【江苏专版】13　第三章　第3节　牛顿运动定律的综合应用 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习

(共143张PPT)
第三章　运动和力的关系
第3节　牛顿运动定律的综合应用
细研考点·突破题型
考点1　 动力学中整体法、隔离法的应用
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：
①明确研究对象或过程、状态。
②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。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
3．整体法与隔离法的应用题中连接体的运动特点
轻绳 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等
轻杆 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比
轻弹簧 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等
[典例1]　(物体叠放)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　)
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向下运动
√
关键信息：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
B　[对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C错误；外
力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体
与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相
对斜面体沿斜面上滑，D错误。]
方法技巧　(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
[典例2]　(先整体法后隔离法的应用)(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
A．F B．F
C．F D．F
√
A　[根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站受力分析有F′＝Ma，可得飞船和空间站之间的作用力大小F′＝F，故选A。]
【典例2　教用·备选题】　(物体平放连接)质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦因数相同。在水平推力F作用下做加速度为a的匀加速直线运动，现去掉乙木块，其他不变，则加速度的大小a′是(　　)
A．a′>2a B．a′＝2a
C．a′＝a D．a′<2a
√
A　[根据牛顿第二定律，对甲、乙的整体有F－2μmg＝2ma，去掉乙木块有F－μmg＝ma′；两式相减解得ma′－2ma＝μmg>0，即a′>2a，故选A。]
[典例3]　(弹簧连接) (2024·江苏泰州期末)如图甲所示，一根轻质弹簧拴连A、B物块中间静止在光滑水平面上，物块A的质量为1.5 kg，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内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则(　　)
A．F大小为1 N
B．t＝1 s时弹簧弹力为1 N
C．物块B的质量为1 kg
D．t＝1 s时物块A的速度为0.8 m/s
√
C　[t＝0时刻，对物块A，有F＝mAa0，所以F＝1.5 N，故A错误；t＝1 s时，两物块加速度相同，则F＝(mA＋mB)a1，F弹＝mBa1，代入数据解得mB＝1 kg，F弹＝0.6 N，故B错误，C正确；a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，若物块A的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2，图像的面积为Δv＝×1 m/s＝0.8 m/s，由于物块A的 a-t 图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8 m/s，则t＝1 s时物块A的速度大小小于0.8 m/s，故D错误。故选C。]
[典例4]　(物体叠放与轻绳连接)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT
√
C　[质量为2m的木块受重力、地面的支持力、轻绳的拉力、质量为m的木块对它的压力和摩擦力五个力的作用，故A项错误；当绳的拉力为FT时，对质量为m和2m的两木块有FT＝3ma，此时对整体有F＝6ma，可得F＝2FT，故B项错误，C项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT，故D项错误。]
[典例5]　(轻绳连接)如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。则(　　)
A．F′＝F，F′T＝FT
B．F′>F，F′T＝FT
C．F′FT
D．F′√
B　[对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcos α＝mg，F′Tcos α＝mg，所以FT＝F′T。 对于题图乙中的小球，水平方向有F′Tsin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有FTsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。]
考点2　动力学中的图像问题
1．常见的动力学图像
v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。
2．图像问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
3．解题策略
(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、情境结合起来，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。
[典例6]　(动力学中的F-t图像与v-t图像)如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取 10 m/s2。 由题给数据可以得出(　　)
A．木板的质量为2 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
√
思路点拨：解此题关键有两点：
(1)明确FT-t图像和v-t图像的信息，并做好运动分析和受力分析。
(2)分段研究木板的加速度和应用牛顿第二定律求解。
B　[分析知木板受到的摩擦力Ff＝FT。0～2 s内，木板静止，F＝Ff，F逐渐增大，所以C错误；4～5 s内，木板加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板受力分析，Ff＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，所以A错误；2～4 s内，对木板F－Ff＝ma1，F＝Ff＋ma1＝0.2 N＋1× N＝0.4 N，所以B正确；由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，所以D错误。]
方法技巧　动力学图像问题的解题策略
【典例6　教用·备选题】　(动力学中的v-t图像)(2025·苏锡常镇四市调研)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某一位置后，又自行滑下，该滑块的v-t图像如图所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)
A．斜面倾角为30°
B．斜面倾角为53°
C．动摩擦因数μ＝0.5
D．动摩擦因数μ＝0.2
√
C　[速度—时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得，上升时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，下滑时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5，故C正确。]
