习题课四 动力学中的五类典型问题
1.一质量为m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下在水平面内运动，1 s末撤去恒力F，其v-t图像如图所示，则恒力F和物体所受阻力f的大小是（ ）
A.F＝8 N B.F＝9 N
C.f＝2 N D.f＝6 N
2.质量为M的物块在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示。则传送带转动后（ ）
A.物块减速下滑
B.物块仍匀加速下滑，加速度比之前大
C.物块仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D.物块仍匀加速下滑，加速度比之前小
3.如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定在斜面上的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球的质量为m。若要使球对竖直挡板无压力，球连同斜面应一起（ ）
A.水平向右加速，加速度a＝gtan θ
B.水平向左加速，加速度a＝gtan θ
C.水平向右减速，加速度a＝gsin θ
D.水平向左减速，加速度a＝gsin θ
4.一辆质量为1 000 kg的汽车在水平面上由静止做匀加速运动，再做匀速运动一段时间后关闭发动机，直到停下。它的v-t图像如图所示。（全程摩擦力不变，g取10 m/s2），则（ ）
A.汽车与水平面的动摩擦因数0.5
B.匀速行驶中的汽车牵引力2 000 N
C.加速阶段的汽车牵引力7 500 N
D.汽车全程的位移90 m
5.（多选）如图所示，在桌面上有质量分别为m和M的A、B两个物块，现用水平方向的力F推物块A，使A、B两物块在桌面上一起向右加速，则A、B间的相互作用力为（ ）
A.若桌面光滑，作用力为
B.若桌面光滑，作用力为
C.若A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，A、B仍向右加速，则A、B间的相互作用力为＋μMg
D.若A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，A、B仍向右加速，则A、B间的相互作用力为
6.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧处于原长。若挡板A以4 m/s2 的加速度沿斜面向下做匀加速运动，g取10 m/s2，则（ ）
A.小球从一开始就与挡板分离
B.小球速度最大时与挡板分离
C.小球向下运动0.01 m时与挡板分离
D.小球向下运动0.02 m时速度最大
7.如图所示，质量均为2 kg的物体A、B静止在竖直的轻弹簧上面，质量为1 kg的物体C用细线悬挂起来，B、C紧挨在一起但B、C之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g取10 m/s2）（ ）
A.24 N B.0
C.36 N D.28 N
8.如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件向左滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。（g取10 m/s2）
（1）若传送带静止不动，求vB的大小；
（2）若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B点的速度vB的大小。
（3）若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB的大小及工件由A到B所用的时间。
9.如图所示，一足够长的木板静止在水平面上，质量M＝0.4 kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，一质量m＝0.4 kg的小滑块以v0＝1.8 m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4。小滑块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2；
（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板滑行的距离L；
（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离s。
习题课四 动力学中的五类典型问题
1.B 撤去恒力F后，物体在阻力作用下运动，由v-t图像可知，1～3 s内物体的加速度为a＝3 m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma，可知阻力f＝3 N；由题图可知在0～1 s内其加速度为a'＝6 m/s2，由牛顿第二定律得F－f＝ma'，可求得F＝9 N，B正确。
2.C 传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向N＝Mgcos θ，平行传送带方向有Mgsin θ－μN＝Ma，所以a＝gsin θ－μgcos θ，传送带突然向上转动，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，故物块加速度不变，所以C正确。
3.B 球对竖直挡板无压力时，受力如图所示，重力mg和斜面支持力N的合力方向水平向左。则有F＝mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ，因此斜面应向左加速或者向右减速，故B正确，A、C、D错误。
4.C 汽车减速运动的加速度a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2解得μ＝0.25，选项A错误；匀速行驶中的汽车牵引力F＝f＝μmg＝2 500 N，选项B错误；汽车加速运动的加速度a1＝ m/s2＝5 m/s2，根据牛顿第二定律F'－μmg＝ma1解得F'＝7 500 N，选项C正确；由图像可得汽车全程的位移s＝×（4＋10）×10 m＝70 m，选项D错误。
5.AD 若桌面光滑，将二者看成一个整体，在水平方向上有F＝（M＋m）a，对B分析可得N＝Ma，解得N＝，A正确，B错误；若桌面不光滑，仍将二者看成一个整体，对整体有F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a'，对B分析可得N'－μMg＝Ma'，联立解得N'＝，故C错误，D正确。
6.C 设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，小球与挡板一起运动，小球受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F＝kx。根据牛顿第二定律有mgsin 30°－kx－F1＝ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当小球与挡板分离时，F1减小到零，则有mgsin 30°－kx＝ma，解得x＝＝ m＝0.01 m，即小球向下运动0.01 m时与挡板分离，故A错误，C正确。球和挡板分离前小球做匀加速运动，球和挡板分离后小球开始做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零，即kxm＝mgsin 30°，解得xm＝＝ m＝0.05 m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05 m，故B、D错误。
7.A 在细线被剪断之前，对A、B整体受力分析，重力与弹簧的弹力平衡，则弹簧的弹力大小等于A、B整体的重力大小，即为F弹＝2×20 N＝40 N；在细线被剪断之后的瞬间，A、B、C组成的整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，设A对B的作用力为FAB，则对B、C组成的整体有（mB＋mC）g－FAB＝（mB＋mC）a，解得FAB＝24 N，则根据牛顿第三定律有B对A的压力大小为24 N，故选A。
8.（1）2 m/s （2）能 2 m/s （3）13 m/s 0.67 s
解析：（1）根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，且－＝－2as，故vB＝2 m/s。
（2）能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。
（3）开始时工件所受滑动摩擦力向左，加速度a＝＝μg＝6 m/s2，假设工件能加速到13 m/s，则工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝＝0.5 s，
匀加速运动的位移为
s1＝vAt1＋a＝5.75 m＜8 m，
则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。
匀速运动的位移s2＝s－s1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，工件由A到B所用的时间为t＝t1＋t2＝0.67 s。
9.（1）2 m/s2 4 m/s2 （2）0.27 m （3）0.54 m
解析：（1）小滑块对长木板的滑动摩擦力f2大于水平面对长木板的滑动摩擦力f1，长木板向左加速，小滑块向左减速。据牛顿第二定律，对长木板有
μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1
对小滑块有μ2mg＝ma2
代入数据得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2。
（2）小滑块与长木板速度相等时，有v0－a2t＝a1t
解得t＝0.3 s
小滑块运动的距离s2＝v0t－a2t2＝0.36 m
长木板运动的距离s1＝a1t2＝0.09 m
所以L＝s2－s1＝0.27 m。
（3）此后两者一起做匀减速运动，初速度v＝a1t＝0.6 m/s
据牛顿第二定律，对整体有μ1（M＋m）g＝（M＋m）a3
加速度的大小a3＝1 m/s2
运动的距离s3＝＝0.18 m
所以s＝s2＋s3＝0.54 m。
3 / 3习题课四 动力学中的五类典型问题
要点一 动力学中的图像问题
常见动力学图像问题的处理技巧
v-t 图像 可以从所提供图像获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况
F-t 图像 首先应明确该图像表示物体所受的是哪个力，还是合力，根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况
a-t 图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
【典例1】
质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图所示，g取10 m/s2，求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）水平推力F的大小；
（3）0～10 s内物体运动位移的大小。
思路点拨 解答本题可按以下思路进行分析：
尝试解答
1.
