離

再=1.25m

故B錯誤；

D.滿載時增加的牽引力為6個工件所受的摩擦力之和

Ff=4/zmgcos0+2mgsin0-40N

D錯誤。

故選Ao

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

帶向下的速度%=4m/s從M點開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的部分VT圖像如圖所示，取

g=10m/s2,貝！|()

A.物塊最終從傳送帶N點離開

B.傳送帶的速度v=lm/s,方向逆時針

C.物塊相對傳送帶滑動的距離為4m

D.物塊將在5s時回到原處

【答案】D

【詳解】AB.從圖像可知，物體速度減為零后反向向上運動，最終的速度大小為lm/s,因此沒從N點

離開，并且能推出傳送帶斜向上運動，速度大小為lm/s,故AB錯誤；

CD.根據VT圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度

a=—m/s2=2.5m/s2

2

由圖可知，物塊的速度為。時

之后物塊沿斜面向上運動，速度圖像與時間軸圍成的面積表示位移，所以物塊沿斜面向下運動的位移

士=gx4x'|m=￡m4=1s到=2s時，物塊沿斜面向上加速運動的位移

2-豈?

511

x,=-xlm=-m

-25

物塊沿斜面向上勻速運動的時間

%=上迨=35

v

所以物塊回到原處的時間

/=3s+2s=5s

物塊相對傳送帶滑動的距離為

Ax=；x2x（4+l）"z=5m

故C錯誤，D正確。

故選D。

8.（2024?四川綿陽?模擬預測）機場利用傳送帶將行李送入飛機貨艙。如圖所示，傳送帶與水平面間的夾

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

下端，然后傳動帶以Im/sz的加速度勻加速啟動，2s后保持勻速，當包裹通過傳送帶后工作人員發現包

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

sin37°=0.6,cos37°=0.8o則痕跡的長度為（）

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

【答案】B

【詳解】對于包裹而言，其加速度為根據牛頓第二定律可得

/2mgcosa-mgsma=ma

解得

a=jugcosa-gsina=0.4m/s2

2s內包裹的位移

12

Xy=—at=0.8m

勺2

2s內傳送帶的位移

尤

=2m

2市

此階段痕跡的長度

AXj=x-x1=1.2m

2s時包裹的速度

vQ=at=0.8m/s

此時傳送帶的速度

v=1x2m/s=2m/s

此后一直做勻速直線運動，包裹依然做勻加速直線運動，設經過t二者共速，則有

v=v0+at

代入數據解得

t=3s

此時包裹的位移

2

x2=vQi+；at=4.2m>L-xx=3.25m

所以包裹在沒有共速前就已經到達頂端，設包裹在余下的位移所以時間為/”，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

整個過程，包裹在傳送帶上留下痕跡的長度為

Ax=Ax,+Ax,=2.95m

B正確。

故選B。

9.（2024?山西?一模）如圖所示，物塊A通過一根不可伸長且承受張力足夠大的輕繩繞過光滑的輕滑輪與

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

以加速度旬勻加速運動時，B恰好相對C不下滑。當C的加速度由。=/逐漸緩慢變大時（）

A.A對C的摩擦力保持不變B.A對C的壓力保持不變

C.A、B相對C仍保持靜止D.輕繩對B拉力保持不變

【答案】C

【詳解】D.受力分析，如圖所示

NA

T

當C以加速度ao向上勻加速時，A、B均相對于C恰好保持相對靜止，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