[典例7]　(动力学中的a-t图像)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法错误的是(　　)
A．F的大小为8 N
B．0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反
C．t＝3 s时，物体离出发位置最远
D．3 s末物体的速度为0
√
A　[由题图乙可知t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下，加速度大小为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为Ff＝m|a2|＝2×2 N＝4 N，在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误，符合题意；由题图乙可知，0～1 s内物体加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确，不符合题意；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的时间t2＝＝ s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度是零，物体离出发位置最远，C、D正确，不符合题意。故选A。]
[典例8]　(动力学中的a-m图像)(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
D　[设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，可知D正确。]
考点3　 动力学中的临界、极值问题
1．动力学中常见临界极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
2．处理临界问题的三种方法
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，特别是有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，如三角函数法、根据临界条件列不等式法、利用二次函数的判别式法
[典例9]　(脱离的临界问题)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，g取 10 m/s2。 求力F的最大值与最小值。
审题指导：
题干关键 获取信息
光滑固定斜面 无滑动摩擦力
系统处于静止状态 可求出弹簧的压缩量
从静止开始沿斜面向上做匀加速运动 初速度为零，加速度恒定
0.2 s以后F为恒力 经过0.2 s，P和Q恰好分离
力F的最大值与最小值 t＝0时拉力最小，分离后拉力最大
[解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1g sin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2g sin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(g sin θ＋a)＝72 N。
[答案]　72 N　36 N
方法技巧　动力学中几种典型的“临界条件”
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断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。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件是加速度变为0。
[典例10]　(相对滑动的临界、极值问题)在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝
1.0 kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)
A．2.0 N B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
√
C　[根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N；根据题图乙所示情况，设A、B刚开始要发生相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。]
[典例11]　(接触与脱离的临界、极值问题)如图所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg，当滑块M以a＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝
10 m/s2)(　　)
A．10 N B．5 N
C． N D． N
√
A　[当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。
根据牛顿第二定律，有FTcos θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已经离开斜面，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cos α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10N，故选项A正确。]
微点突破2 　动力学中的几类典型模型
“等时圆”模型　　　
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
[典例1]　(“等时圆”模型的应用)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则(　　)
A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
√
D　[如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用。设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，得加速度大小a＝g sin θ。设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝D sin θ，x＝at2，解得t＝，可见滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所
用的时间相等，选项D正确。]
规律总结　(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，
物体沿不同的光滑弦自上端
由静止开始滑到下端所用时
间相等，如图丙所示。
【典例1　教用·备选题】　(“等时圆”模型的应用)如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成的矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一可看作质点的小球a、b、d，它们的质量之比为1∶2∶3。现让a、b、d三个小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻
力，则它们在各杆上滑行的时间之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
√
A　[因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。]
水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情境1 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
项目 图示 滑块可能的运动情况
情境2 以v0冲上匀速传送带 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＝v，一直匀速
(3)v0项目 图示 滑块可能的运动情况
情境3 以v0冲上匀速传送带 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v0项目 图示 滑块可能的运动情况