如图所示，物体在五个共点力的作用下沿F1方向做匀速直线运动，t＝0时刻撤去力F1，而保持其余四个力不变，则物体的v-t图像可能正确的是（ ）
2.如图甲所示，可视为质点的物块静止在倾角为θ＝37°的粗糙固定斜面的顶端，对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，4 s末物块恰好运动到斜面底端。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A.斜面的长度为2 m
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.8
C.物块的质量为0.5 kg
D.0～4 s时间内，物块先加速下滑后减速下滑
要点二 动力学中的连接体问题
1.连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。
2.整体法与隔离法的选用
（1）求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。
（2）求解连接体问题时，随着研究对象的转换，往往两种方法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。
（3）无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
（4）在运用牛顿第二定律F＝ma解连接体问题时，要注意式中的质量m应与研究对象对应。
【典例2】
（多选）如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（ ）
A.无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将减小
B.若粘在木块A上面，绳的拉力减小，木块A、B间摩擦力不变
C.若粘在木块B上面，绳的拉力增大，木块A、B间摩擦力增大
D.若粘在木块C上面，绳的拉力和木块A、B间摩擦力都减小
尝试解答
1.如图所示，质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在A、B上，则（ ）
A.弹簧测力计的示数是50 N
B.弹簧测力计的示数是24 N
C.在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为4 m/s2
D.在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为10 m/s2
2.如图甲所示，质量为m的物块B静止在质量为M的物块A上，物块A通过细绳与质量为m0的物块C相连，在细绳拉力的作用下A、B一起沿光滑水平面运动。现以一恒力F代替物块C，仍使A、B一起沿光滑水平面运动，如图乙所示，已知两种情况下A、B始终保持相对静止且系统的加速度相等，不计绳、滑轮的质量及绳和滑轮间的摩擦，则恒力F的大小为（ ）
A.m0g B.（M－m）g
C. D.
要点三 动力学中的临界问题
1.常见的动力学临界问题及临界条件
（1）接触与分离的临界条件：两物体相接触（或分离）的临界条件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。
（2）相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。
（3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是绳上的张力恰好为零。
（4）出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。
2.解题关键
正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分析，挖掘出隐含的临界条件。
【典例3】
如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。
（1）当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
（3）当滑块以a'＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
尝试解答
1.
如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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（ ）
A.加速度可能向右，大小小于μg
B.加速度一定向右，大小不能超过（1＋μ）g
C.加速度一定向左，大小不能超过μg
D.加速度一定向左，大小不能超过（1＋μ）g
2.
如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时B与A分离。下列说法正确的是（ ）
A.B和A刚分离时，弹簧为原长
B.B和A刚分离时，它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于
D.在B与A分离之前，它们做匀加速运动
要点四 动力学中的传送带问题
1.分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题两类。
2.解题思路和关键
3.物块在传送带上运动的四类常见情形
（1）v0＝v时，一直匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 （3）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 （1）传送带较短时，一直减速 （2）传送带较长时，先减速后返回 ①v0≤v时，返回初始位置的速度为v0 ②v0＞v时，返回初始位置的速度为v
续表
（1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速 （1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速 （3）可能先以a1加速，后以a2加速
【典例4】
如图所示，传送带的水平部分长度为Lab＝2 m，斜面部分长度为Lbc＝4 m，bc与水平面的夹角α＝37°。一个物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示的方向转动，速率v＝2 m/s。若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）求：
（1）物体A从a点被传送到b点所用的时间；
（2）物体A到达c点时的速度大小。
尝试解答
规律方法
分析传送带问题的三个步骤
（1）初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
（2）确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动形式。
（3）运用相应规律，进行相关计算。
1.
（多选）如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是（ ）
2.
如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64 m，传送带以20 m/s 的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。）
要点五 动力学中的板块模型
1. 模型概述
一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动问题，涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2.板块模型的三个基本关系
（1）加速度关系：如果滑块与滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动的隐含条件。
（2）速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变。
（3）位移关系：滑块与滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与滑板的运动过程，认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系。
3.解题方法
（1）明确各物体的初始状态（对地的运动和物体间的相对运动），确定物体间的摩擦力方向。
（2）分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。
（3）找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例5】 质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N的作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1 m/s 时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。（取g＝10 m/s2）求：
（1）物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大？
（2）木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？
（3）物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。
尝试解答
1.
