2025年高考物理二轮复习导学案：专题强化四 牛顿第二定律的综合应用

2025年高考物理二轮复习导学案：专题强化四牛顿第二定律的综合应用专题强化四　牛顿第二定律的综合应用
素养目标
1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题．
2．理解几种常见的临界极值条件．
3．会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题．
4．掌握运动学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义．
考点一　动力学中的连接体问题
1．连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．处理连接体问题的方法
(1)整体法的选取原则及解题步骤
①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法．
②运用整体法解题的基本步骤：
(2)隔离法的选取原则及解题步骤
①当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法．
②运用隔离法解题的基本步骤：
第一步：明确研究对象或过程、状态．
第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来．
第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图．
第四步：选用适当的物理规律列方程求解．
考向1　加速度相同的连接体问题
例1 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g
C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
例2 (多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2 kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，下列说法正确的是(　　)
A．Q对P的摩擦力方向水平向右
B．水平面对Q的摩擦力大小为2 N
C．P与Q之间的摩擦力大小为4 N
D．P与Q发生相对滑动
考向2　加速度不同的连接体问题
(1)常见情形
速度、加速度大小相等，方向不同
(2)常用方法：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程．
例3 如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上．将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半．已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，则推力F的大小为(　　)
A．4.0 N　　B．3.0 N
C．2.5 N D．1.5 N
考点二　动力学中的临界和极值问题
　
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
脱离瞬间两物体的加速度仍相等
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
2．求解临界极值问题的三种方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
考向1　相对滑动的临界问题
例4 (多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是(　　)
A．a＝0　B．a＝　C．a＝　D．a＝
[教你解决问题]
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向2　恰好脱离的动力学临界问题
例5 (多选)如图所示，倾角为α的光滑斜面体固定在水平面上，质量不计的轻弹簧一端固定在斜面体底端的挡板上，另一端与质量为m的滑块乙相连接，另一质量为2m的滑块甲与滑块乙并排放在斜面体上(两滑块不粘连)．开始时弹簧的压缩量为x0，某时刻在滑块甲上施加一沿斜面体向上的外力F，使滑块甲沿斜面体向上做匀加速直线运动，经过一段时间两滑块分离，此时外力F＝3mg sin α，重力加速度为g.则以下说法正确的是(　　)
A．弹簧的劲度系数为k＝
B．两滑块分离时，弹簧的弹力恰好为零
C．两滑块分离时，弹簧的压缩量为
D．从施力到分离的时间为
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向3　动力学中的极值问题
例6 [2024·九省联考黑龙江、吉林卷]如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上．给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g.挡板对乙的弹力最大值为(　　)
A．2mg sin θ B．3mg sin θ
C．4mg sin θ D．5mg sin θ
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点三　 动力学图像问题
　
常见 图像 v t图像、F t图像、a F图像、a t图像、a x图像
三种 类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况． (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况． (3)由已知条件确定某物理量的变化图像．
解题 策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像． (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
破题 关键 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点． (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等． (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点．
考向1　动力学v t图像
例7 [2024·江苏盐城联考]一弹性小球从离地板不太高的地方自由释放，与地板碰撞时没有机械能损失．设小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，则小球从释放到第一次上升到最高点的过程中，小球运动的速度－时间图像可能正确的是(　　)
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向2　动力学F t、F a图像
例8 (多选)[2023·全国甲卷]
用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙．甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示．由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例9 [2024·重庆市高三联考]甲、乙两物体静置于粗糙水平地面上，与地面摩擦因数相同．t＝0时刻起，在物体上均施加周期性变化的水平外力F，变化规律如图所示．甲、乙在运动中具有如下特点：甲物体在2 s末、4 s末速度相同且不为0；乙物体在第3 s内做匀速运动；则甲与乙质量之比为(　　)
A．3∶2 B．3∶4
C．2∶3 D．无法确定
考向3　动力学a t、a x图像
例10 (多选)如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A的质量为mA＝1.2 kg.开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙．弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是(　　)
A．力F大小为1.2 N
B．t＝1 s时A的速度大小为0.8 m/s
C．物块B的质量为0.6 kg
D．从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为0.144 J
例11 如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点．以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度—位移图像如图乙所示，重力加速度为g.在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球在B点时的速度最大
B．小球在C点时所受的弹力大于2mg
C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大
思维提升
1.动力学图像问题处理方法
看清坐标轴所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析图线进而弄懂物理过程，写出相应的函数关系式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
2．v t图像的斜率表示加速度；a t图像面积表示速度变化；F t图像的面积表示冲量，F x图像面积表示功．
专题强化四　牛顿第二定律的综合应用
考点一
例1　解析：若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，解得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大绳的拉力越小，故选C.