情境4 轻放在匀加速启动的传送带上 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
(1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma
(2)若μg[典例2]　(水平传送带模型)如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。求：
(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为 12 m/s，物块到达B端时的速度大小；
(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
[解析]　(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN
得a＝6 m/s2
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动
又x＝＝ m>L＝8 m
则由＝－2aL
得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到 v1＝12 m/s
由＝2ax1，得x1＝ m故物块先加速运动后匀速运动
即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s。
(3)当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝＝
3 m由0＝v′0－at1，得t1＝1 s
当物块向左加速到v2＝4 m/s时
由＝2ax3得x3＝ m故物块向左先加速运动后匀速运动
由v2＝at2，得t2＝ s
物块匀速运动的位移
x4＝x2－x3＝ m
由x4＝v2t3得t3＝ s
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝ s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3) s
[典例3]　(物块初速度与传送带速度反向)(2024·南京师大附中月考)如图所示，水平方向的传送带以 4 m/s 的恒定速度顺时针转动，其两端A、B间的距离为 7 m。 一物块从B端以5 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中的(　　)
A　　　　　　B
C　　　　 　D
√
B　[物块刚滑上传送带时，由于物块与传送带间的摩擦力的作用，物块做匀减速运动，其加速度为a＝μg＝2 m/s2，当物块的速度减小为0时，物块前进的距离为s＝ m＝6.25 m，其值小于AB的距离，故物块减速到0后会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时，物块向右滑行的距离为s′＝ m＝4 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，此后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小。综上所述，A、C、D错误，B正确。]
规律总结　1．求解水平传送带问题的关键
(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。
(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．处理此类问题的一般流程
弄清初始条件 判断相对运动 判断滑动摩擦力的大小和方向 分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向 由物体的速度变化分析相对运动 进一步确定以后的受力及运动情况。
倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情境1 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情境2 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速
项目 图示 滑块可能的运动情况
情境3 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速
(6)可能一直减速
项目 图示 滑块可能的运动情况
情境4 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能先减速，再反向加速，最后匀速
(5)可能一直减速
[典例4]　(倾斜传送带模型)如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v-t图中不可能描述小物块在传送带上运动的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
D　[当小物块的初速度沿传送带向下(μtan θ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2，即a2＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，满足mg sin θ<μmg cos θ，可知二者将共速，故B正确，与题意不符；同理，可知当小物块的初速度沿斜面向上时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ
＝ma，即a＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块先沿传送带向上匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，最后与传送带共速(μ>tan θ)，或者继续匀加速(μ易错警示　滑块在传送带上运动时应注意的“六点”
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mg sin θ与μmg cos θ的大小才能确定运动情况。
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。
(5)注意传送带的长度是足够长还是有限长，判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
【典例4　教用·备选题】(倾斜传送带模型)如图所示，足够长的倾斜传送带以速度v0逆时针方向匀速转动，相同的滑块A、B由一段不计质量的细线连接，A处于传送带上、B处于光滑水平面上，细线刚好伸直。初始时刻A、B的速度均为0，当A与传送带速度相同时，B恰好滑上传送带(B由水平面滑上传送带时速度大小不变)。不计传送带与细线间的摩擦力，A、B可视为质点，与传送带的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下有关滑块A的速度—
时间图像(v-t图)中，可能不正确的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
D　[设滑块A、B质量均为m，传送带的倾角为θ，A的初速度为0，所以刚开始A做匀加速运动，由于A、B是连接体，根据牛顿第二定律可知mg sin θ＋μmg cos θ＝2ma，当A与传送带速度相同时，B恰好滑上传送带上，也与传送带共速，速度均为u，共速后对A、B整体进行分析，若2mg sin θ≤2μmg cos θ，即μ≥tan θ，由于与传送带的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B将匀速下滑，因此整个过程A先加速运动后匀速运动，故C正确。共速后对A、B整体进行分析，若2mg sin θ>2μmg cos θ，即μa′＝a，则有＝sin θ－μcos θ，即μ＝tan θ，A一直以加速度a做加速运动，速度—时间图像为一条连续的斜线；若a′a，则有μ[典例5]　(物块速度与传送带速度同向)(2024·江苏南京一模)如图所示，倾角为θ的传送带始终以5 m/s的速度顺时针匀速运动，一质量为1 kg的物块以10 m/s的速度从底端冲上传送带，恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，物块从传送带底端运动到顶端的时间为(　　)
A．1.0 s B．1.5 s
C．2.5 s D．3.0 s
√
D　[开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝
10 m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间t1＝＝0.5 s；之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为零所需时间t2＝＝2.5 s；物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋t2＝3.0 s。 故选D。]
[典例6]　(物体沿传送带向上运动的情形)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0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，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取 10 m/s2，则(　　)
A．传送带的速度为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
√
A　[如果v0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v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积，即×(12－4)×1 m＋4×1＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，1～2 s 内，a2＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。]
[典例7]　(物体沿传送带向下运动的情形)如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，转动速度恒为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8) 求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
[解析]　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma
则a＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2
根据l＝at2得t＝4 s。
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1
则有a1＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝＝ s＝1 s
x1＝＝5 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则有
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2
a2＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝
则有＝11
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
[答案]　(1)4 s　(2)2 s
1．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2。
“滑块—木板”模型
同向运动时：L＝x1－x2。
反向运动时：L＝x1＋x2。
[典例8]　(“滑块—木板”模型)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取 10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分]　第一步：分析研究对象模型。
设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分解过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程，小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如
图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做
匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
[解析]　(1)根据图像可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝
4 m/s
碰撞后木板速度方向水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得
x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得
μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有
μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 的过程中，木板向左运动的位移为x1＝＝ m
末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
小物块向右运动的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝
木板继续减速，加速度大小仍为
a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝＝ m
末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
小物块向左运动的位移x4＝＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案]　(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m
[典例9]　(无拉力)如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度大小；
(2)木板在地面上运动的距离。
[解析]　(1)对B分析有μ1mBg＝mBa1
解得滑块B加速度大小为
a1＝μ1g＝5 m/s2
对木板分析有
μ1mBg－μ1mAg－μ2(mA＋mB＋m)g＝ma2
解得木板加速度大小为a2＝2.5 m/s2
设B与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得v0－a1t1＝a2t1
解得t1＝0.4 s
则B与木板相对静止时，木板的速度大小为v1＝a2t1＝1 m/s。
(2)对A分析有μ1mAg＝mAa4
解得滑块A加速度大小为a4＝μ1g＝5 m/s2
由于A与B初速度与加速度大小相等，所以当B速度减为1 m/s时，A速度大小也减为1 m/s
B与木板相对静止后，对B与木板整体有
μ2(mA＋mB＋m)g＋μ1mAg＝(m＋mB)a3
解得B与木板的加速度大小为a3＝ m/s2
设经时间t2，A与木板共速，取向右为正方向，由公式可得v1－a3t2＝－v1＋a4t2
代入数据解得t2＝0.3 s
此时三者具有共同速度为
v2＝v1－a3t2＝0.5 m/s
最后三者一起做匀减速运动，则可得
μ2(mA＋mB＋m)g＝(mA＋mB＋m)a5
解得共同加速度大小为a5＝1 m/s2
木板在地面上运动的距离为
s＝＝0.2 m＋0.225 m＋0.125 m＝0.55 m。
[答案]　(1)1 m/s　(2)0.55 m
[典例10]　(拉力作用在板上)(2024·江苏扬州一模)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的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．10 NB．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>15 N时物块B和木板C相对滑动
√
D　[由题图可知，当10 N15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C发生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)g sin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a，联立方程可得M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，故C错误；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，此时物块和木板恰好发生相对滑动，此时物块和木板之间的静摩擦力达到最大，则对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，可得μ＝，故B错误。]