當加速度由如逐漸變大時，加速度越大，輕繩對B拉力逐漸變大，故D錯誤；

B.C對A的支持力逐漸變大，由牛頓第三定律，A對C的壓力逐漸變大，故B錯誤；

A.A對C的摩擦力逐漸變大，故A錯誤；

C.整理表達式發現A、B質量消元，則A、B相對C一直靜止，故C正確。

故選C。

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

為“2,A和D的質量均為3?7,B和C之間用一平行于斜面的輕繩連接，現對A施加平行于斜面向上

的拉力凡使得四個滑塊以相同加速度一起沿著斜面向上運動，滑塊間的動摩擦因數均為〃，重力加速

度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）

A.拉力P的最大值為L34〃?gcos。

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

C.當拉力尸取得最大值時，輕繩上的彈力大小為0.8〃mgcos。

D.當拉力尸取得最大值時，C、D間的摩擦力為〃cos，

【答案】C

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

得

/jmgcos0-5mgsin〃=5ma

對整體

F-Smgsin3=8ma

解得

F=1.6jLimgcos0

此時對CD的整體

T-4mgsm9=4ma

解得

T=0.8〃〃zgcos6

此時對D分析可知

fCD-3mgsin6=3ma

解得

fCD=0.6jumgcos0

故AD錯誤，C正確；

B.C對D的摩擦力為0.3〃“gcos。時，對D進行受力分析，根據牛頓第二定律有

0.3^imgcos0—3mgsin0=3ma

設A對B的摩擦力為及,對BCD根據牛頓第二定律有

K-5mgsin0=5ma

解得

居=Q.5jumgcos3

故B錯誤；

故選Co

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

從兩個斜面的最高點A和E同時由靜止釋放，結果兩個球同時到達C點，已知斜面體A8C的斜面長為

小高為4,斜面體CQE斜面長為右，高為色，不計小球大小，則下列關系正確的是（）

b

B—J月-后

AG

D，低一而

【答案】C

【詳解】。球運動的加速度大小

h

%=gsin4=。球運動的加速度大小

4

出=gsing=}ga、b兩個小球分別從兩個斜面的最高點A和￡同時由靜止釋放，結果兩個球同時到

L2

達C點，則有

~,'Ll?~ci^t

解得

互上

1\%

故選Co

12.（2024?湖北?模擬預測）豎直墻壁上有A、B、C、。四個點，離墻壁為d的E點有四個光滑的斜面分別

連接到A、B、C、D且斜面與水平面的夾角為30。、37。、53。、60°o同時在E點靜止釋放四個物體,

則下列說法正確的是（）

A.物體最先到達AB.物體同時到達A、B

C.物體同時到達及CD.物體同時到達C、D

【答案】C

【詳解】沿四個斜面加速度分別為

aA=gsin30°

aB=gsin37°

ac=gsin53°

aD=gsin60°

沿四個斜面下滑的時間分別為

2d8局

g-sin30°-cos30°3g

2d25d

g?sin370?cos3706g

2d25d

g?sin530?cos5306g

2d

=

■sin60°-cos60°3g

故AD、BC同時到達。

故選C。

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

〃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，sin37°=0.6,cos37°=0.8,則()

A.木棍對鑄件彈力的合力為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，根據受力平衡可得兩根直木棍對鑄件彈力的合力大小為

N合=mgcosa=160N

故A錯誤;

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

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錯誤；

D.如圖所示

根據幾何關系可得

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

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錯誤。

故選B。

14.（2024.重慶大足?二模）如題圖所示，一質量為優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摩擦因數為。5現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摩擦力，則下列說法正確的是（）

A.物塊靜止不動，摩擦力的大小為乎mg

B.摩擦力的大小為日機g,方向沿斜面向上

C.物塊向斜面左下方做勻加速直線運動

D.物塊向斜面左下方做曲線運動

【答案】C

【詳解】對物塊受力分析，若物體處于平衡狀態，重力的分力與外力的合力為

F合=&ngsin30）°+-2=mg

若摩擦力為滑動摩擦力，則

73

f=pmgcos30°=mg

由于

F告）f'

故物塊受到的摩擦力為動摩擦力，方向沿斜面右上方，根據牛頓第二定律可得

心―/，=ma

可知物塊向斜面左下方做勻加速直線運動。

故選C。

15.（2025?湖南永州?一模）如圖所示，A、B滑塊質量分別是啊和〃?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狀態。現靜止釋放A,當A沿斜面體D下滑、B上升時,

不計繩子質量及一切摩擦，重力加速度為g,地板突出部分E對斜面體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A、B、D組成的整體為研究對象，地板突出部分E對斜面體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，因為B、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A、B組成的整體則有

又有

ax=acosa

聯立解得

m(mgsintz-77?g)

F=—A----A---------------B---coscr