如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在水平地面上，其上放一质量为m2的物块，物块与木板的接触面是光滑的，从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图像符合运动情况的是（ ）
2.
如图所示，一质量为M＝2 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1 kg的小滑块（可视为质点）静止放在长木板上。从t＝0时刻开始，长木板受到向左的逐渐增加的水平拉力F，小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.当F＝12 N时，小滑块的加速度大小为 5 m/s2
B.当F＝18 N时，小滑块的加速度大小为6 m/s2
C.当F＝18 N时，长木板的加速度大小为6.5 m/s2
D.当F增大时，小滑块的加速度一定增大
1.
如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是（ ）
2.
如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为（ ）
A. B.
C. D.
3.
如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦。在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小分别为（ ）
A.a＝gsin θ，F＝（M＋m）g（μ＋sin θ）
B.a＝gcos θ，F＝（M＋m）gcos θ
C.a＝gtan θ，F＝（M＋m）g（μ＋tan θ）
D.a＝，F＝μ（M＋m）g
4.
质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量也为m的小滑块（可看作质点）放在长木板的左端，如图所示。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，给小滑块一水平向右的拉力F，当F取不同值时求解下列问题。（重力加速度为g）
（1）要使滑块与木板发生相对滑动，F至少为多大；
（2）当F＝3μmg时，经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端。
习题课四 动力学中的五类典型问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 （1）0.2 （2）6 N （3）46 m
解析：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则由题图可知a2＝＝－2 m/s2。
设物体所受的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，有f＝ma2，
又f＝－μmg，
联立解得μ＝＝0.2。
（2）设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，由题图可得
a1＝＝1 m/s2。
根据牛顿第二定律，有F－f＝ma1，
解得F＝μmg＋ma1＝6 N。
（3）方法一 由匀变速直线运动位移公式，得
s＝s1＋s2＝v10Δt1＋a1Δ＋v20Δt2＋a2Δ＝46 m。
方法二 根据v-t图像与时间轴围成的面积，得
s＝×Δt1＋×v20×Δt2＝46 m。
素养训练
1.C 物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中一个力F1，其余力的合力与F1大小相等、方向相反，加速度方向与原来的运动方向相反，因此物体将先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，选项C正确，A、B、D错误。
2.B 由题意可知斜面的长度等于0～4 s内v-t图像与时间轴所围图形的面积大小，即s＝×0.8 m＝1.6 m，故A错误；由v-t图像知，在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得0.8 N＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，由v-t图像可知，加速度为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2；在3～4 s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得μmgcos θ＝mgsin θ＋0.4 N，两式联立解得μ＝0.8，m＝1 kg，故B正确，C错误；物块第1 s内静止不动，加速度为零，中间2 s做匀加速直线运动，最后1 s做匀速直线运动，故D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 AD 因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝（3m＋Δm）a，系统加速度a减小，选项A正确；若粘在木块A上面，以木块C为研究对象，受到F、摩擦力μmg、绳子拉力T这三个力的作用，由牛顿第二定律得F－μmg－T＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力T增大，选项B错误；若粘在木块B上面，a减小，以木块A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误；若粘在木块C上面，a减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有T－2μmg＝2ma，T减小，选项D正确。
素养训练
1.B 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二运动定律得整体加速度a＝＝2 m/s2，隔离B，对B进行受力分析，根据牛顿第二运动定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，即弹簧测力计的示数是24 N，选项B正确，A错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不突变，B的加速度大小为12 m/s2，A的加速度大小为2 m/s2，所以选项C、D错误。
2.C 对题图甲，根据牛顿第二定律有m0g＝（M＋m＋m0）a，对题图乙，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，解得F＝，故选C。
要点三
知识精研
【典例3】 （1）g （2）g （3）mg
解析：（1）当T＝0时，小球受重力mg和斜面的支持力N作用，如图甲所示，则
mgtan 45°＝ma
解得a＝g。故当滑块向右运动的加速度为g时，线对小球的拉力刚好等于零。
（2）假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力T1和斜面的支持力N1作用，如图乙所示。
由牛顿第二运动定律得
在水平方向上有：
T1cos 45°－N1sin 45°＝ma1，
在竖直方向上有：
T1sin 45°＋N1cos 45°－mg＝0。
由上述两式解得
N1＝，T1＝。
由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力N1减小，线的拉力T1增大。
当a1＝g时，N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为T1＝mg。所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零。
（3）当滑块的加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示。
此时细线与水平方向间的夹角α＜45°。由勾股定理得T'＝＝mg。
素养训练
1.D 当小车静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μN，要保证A无滑动，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，要保证B无滑动，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma≤μ（mg＋N），解得a≤（1＋μ）g，故选项D正确。
2.C 解答本题的关键在于知道A、B间的弹力为零时，两物体开始分离。开始时，A和B一起向上做加速运动，对A和B组成的整体有F＋kΔx－2mg＝2ma，因F＝mg，Δx逐渐减小，故加速度a变小，即在B和A分离前，它们做加速度减小的变加速运动，选项D错误。当A和B间的作用力为零时，B和A将要分离，此时B和A的加速度相等，对物体B有F－mg＝maB，得aB＝0，故aA＝0，对物体A有F弹2－mg＝maA，故F弹2＝mg；开始时弹力F弹1＝2mg，B和A刚分离时弹簧弹力F弹2＝mg，故弹簧的劲度系数k＝＝，选项A、B错误，C正确。
要点四
知识精研
【典例4】 （1）1.4 s （2）6 m/s
解析：（1）物体A刚放上传送带时，水平方向上受到传送带的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝μg＝2.5 m/s2，经过t1＝＝0.8 s后，速度达到2 m/s，位移s1＝t1＝0.8 m，此后开始做匀速直线运动直到b点，耗时t2＝＝0.6 s，所以物体A从a点被传送到b点所用的时间为t1＋t2＝1.4 s。
（2）物体A由b到c的过程，由于μ＜tan α，可知A做匀加速运动，在平行于传送带方向，物体A所受合力由重力沿传送带向下的分力及沿传送带向上的滑动摩擦力提供，a2＝gsin α－μgcos α＝4 m/s2，由运动学公式得－v2＝2a2Lbc，代入数据解得vc＝6 m/s。