答案：C
例2　解析：当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝4 N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为Ff地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误．
答案：AC
例3　解析：未加推力F时，绳中张力T＝mQg＝2 N，加上推力F后，绳中张力为T′＝1 N，对Q应用牛顿第二定律有mQg－T′＝mQa，此时对物块P有F＋T′－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，A项正确．
答案：A
考点二
例4　解析：水平面对木板的最大摩擦力为fm＝·2mg＝μmg，若拉力满足F≤fm＝μmg，则物块和木板均处于静止状态，木板的加速度为a＝0，故A正确；若物块相对木板运动，以木板为对象，根据牛顿第二定律可得μmg－·2mg＝ma，解得木板的加速度为a＝μg，此时μg为木板的最大加速度；当物块与木板相对静止一起在水平面上加速运动时，木板的加速度大小应满足0答案：ABC
例5　解析：开始滑块甲、滑块乙静止在斜面体上，以两滑块整体为研究对象，由力的平衡条件得3mg sin α＝kx0，解得k＝，A正确；两滑块分离瞬间，对滑块甲有F－2mg sin α＝2ma，解得a＝；对滑块乙有kx－mg sin α＝ma，解得x＝≠0，B错误，C正确；由位移公式有x0－x＝at2得t＝ ，D错误．
答案：AC
例6　解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1＝mg sin θ，对甲有F弹1＋mg sin θ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mg sin θ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mg sin θ＝4mg sin θ.
答案：C
考点三
例7　解析：小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，即f＝kv，根据牛顿第二定律，下降过程mg－kv＝ma1，可知，小球加速下降过程中，加速度从g开始逐渐减小．小球碰后上升过程中mg＋kv＝ma2，可知，小球减速上升过程中加速度从大于g的值逐渐减小到g.速度—时间图像的斜率表示加速度，则加速下降阶段，斜率逐渐减小，减速上升阶段，斜率逐渐减小，到最高点时的图像斜率等于刚释放时的斜率．故选B.
答案：B
例8　解析：根据牛顿第二定律有
F－μmg＝ma
整理后有
F＝ma＋μmg
则可知F a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出
m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g
则μ甲<μ乙
故选BC.
答案：BC
例9　解析：甲在2 s末和4 s末速度相同，则2 s到4 s间必经过先减速再加速的过程，因减速和加速时间相同，所以两阶段加速度大小相同，故f＝6 N，乙因为在第三秒内做匀速运动，所以所受合力为零，所以乙受到摩擦力为4 N，又因摩擦因数相同，因为f＝μmg，所以有＝＝＝，故选A.
答案：A
例10　解析：t＝0时刻，A仅受F作用，根据牛顿第二定律可知力F的大小为F＝mAaA0＝1.2 N，故A正确；a t图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，所以t＝1 s时A的速度大小为vA1>×(1＋0.6)×1 m/s＝0.8 m/s，故B错误；设t＝1 s时弹簧的弹力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律分别有F－T＝mAa1；T＝mBa1，解得mB＝0.8 kg，故C错误；根据动量定理可得t＝1 s时A、B组成的系统的动量为p＝Ft＝1.2 kg·m/s，撤去拉力后，系统动量守恒，当A、B达到共同速度v时弹簧伸长量最大，根据动量守恒定律有p＝(mA＋mB)v，解得v＝0.6 m/s，根据动能定理可知从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为W＝mBv2＝0.144 J，故D正确．故选AD.