【典例10　教用·备选题】　(拉力作用在板上)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，g取 10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
[解析]　(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为Ff1＝μm1g，Ff2＝μ(m1＋m2)g
纸板所受摩擦力的大小
Ff＝Ff1＋Ff2＝μ(2m1＋m2)g。
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2
则有Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动需要a2＞a1
代入数据解得F＞2μ(m1＋m2)g。
(3)为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为x1＝
纸板运动距离为d＋x1＝
纸板抽出后砝码运动的距离为x2＝
又l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
且有F－Ff1－Ff2＝m2a2
代入数据联立得F＝22.4 N。
[答案]　(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F＞2μ(m1＋m2)g　(3)22.4 N
[典例11]　(拉力作用在木块上)如图1所示，在水平面上有一质量为 m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；
(2)t＝10 s时，木块、木板的加速度各为多大；
(3)在图2中画出木块的加速度随时间变化的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。
[解析]　(1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对木板有
Ffmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，Ffmax＝μ1m2g
解得amax＝3 m/s2
对整体有Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax
解得Fmax＝12 N
由Fmax＝3t1得t1＝4 s。
(2)t＝10 s时，木块、木板已相对运动，则
对木板有μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1
解得a1＝3 m/s2
对木块有F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30 N
解得a2＝12 m/s2。
(3)图像过(1，0)，(4，3)，(10，12)，
如图所示。
[答案]　(1)4 s　(2)12 m/s2　3 m/s2　(3)见解析图
题组一　动力学中整体法、隔离法的应用
1．(2024·江苏如皋中学高三月考)如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢的竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小
车加速运动，为保证A、B无滑动，则(　　)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
课时分层作业(九)　牛顿运动定律的综合应用
A．加速度一定向右，不能超过μg
B．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
D　[小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有mg＝μF引，当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则FN≥F引，则FN－F引＝ma，加速时加速度一定向左，对B有μ(mg＋F引)＝mam，解得am＝(1＋μ)g。故选D。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2．(2024·江苏泰州一模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放着质量分别为m1、m2…mn的n个滑块，开始时用手托住第一个滑块，使所有滑块静止在斜面上。重力加速度为g，放手后这些滑块沿着斜面下滑过程中，第n个滑块与第n－1个滑块之间的作用力大小为(　　)
A．0 B．mng sin θ
C．(mn－1－mn)g sin θ D．(mn－1＋mn)g sin θ
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A　[把这n个滑块当作一个整体，整体的加速度为a＝g sin θ，每个滑块的加速度均为a＝g sin θ，因此第n个滑块的加速度也为a＝g sin θ，第n个滑块与第n－1个滑块之间的作用力为0。故选A。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题组二　动力学中的图像问题
3．如图所示，轻弹簧的下端与物块Q连接，上端与物块P连接。已知P、Q质量相等，P静止时弹簧压缩量为x0，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，至Q恰好离开地面。以x表示P离开静止位置的位移。下列表示F和x之间关系的图像，可能正确的是(　　)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
B　[设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg＝kx0。设物块P的位移为x，当xx0后，弹簧被拉伸，有F－k(x－x0)－mg＝ma，仍可得F＝kx＋ma，即F与x是线性关系，且F随x的增大而增大，当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸，拉力等于Q的重力，因此形变量也为x0，所以P上升的距离为2x0，所以B正确，A、C、D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题组三　动力学中的临界、极值问题
4．一辆货车运载着规格相同的圆柱形光滑空油桶。车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上层只有桶c，摆放在a、b之间，没有用绳索固定。重力加速度大小为g，汽车沿水平路面向左加速，保证桶c相对车静止的情况下(　　)
A．加速度越大，a对c的作用力越大
B．加速度越大，b对c的作用力越小
C．加速度的最大值为g
D．若油桶里装满油，汽车加速度的最大值小于g
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C　[对c进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得Fb cos 60°－Fa cos 60°＝ma，同时在竖直方向上有 Fb sin 60°＋Fa sin 60°＝mg，可知加速度越大，a对c的作用力越小，b对c的作用力越大，故A、B错误；可知当Fa＝0时，加速度最大，此时可得 Fb cos 60°＝mamax，Fb sin 60°＝mg，解得 amax＝＝g，故C正确；由上述可知，加速度的最大值与油桶的质量无关，故不论油桶装不装满油，汽车
的加速度最大值都为g，故D错误。故选C。]
1
题号
2
3
4
5
6
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8
9
10
题组四　传送带模型
5．(2024·江苏无锡一模)如图，传送带顺时针匀速转动，在其左端放上无初速度的木块P，木块被运送到右端。现将传送带的转动速率调大，再次将木块P无初速度放在传送带左端，则木块(　　)