素养训练
1.AB 在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v-t图像是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图像可知，D错误。
2.4 s
解析：开始时物体下滑的加速度：
a1＝g（sin 37°＋μcos 37°）＝10 m/s2，
物体运动到与传送带共速的时间为：
t1＝＝ s＝2 s，
物体下滑的距离：s1＝a1＝20 m
由于tan 37°＝0.75＞μ，故共速之后物体加速下滑，
且此时的加速度：a2＝g（sin 37°－μcos 37°）＝2 m/s2，
根据s2＝vt2＋a2，且s＝s1＋s2，
解得：t2＝2 s，故共用时间为t＝t1＋t2＝4 s。
要点五
知识精研
【典例5】 （1）2 m/s2 1 m/s2 （2）0.5 m （3）6.29 N
解析：（1）物块刚放置在木板上时，物块的加速度大小
a1＝＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度大小a2＝＝1 m/s2。
（2）当物块和木板速度相同后，二者保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s，
1 s内木板的位移s2＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物块的位移s1＝a1t2＝1 m，
所以若要使物块最终与木板保持相对静止，
板长至少为L＝s2－s1＝0.5 m。
（3）相对静止后，对整体F＝（M＋m）a，
对物块f＝ma，故f＝m≈6.29 N。
素养训练
1.D 因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力为0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第二定律得，物块的加速度a＝，即物块做初速度为0的匀加速直线运动，物块运动的v-t图像为过原点的倾斜直线，D正确。
2.C 长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，刚要发生相对滑动时μmg＝ma，解得F＝15 N，当F＝12 N＜15 N时，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据得小滑块的加速度大小为a＝4 m/s2，故A错误；当F＝18 N＞15 N时，发生相对滑动，小滑块的加速度大小为a＝＝μg＝5 m/s2，故B错误；对长木板，根据牛顿第二定律得F－μmg＝Ma，解得a＝6.5 m/s2，故C正确；当拉力大于15 N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝＝5 m/s2，恒定不变，故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在表面粗糙的固定斜面上向下滑时做匀减速直线运动，加速度的大小为a＝μgcos θ－gsin θ，保持不变，故D项错误；由速度公式v＝v0－at可知，v t图像应为一条向下倾斜的直线，故C项错误；滑块的位移s＝v0t－at2，可知s t图像为开口向下的抛物线，故B项正确；由几何关系可得滑块下降的高度h＝ssin θ，因此h t图像也是开口向下的抛物线，故A项错误。
2.B 根据牛顿第二运动定律，对整体有F＝5ma，对质量为3m的小球有F弹＝3ma；联立解得，弹簧的弹力大小为F弹＝F；根据胡克定律可得kx＝F。则此时弹簧的伸长量为x＝，故B正确，A、C、D错误。
3.C 对B进行受力分析，根据牛顿第二运动定律得：a＝＝＝gtan θ；对A、B整体进行受力分析得：F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a，解得：F＝（M＋m）g（μ＋tan θ），故C正确，A、B、D错误。
4.（1）2μmg （2）
解析：（1）当滑块和木板没有发生相对滑动时，对滑块、木板整体有：F＝2ma
当滑块与木板间静摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有：μmg＝ma
联立解得F＝2μmg。
（2）设滑块、木板的加速度分别为a1、a2
由牛顿运动定律得：F－μmg＝ma1
μmg＝ma2
解得a1＝2μg，a2＝μg
设经t时间，滑块滑到木板的最右端，则
L＝a1t2－a2t2，解得t＝。
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习题课四 动力学中的五类典型问题
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一 动力学中的图像问题
常见动力学图像问题的处理技巧
v-t图
像 可以从所提供图像获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的
位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情
况
F-t图
像 首先应明确该图像表示物体所受的是哪个力，还是合力，根
据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况
a-t图
像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结
合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
【典例1】 质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做
直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图所示，g取10
m/s2，求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）水平推力F的大小；
（3）0～10 s内物体运动位移的大小。
思路点拨 解答本题可按以下思路进行分析：
答案：（1）0.2 （2）6 N （3）46 m
解析：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为
v20、末速度为v2t、加速度为a2，则由题图可知a2＝＝－2
m/s2。
设物体所受的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，有f＝ma2，
又f＝－μmg，
联立解得μ＝＝0.2。
（2）设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为v10、末
速度为v1t、加速度为a1，由题图可得
a1＝＝1 m/s2。
根据牛顿第二定律，有F－f＝ma1，
解得F＝μmg＋ma1＝6 N。
方法二 根据v-t图像与时间轴围成的面积，得
s＝×Δt1＋×v20×Δt2＝46 m。
（3）方法一 由匀变速直线运动位移公式，得
s＝s1＋s2＝v10Δt1＋a1Δ＋v20Δt2＋a2Δ＝46 m。
1. 如图所示，物体在五个共点力的作用下沿F1方向做匀速直线运动，t＝0时刻撤去力F1，而保持其余四个力不变，则物体的v-t图像可能
正确的是（ ）
解析： 物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中
一个力F1，其余力的合力与F1大小相等、方向相反，加速度方向与
原来的运动方向相反，因此物体将先做匀减速直线运动，后反向做
匀加速直线运动，选项C正确，A、B、D错误。
2. 如图甲所示，可视为质点的物块静止在倾角为θ＝37°的粗糙固定
斜面的顶端，对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随
时间t的变化规律如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图
丙所示，4 s末物块恰好运动到斜面底端。sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 斜面的长度为2 m
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.8
C. 物块的质量为0.5 kg
D. 0～4 s时间内，物块先加速下滑后减速下滑
解析： 由题意可知斜面的长度等于0～4 s内v-t图像与时间轴所
围图形的面积大小，即s＝×0.8 m＝1.6 m，故A错误；由v-t图
像知，在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
得0.8 N＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，由v-t图像可知，加速度为a＝
＝ m/s2＝0.4 m/s2；在3～4 s时间内，物块做匀速直线运动，
由平衡条件得μmgcos θ＝mgsin θ＋0.4 N，两式联立解得μ＝0.8，
m＝1 kg，故B正确，C错误；物块第1 s内静止不动，加速度为零，
中间2 s做匀加速直线运动，最后1 s做匀速直线运动，故D错误。
要点二 动力学中的连接体问题
1. 连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连
接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细
杆等连在一起。
2. 整体法与隔离法的选用
（1）求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体
法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。
（2）求解连接体问题时，随着研究对象的转换，往往两种方法交
叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另
一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。
（3）无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对
象进行正确的受力分析。
（4）在运用牛顿第二定律F＝ma解连接体问题时，要注意式中的
质量m应与研究对象对应。
【典例2】 （多选）如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全
相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用
一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把
一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑
动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（ ）
A. 无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将减小
B. 若粘在木块A上面，绳的拉力减小，木块A、B间摩擦力不变
C. 若粘在木块B上面，绳的拉力增大，木块A、B间摩擦力增大
D. 若粘在木块C上面，绳的拉力和木块A、B间摩擦力都减小
解析：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据
牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝（3m＋Δm）a，系统加速度
a减小，选项A正确；若粘在木块A上面，以木块C为研究对象，受
到F、摩擦力μmg、绳子拉力T这三个力的作用，由牛顿第二定律
得F－μmg－T＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力T增
大，选项B错误；若粘在木块B上面，a减小，以木块A为研究对
象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误；若粘在木块C上面，a
减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有T－
2μmg＝2ma，T减小，选项D正确。
1. 如图所示，质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的A、B两物体置于光滑
的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30
N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在A、B上，则（ ）
A. 弹簧测力计的示数是50 N
B. 弹簧测力计的示数是24 N
C. 在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为4 m/s2
D. 在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为10 m/s2
解析： 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二运动
定律得整体加速度a＝＝2 m/s2，隔离B，对B进行受力分
析，根据牛顿第二运动定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，即弹簧
测力计的示数是24 N，选项B正确，A错误；在突然撤去F2的瞬
间，弹簧的弹力不突变，B的加速度大小为12 m/s2，A的加速度大
小为2 m/s2，所以选项C、D错误。
2. 如图甲所示，质量为m的物块B静止在质量为M的物块A上，物块A
通过细绳与质量为m0的物块C相连，在细绳拉力的作用下A、B一起
沿光滑水平面运动。现以一恒力F代替物块C，
仍使A、B一起沿光滑水平面运动，如图乙所示，
已知两种情况下A、B始终保持相对静止且系统
的加速度相等，不计绳、滑轮的质量及绳和滑
轮间的摩擦，则恒力F的大小为（ ）
A. m0g B. （M－m）g
C. D.
解析： 对题图甲，根据牛顿第二定律有m0g＝（M＋m＋m0）
a，对题图乙，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，解得F＝
，故选C。
要点三 动力学中的临界问题
1. 常见的动力学临界问题及临界条件
（1）接触与分离的临界条件：两物体相接触（或分离）的临界条
件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。
（2）相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩
擦力。
（3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实
际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是
绳上的张力恰好为零。
（4）出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外
力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合
力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小
加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的
速度达到最大值或最小值。
2. 解题关键
正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分
析，挖掘出隐含的临界条件。
【典例3】 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑
块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为
g）。
（1）当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好
等于零？
答案： g
解析：当T＝0时，小球受重力mg和斜面的支持力N
作用，如图甲所示，则
mgtan 45°＝ma
解得a＝g。故当滑块向右运动的加速度为g时，线对小球的拉力
刚好等于零。
解析：假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受
重力mg、线的拉力T1和斜面的支持力N1作用，如
图乙所示。
由牛顿第二运动定律得
在水平方向上有：T1cos 45°－N1sin 45°＝ma1，
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等
于零？
答案：g
在竖直方向上有：T1sin 45°＋N1cos 45°－mg＝0。
由上述两式解得N1＝，T1＝。
由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力N1减
小，线的拉力T1增大。
当a1＝g时，N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临
界状态，这时绳的拉力为T1＝mg。所以滑块至少以a1＝g的加
速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零。
（3）当滑块以a'＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
答案：mg
解析：当滑块的加速度大于g时，小球将“飘”
离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所
示。
此时细线与水平方向间的夹角α＜45°。由勾股
定理得T'＝＝mg。
1. 如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平
面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，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（ ）
A. 加速度可能向右，大小小于μg
B. 加速度一定向右，大小不能超过（1＋μ）g
C. 加速度一定向左，大小不能超过μg
D. 加速度一定向左，大小不能超过（1＋μ）g
解析： 当小车静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μN，要
保证A无滑动，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一
定向左，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支
持力、重力和吸引力，要保证B无滑动，则受到的摩擦力不能超
过最大静摩擦力，即ma≤μ（mg＋N），解得a≤（1＋μ）g，
故选项D正确。
2. 如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静
止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时B与A分离。
下列说法正确的是（ ）
A. B和A刚分离时，弹簧为原长
B. B和A刚分离时，它们的加速度为g
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 在B与A分离之前，它们做匀加速运动
解析： 解答本题的关键在于知道A、B间的弹力为零时，两物体