答案：AD
例11　解析：小球在B点时，合力为重力，合力和速度同向，会继续加速，B点时的速度不是最大，A错误；小球若从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上，大小为g，FN－mg＝mg则FN＝2mg，小球从A点自由下落，小球在C点时，弹力比上述情况要大，加速度向上，大于g.由牛顿第二定律FN－mg>mg，则FN>2mg，B正确；设在D点，弹力和小球重力平衡，D点速度为vD，由微元法可知图像与x轴所包围的上部分面积S1＝)，图像与x轴所包围的下部分面积S2＝)，因为vB>vC＝0，得S1答案：B
专题强化五　传送带模型和“滑块—木板”模型
素养目标
1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题．
2．能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．
考点一　传送带模型
1．模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
3．“传送带”问题解题思路
考向1　动力学中水平传送带问题
例1 (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向2　动力学中的倾斜传送带问题
例2 (多选)某快递公司用倾斜传送带运送包裹，如图所示．包裹被轻放在传送带的底端，在经过短暂的加速过程后，与传送带达到共速，最终被运送到传送带的顶端．若传送带运行速度一定，包裹与传送带间的动摩擦因数相同，则(　　)
A．在包裹加速运动阶段，传送带对包裹的作用力方向竖直向上
B．传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大
C．传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长
D．包裹越重，从传送带的底端运送到顶端所需要的时间越长
考向3　传送带中的动力学图像
例3 (多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
考点二　“滑块—木板”模型
1．模型特点：滑块(一般视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．两种常见类型
类型图示 规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3.解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
考向1　水平面上的板块问题
例4 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
[教你解决问题]　审题图解
[试答]
考向2　斜面上的板块问题
例5 (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为μ1＝.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
考向3　板块问题中的动力学图像问题
例6 [2024·江西南昌统考一模]如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速度，1 s后两物体相对静止一起匀速运动，它们的位移—时间图像如图乙所示，A、B两物体的质量比为(　　)
A.4∶3　　B．2∶1 C．3∶2　　D．5∶2
例7 [2024·贵州黔东南校考模拟预测]如图甲，质量为m＝2 kg的小物块放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.1.长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为M＝0.5 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.07.t＝0时刻小物块获得水平向右的初速度v0＝8 m/s，同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力.4 s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短．最终，小物块静止于长木板上某一位置，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)4 s内水平向右作用力的冲量大小；
(2)小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小；
(3)小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离．
[试答]
专题强化五　传送带模型和“滑块——木板”模型
考点一
例1　解析：开始时，对行李，根据牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
匀加速运动的位移大小
x＝＝×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误．
答案：AC
例2　解析：在包裹加速运动阶段，包裹加速度沿传送带向上，根据力的合成可知传送带对包裹的作用力方向偏向右上方，故A错误；包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速，根据平衡条件可得f＝mg sin θ，所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，故B正确；依题意可得，包裹加速所需时间满足v＝at，又μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立可得包裹加速所需时间t＝，由数学知识可知，传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长，故C正确；依题意由选项C可知，包裹在加速阶段的时间与包裹质量无关，在匀速阶段时间取决于传送带的速度，也与包裹质量无关，所以，整个过程包裹从传送带的底端运送到顶端所需要的时间与包裹质量无关，故D错误．故选BC.
答案：BC
例3　解析：如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做匀减速直线运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v t图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝L sin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．
答案：BC
考点二
例4　解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2.
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m.
(3)刚撤去F时，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s.
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝，解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
答案：(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m
例5　解析：对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
答案：BC
例6　解析：由图乙可知，0～1 s内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A进行受力分析得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后两物体相对静止一起匀速运动，则有v0－aAt＝aBt，B的位移为xB＝aBt2＝2 m，解得aB＝4 m/s2，则得出共速的速度为v末＝vB＝aBt＝4 m/s，对A有xA＝t＝5 m，v末＝v0－aAt＝4 m/s，解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故选B.
答案：B
例7　解析：(1)冲量大小即为图线与时间轴围成的面积，则I＝ N·s＝4 N·s.
(2)对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得I－μ1mgt＝mv－mv0，
带入数据解得v＝6 m/s.
(3)物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左
对木板，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，解得木板加速度大小为a1＝0.5 m/s2
对物块，由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma2
解得物块加速度大小为a2＝1 m/s2
设经过时间t，木块和木板速度相等，由运动学公式可得v′＝a1t′＝v－a2t′
解得t′＝4 s，v′＝2 m/s
由于a2>a1，所以物块和木板共速后保持相对静止
在时间t′内，木板位移为x1＝t′＝×4 m＝4 m
物块位移为x2＝t′＝×4 m＝16 m，
这段时间内相对位移为Δx＝x2－x1＝16 m－4 m＝12 m
所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离为12 m.
答案：(1)4 N·s　(2)6 m/s　(3)12 m