A．加速过程中的加速度变大
B．运动到传送带右端时的速度一定变大
C．运动到传送带右端的时间一定变短
D．与传送带之间相对滑动的路程一定变大
√
1
题号
2
3
4
5
6
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8
9
10
D　[设木块质量为m，传送带长度为L，二者之间的动摩擦因数为μ，对木块受力分析，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg，可知，木块的加速度与传送带的速度无关，故A错误；如果木块原来就是一直加速的，到达右端的速度满足v2＝2aL，解得v＝，当传送带的速度变大时，木块运动到传送带右端时的速度不变，故B错误；如果木块原来就是一直加速的，到达右端的时间为t，则有L＝at2，解得t＝，当传送带的速度变大时，木块运动到传送带
1
题号
2
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8
9
10
右端的时间不变，故C错误；如果二者不会共速，木块相对于传送带滑动的时间为t，则相对于传送带滑动的距离为s＝v带t－L，传送带的速度越大，木块与传送带之间相对滑动的路程一定越大，如果能够达到共速，相对距离为s′＝v带t0－t0＝t0，又v带＝at0，联立解得s′＝，传送带的速度越大，木块与传送带之间相对滑动的路程一定越大，故D正确。]
1
题号
2
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6．如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距 L＝5.0 m，质量为 M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s 的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运动的速度可以调节，物体从
A点到达B点的最短时间。
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[解析]　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma1 ①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，则
t1＝ ②
通过的位移x1＝t1 ③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
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Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma2 ④
物体继续减速，设经过时间t2物体到达传送带B点，则L－x1＝ ⑤
联立①②③④⑤式可得
t＝t1＋t2＝2.2 s。
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(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2，有
L＝v0t′－a2t′2
解得t′＝1 s(t′＝5 s舍去)。
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[答案]　(1)2.2 s　(2)1 s
题组五　板块模型
7．(2019·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
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(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
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[解析]　A、B的运动过程如图所示。
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(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动＝2aAL
解得vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg。
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(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
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[答案]　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
8．(2024·江苏泰州一模)如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′>AO′>CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　)
√
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A．A处滑块最先到达O′点
B．B处滑块最先到达O′点
C．C处滑块最先到达O′点
D．三个滑块同时到达O′点
D　[令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，根据位移公式有2R sin θ＝
g sin θ·t2，解得t＝2，可知时间t与滑板的倾角θ和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O′点。故选D。]
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9．(2024·江苏宿迁期末)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＝1.2μmg，则木板的加速度a的大小是(　　)
A．0.45μg B．0.35μg
C．0.25μg D．0.5μg
√
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B　[若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有μmg－×2mg＝ma，解得a＝，对物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma′，解得a′＝0.2μg1
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10．如图所示，光滑水平面上放着长L＝2 m，质量为M＝4 kg的薄木板，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始均静止。现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10 m/s2。求：
(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；
(2)如果拉力F＝11 N，小物体能获得的最大速度。
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[解析]　(1)物体随木板运动的最大加速度为a，对物体由牛顿第二定律μmg＝ma
所以可得物体最大加速度为
a＝μg＝0.2×10 m/s2＝
对整体分析，由牛顿第二定律得
Fmax＝(M＋m)a＝(4＋1)×2 N＝10 N。
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(2)因施加的拉力F＞10 N，故物体相对木板滑动，木板对地运动的加速度为a1
对木板由牛顿第二定律F－μmg＝Ma1
物体在木板上相对运动的时间为t，有
L＝a1t2－at2
解得t＝4 s，a1＝ m/s2
物体脱离木板时的速度最大为
vm＝at＝8 m/s。
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[答案]　(1)10 N　(2)8 m/s
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