开始分离。开始时，A和B一起向上做加速运动，对A和B组成的整
体有F＋kΔx－2mg＝2ma，因F＝mg，Δx逐渐减小，故加速度a变
小，即在B和A分离前，它们做加速度减小的变加速运动，选项D错
误。当A和B间的作用力为零时，B和A将要分离，此时B和A的加速
度相等，对物体B有F－mg＝maB，得aB＝0，故aA＝0，对物体A有
F弹2－mg＝maA，故F弹2＝mg；开始时弹力F弹1＝2mg，B和A刚分离
时弹簧弹力F弹2＝mg，故弹簧的劲度系数k＝＝，选项
A、B错误，C正确。
要点四 动力学中的传送带问题
1. 分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题两类。
2. 解题思路和关键
3. 物块在传送带上运动的四类常见情形
（1）v0＝v时，一直匀速 （2）v0＜v时，可能一直加
速，也可能先加速再匀速 （3）v0＞v时，可能一直减
速，也可能先减速再匀速
（1）传送带较短时，一直减速
（2）传送带较长时，先减速后返回
①v0≤v时，返回初始位置的速度为v0
②v0＞v时，返回初始位置的速度为v
（1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速
（1）可能一直加速
（2）可能先加速后匀速
（3）可能先以a1加速，后以a2加速
【典例4】 如图所示，传送带的水平部分长度为Lab＝2 m，斜面部分
长度为Lbc＝4 m，bc与水平面的夹角α＝37°。一个物体A与传送带间
的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示的方向转动，速率v＝2 m/s。若
把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送
带，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（已知sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，g取10 m/s2）求：
（1）物体A从a点被传送到b点所用的时间；
答案： 1.4 s
解析：物体A刚放上传送带时，水平方向上受到传送带的滑动摩
擦力，做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝μg＝2.5 m/s2，经
过t1＝＝0.8 s后，速度达到2 m/s，位移s1＝t1＝0.8 m，此后
开始做匀速直线运动直到b点，耗时t2＝＝0.6 s，所以物体
A从a点被传送到b点所用的时间为t1＋t2＝1.4 s。
解析：物体A由b到c的过程，由于μ＜tan α，可知A做匀加速运
动，在平行于传送带方向，物体A所受合力由重力沿传送带向下
的分力及沿传送带向上的滑动摩擦力提供，a2＝gsin α－μgcos α
＝4 m/s2，由运动学公式得－v2＝2a2Lbc，代入数据解得vc＝6
m/s。
（2）物体A到达c点时的速度大小。
答案：6 m/s
规律方法
分析传送带问题的三个步骤
（1）初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确
定物体的运动情况。
（2）确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动形式。
（3）运用相应规律，进行相关计算。
1. （多选）如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传
动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速
度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中
正确的是（ ）
解析： 在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀
加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v-t图像
是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不
受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正
确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速
直线运动的位移图像可知，D错误。
2. 如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64
m，传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点
无初速度地放上一个质量为8 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦
因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。）
答案：4 s
解析：开始时物体下滑的加速度：
a1＝g（sin 37°＋μcos 37°）＝10 m/s2，
物体运动到与传送带共速的时间为：
t1＝＝ s＝2 s，
物体下滑的距离：s1＝a1＝20 m
由于tan 37°＝0.75＞μ，故共速之后物体加速下滑，
且此时的加速度：a2＝g（sin 37°－μcos 37°）＝2 m/s2，
根据s2＝vt2＋a2，且s＝s1＋s2，
解得：t2＝2 s，故共用时间为t＝t1＋t2＝4 s。
要点五 动力学中的板块模型
1. 模型概述
一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动问题，涉及两
个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定
的关系。
2. 板块模型的三个基本关系
（1）加速度关系：如果滑块与滑板之间没有发生相对运动，可以
用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与滑板
之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动
的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动的隐含
条件。
（2）速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑
板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意
当滑块与滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变。
（3）位移关系：滑块与滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块
与滑板的运动过程，认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑
板之间的相对位移之间的关系。
3. 解题方法
（1）明确各物体的初始状态（对地的运动和物体间的相对运
动），确定物体间的摩擦力方向。
（2）分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动
过程中的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。
（3）找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破
口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末
速度是下一个过程的初速度。
【典例5】 质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力
F＝11 N的作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1 m/s
时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间
动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。（取g＝10 m/s2）求：
（1）物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大？
答案：2 m/s2 1 m/s2
解析：物块刚放置在木板上时，物块的加速度大小
a1＝＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度大小a2＝＝1 m/s2。
（2）木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？
答案： 0.5 m
解析：当物块和木板速度相同后，二者保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s，
1 s内木板的位移s2＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物块的位移s1＝a1t2＝1 m，
所以若要使物块最终与木板保持相对静止，
板长至少为L＝s2－s1＝0.5 m。
（3）物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。
答案： 6.29 N
解析：相对静止后，对整体F＝（M＋m）a，
对物块f＝ma，故f＝m≈6.29 N。
1. 如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在水平地面上，其上放
一质量为m2的物块，物块与木板的接触面是光滑的，从t＝0时刻
起，给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物
块的加速度和速度大小，下列图像符合运动情况的是（ ）
解析： 因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于
物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力为
0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第二
定律得，物块的加速度a＝，即物块做初速度为0的匀加速直线
运动，物块运动的v-t图像为过原点的倾斜直线，D正确。
2. 如图所示，一质量为M＝2 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面
上，质量为m＝1 kg的小滑块（可视为质点）静止放在长木板上。
从t＝0时刻开始，长木板受到向左的逐渐增加的水平拉力F，小滑
块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列
说法正确的是（ ）
A. 当F＝12 N时，小滑块的加速度大小为5 m/s2
B. 当F＝18 N时，小滑块的加速度大小为6 m/s2
C. 当F＝18 N时，长木板的加速度大小为6.5 m/s2
D. 当F增大时，小滑块的加速度一定增大
解析： 长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二
定律有F＝（M＋m）a，刚要发生相对滑动时μmg＝ma，解得F＝
15 N，当F＝12 N＜15 N时，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，
代入数据得小滑块的加速度大小为a＝4 m/s2，故A错误；当F＝18
N＞15 N时，发生相对滑动，小滑块的加速度大小为a＝＝μg＝
5 m/s2，故B错误；对长木板，根据牛顿第二定律得F－μmg＝Ma，
解得a＝6.5 m/s2，故C正确；当拉力大于15 N时，两物体发生相对
滑动，小滑块的加速度为a＝＝5 m/s2，恒定不变，故D错误。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. 如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶
端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表
示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则
下列图像中能正确描述这一运动规律的是（ ）
解析： 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块
在表面粗糙的固定斜面上向下滑时做匀减速直线运动，加速度的大
小为a＝μgcos θ－gsin θ，保持不变，故D项错误；由速度公式v＝v0
－at可知，v t图像应为一条向下倾斜的直线，故C项错误；滑块
的位移s＝v0t－at2，可知s t图像为开口向下的抛物线，故B项正
确；由几何关系可得滑块下降的高度h＝ssin θ，因此h t图像也是
开口向下的抛物线，故A项错误。
2. 如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且
固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。现在质量为2m的小球上沿
弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线
运动，则此时弹簧的伸长量为（ ）
A. B. C. D.
解析： 根据牛顿第二运动定律，对整体有F＝5ma，对质量为
3m的小球有F弹＝3ma；联立解得，弹簧的弹力大小为F弹＝F；根
据胡克定律可得kx＝F。则此时弹簧的伸长量为x＝，故B正确，
A、C、D错误。
3. 如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为
μ，物体B与斜面间无摩擦。在水平向左的推力F作用下，A与B一起
做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为θ，物体
B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小分别为（ ）
A. a＝gsin θ，F＝（M＋m）g（μ＋sin θ）
B. a＝gcos θ，F＝（M＋m）gcos θ
C. a＝gtan θ，F＝（M＋m）g（μ＋tan θ）
D. a＝，F＝μ（M＋m）g
解析： 对B进行受力分析，根据牛顿第二运动定律得：a＝＝
＝gtan θ；对A、B整体进行受力分析得：F－μ（M＋m）g＝
（M＋m）a，解得：F＝（M＋m）g（μ＋tan θ），故C正确，A、
B、D错误。
4. 质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量也为m的小滑
块（可看作质点）放在长木板的左端，如图所示。已知小滑块与长
木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，
给小滑块一水平向右的拉力F，当F取不同值时求解下列问题。
（重力加速度为g）
（1）要使滑块与木板发生相对滑动，F至少为多大；
答案：2μmg
解析：当滑块和木板没有发生相对滑动时，对滑块、木
板整体有：F＝2ma
当滑块与木板间静摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有：
μmg＝ma
联立解得F＝2μmg。
（2）当F＝3μmg时，经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的
最右端。
答案：
解析：设滑块、木板的加速度分别为a1、a2
由牛顿运动定律得：F－μmg＝ma1
μmg＝ma2
解得a1＝2μg，a2＝μg
设经t时间，滑块滑到木板的最右端，则
L＝a1t2－a2t2，解得t＝。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 一质量为m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下在水平面内运动，1 s
末撤去恒力F，其v-t图像如图所示，则恒力F和物体所受阻力f的大
小是（ ）
A. F＝8 N B. F＝9 N
C. f＝2 N D. f＝6 N
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解析： 撤去恒力F后，物体在阻力作用下运动，由v-t图像可
知，1～3 s内物体的加速度为a＝3 m/s2，由牛顿第二定律得f＝
ma，可知阻力f＝3 N；由题图可知在0～1 s内其加速度为a'＝6
m/s2，由牛顿第二定律得F－f＝ma'，可求得F＝9 N，B正确。
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2. 质量为M的物块在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转
动，传送带转动的方向如图中箭头所示。则传送带转动后（ ）
A. 物块减速下滑
B. 物块仍匀加速下滑，加速度比之前大
C. 物块仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D. 物块仍匀加速下滑，加速度比之前小
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解析： 传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂
直传送带方向N＝Mgcos θ，平行传送带方向有Mgsin θ－μN＝Ma，
所以a＝gsin θ－μgcos θ，传送带突然向上转动，物块依然相对传送
带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，故物块
加速度不变，所以C正确。
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3. 如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定在斜面
上的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球的质量为m。若要使球
对竖直挡板无压力，球连同斜面应一起（ ）
A. 水平向右加速，加速度a＝gtan θ
B. 水平向左加速，加速度a＝gtan θ
C. 水平向右减速，加速度a＝gsin θ
D. 水平向左减速，加速度a＝gsin θ
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解析： 球对竖直挡板无压力时，受力如图所示，重力
mg和斜面支持力N的合力方向水平向左。则有F＝mgtan θ
＝ma，解得a＝gtan θ，因此斜面应向左加速或者向右减
速，故B正确，A、C、D错误。
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4. 一辆质量为1 000 kg的汽车在水平面上由静止做匀加速运动，再做
匀速运动一段时间后关闭发动机，直到停下。它的v-t图像如图所
示。（全程摩擦力不变，g取10 m/s2），则（ ）
A. 汽车与水平面的动摩擦因数0.5
B. 匀速行驶中的汽车牵引力2 000 N
C. 加速阶段的汽车牵引力7 500 N
D. 汽车全程的位移90 m
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解析： 汽车减速运动的加速度a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛
顿第二定律μmg＝ma2解得μ＝0.25，选项A错误；匀速行驶中的汽
车牵引力F＝f＝μmg＝2 500 N，选项B错误；汽车加速运动的加速
度a1＝ m/s2＝5 m/s2，根据牛顿第二定律F'－μmg＝ma1解得F'＝7
500 N，选项C正确；由图像可得汽车全程的位移s＝×（4＋10）
×10 m＝70 m，选项D错误。
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5. （多选）如图所示，在桌面上有质量分别为m和M的A、B两个物
块，现用水平方向的力F推物块A，使A、B两物块在桌面上一起向
右加速，则A、B间的相互作用力为（ ）
A. 若桌面光滑，作用力为
B. 若桌面光滑，作用力为
C. 若A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，A、B仍向右加速，则A、B间的相互作用力为＋μMg
D. 若A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，A、B仍向右加速，则A、B间的相互作用力为
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解析： 若桌面光滑，将二者看成一个整体，在水平方向上有
F＝（M＋m）a，对B分析可得N＝Ma，解得N＝，A正确，B
错误；若桌面不光滑，仍将二者看成一个整体，对整体有F－μ（M
＋m）g＝（M＋m）a'，对B分析可得N'－μMg＝Ma'，联立解得N'
＝，故C错误，D正确。
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6. 如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200
N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg的小球，球被一垂直
于斜面的挡板A挡住，此时弹簧处于原长。若挡板A以4 m/s2的加速
度沿斜面向下做匀加速运动，g取10 m/s2，则（ ）
A. 小球从一开始就与挡板分离
B. 小球速度最大时与挡板分离
C. 小球向下运动0.01 m时与挡板分离
D. 小球向下运动0.02 m时速度最大
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解析： 设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运
动到分离的过程中，小球与挡板一起运动，小球受竖直向下的重
力，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹
簧弹力F＝kx。根据牛顿第二定律有mgsin 30°－kx－F1＝ma，保
持a不变，随着x的增大，F1减小，当小球与挡板分离时，F1减小到
零，则有mgsin 30°－kx＝ma，解得x＝＝
m＝0.01 m，即小球向下运动0.01 m时与挡板分
离，故A错误，C正确。
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球和挡板分离前小球做匀加速运动，球和挡板分离后小球开始做加速
度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力
为零，即kxm＝mgsin 30°，解得xm＝＝ m＝0.05 m，
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为
0.05 m，故B、D错误。
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7. 如图所示，质量均为2 kg的物体A、B静止在竖直的轻弹簧上面，质
量为1 kg的物体C用细线悬挂起来，B、C紧挨在一起但B、C之间无
压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为
（g取10 m/s2）（ ）
A. 24 N B. 0
C. 36 N D. 28 N
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解析： 在细线被剪断之前，对A、B整体受力分析，重力与弹簧
的弹力平衡，则弹簧的弹力大小等于A、B整体的重力大小，即为F
弹＝2×20 N＝40 N；在细线被剪断之后的瞬间，A、B、C组成的整
体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，设A对B的作用力为
FAB，则对B、C组成的整体有（mB＋mC）g－FAB＝（mB＋mC）a，
解得FAB＝24 N，则根据牛顿第三定律有B对A的压力大小为24 N，
故选A。
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8. 如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦
因数μ＝0.6，工件向左滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端
时的速度为vB。（g取10 m/s2）
（1）若传送带静止不动，求vB的大小；
答案：2 m/s
解析：根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6
m/s2，且－＝－2as，故vB＝2 m/s。
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（2）若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明
理由；若能，则求出到达B点的速度vB的大小。
答案：能 2 m/s
解析：能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度
不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。
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（3）若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB的大小及工件由
A到B所用的时间。
答案：13 m/s 0.67 s
解析：开始时工件所受滑动摩擦力向左，加速度a＝＝μg
＝6 m/s2，假设工件能加速到13 m/s，则工件速度达到13 m/s
所用时间为t1＝＝0.5 s，
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匀加速运动的位移为
s1＝vAt1＋a＝5.75 m＜8 m，
则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带
相对静止，因此工件先加速后匀速。
匀速运动的位移s2＝s－s1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，工件由A
到B所用的时间为t＝t1＋t2＝0.67 s。
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9. 如图所示，一足够长的木板静止在水平面上，质量M＝0.4
kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，一质量m＝0.4
kg的小滑块以v0＝1.8 m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，
滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4。小滑块可看成质点，重力
加速度g取10 m/s2，求：
（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加
速度大小a2；
答案：2 m/s2 4 m/s2
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解析：小滑块对长木板的滑动摩擦力f2大于水平面对长
木板的滑动摩擦力f1，长木板向左加速，小滑块向左减速。
据牛顿第二定律，对长木板有
μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1
对小滑块有μ2mg＝ma2
代入数据得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2。
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（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板滑行的距
离L；
答案：0.27 m
解析：小滑块与长木板速度相等时，有v0－a2t＝a1t
解得t＝0.3 s
小滑块运动的距离s2＝v0t－a2t2＝0.36 m
长木板运动的距离s1＝a1t2＝0.09 m
所以L＝s2－s1＝0.27 m。
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（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动
的总距离s。
答案：0.54 m
解析： 此后两者一起做匀减速运动，初速度v＝a1t＝0.6 m/s
据牛顿第二定律，对整体有μ1（M＋m）g＝（M＋m）a3
加速度的大小a3＝1 m/s2
运动的距离s3＝＝0.18 m
所以s＝s2＋s3＝0.54 m。
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