高考物理一輪復習：牛頓第二定律的綜合應用

牛頓第二定律的綜合應用思維導圖高考考綱考綱內容要求牛頓第二定律的綜合應用Ⅱ復習目標會用牛頓第二定律解決多物體多過程問題。掌握常見幾種臨界極值問題的處理方法，會靈活選取方法進行求解。知道傳送帶模型和木板滑塊模型中解決問題的關鍵，會分析運動過程中的摩擦力變化情況。知道等時圓為何等時。知識梳理多過程問題如圖所示滑沙游戲中，做如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8s后，操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止。已知游客和滑沙車的總質量m＝70kg，傾斜滑道AB長lAB＝128m，傾角θ＝37°，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數μ＝0.5。滑沙車經過B點前后的速度大小不變，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。

(2)求游客勻速下滑的時間；(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力？16m/s4s210N(1)求游客勻速下滑時的速度大??；子過程①子過程②子過程③知識梳理多過程問題將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。根據“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。分析“銜接點”速度、加速度等的關聯，確定各段間的時間關聯，并列出相關的輔助方程。聯立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論。例題——多過程問題（運動分析）（多選）某物體質量為1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直線運動，其速度——時間圖象如圖所示，根據圖象可知（

）。

A.物體所受的拉力總是大于它所受的摩擦力提示：分析物體的v-t圖象，分別求出三個階段物體的加速度，根據牛二定律列方程求解。D.物體在第2s內所受的拉力為零C.在0~3s內，物體所受的拉力方向始終與摩擦力方向相反B.物體在第3s內受的拉力大于1NBC(2018·華中師范大學附中模擬)如圖甲所示為一傾角θ＝37°足夠長的斜面，將一質量m＝1kg的物體在斜面上靜止釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化關系圖象如圖乙所示，物體與斜面間動摩擦因數μ＝0.25。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

例題——多過程問題（受力分析）答案：5m/s.

(2)前16s內物體發(fā)生的位移。

答案：30m，方向沿斜面向下。提示：對物體分階段進行受力分析，而后根據牛二定律分析物體的運動情況。(1)2s末物體的速度大??；解析

（1）分析可知物體在前2s內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得

mgsinθ-F1-μmgcosθ＝ma1，v1＝a1t1，代入數據可得v1＝5m/s。

例題——多過程問題（受力分析）例題——多過程問題（受力分析）解析（2013年遼寧）一個質量為4kg的物體靜止在足夠長的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數μ=0.1。從t=0開始，物體受到一個大小和方向呈周期性變化的水平力F作用，力F隨時間的變化規(guī)律如圖所示。求83秒內物體的位移大小。g取10m/s2。例題——多過程問題（具有周期性的運動）提示：物體受到周期性變化的力，其運動也必然具有周期性。注意分析物體的運動特點時可選用v-t圖像法來求位移。答案：167m。

解析：例題——多過程問題（具有周期性的運動）當物體在后半周期時，一個周期的位移為8m，最后1s的位移為1m例題——多過程問題（具有周期性的運動）（2013年湖南）某電視臺娛樂節(jié)目組在游樂園舉行家庭搬運磚塊比賽活動，比賽規(guī)則是：向行駛中的小車上搬放磚塊，且每次只能將一塊磚無初速的放到車上，車停止時立即停止搬放，以車上磚塊多少決定勝負。已知每塊磚質量m=0.8kg，小車上表面光滑且足夠長，比賽過程中車始終受恒定牽引力F=25N作用，未放磚塊時車以v0=2.5m/s勻速前進。某家庭上場比賽時每隔T=1s搬放一塊，圖中僅畫出了比賽開始1s內車運動的v-t圖像。(g取10m/s2)求：(1)小車的質量及車與地面間的動摩擦因數；(2)車停止時車上放有多少磚塊？提示：小車放上磚塊前后受力變化情況是小車與地面間的摩擦力發(fā)生了變化。找出放上磚塊后小車加速度變化的規(guī)律即可求得車停止時車上的磚塊數量。注意對結果進行物理討論。10kg；0.255例題——多過程問題（具有周期性的運動）解析：（1）開始比賽前車均速運動，由例題——多過程問題（具有周期性的運動）練習（2015全國高考理綜卷I）（多選）如圖a所示，一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖b所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出（

）。

A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度ACD知識梳理臨界與極值問題在光滑水平面上有一小車A，其質量mA=2.0kg，小車上放一個物體B，其質量mB=1.0kg，如圖所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0N時，A、B開始相對滑動（圖甲）；如果撤去F，對A施加一個水平推力F'（圖乙），要使A、B不相對滑動，求F'的最大值Fm。

AB剛好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是什么？臨界條件是AB間的靜摩擦力達到最大值

知識梳理臨界與極值問題解析：臨界或極值條件的標志知識梳理臨界與極值問題①題目中“剛好”“恰好”“正好”等關鍵詞句，明顯表明題述的過程存在著_____點。②題目中“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞句，表明題述過程存在著“起止點”，而這些“起止點”一般對應著______狀態(tài)。③題目中“最大”“最小”“至多”“至少”等詞句，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。臨界臨界知識梳理臨界與極值問題常見臨界問題的條件①接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN＝_____。

②相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到________。③繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。

④最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合外力為____。0最大值零例題——接觸與脫離的臨界條件提示：小球和斜面一起向右加速時，若加速度過大，小球將離開斜面，此時小球和斜面之間的作用力為零；加速度很小時，小球與斜面接觸且受到三個力的作用。2.08N2.43N1.04N如圖所示，水平地面上的矩形箱子內有一傾角為θ的固定斜面，斜面上放一質量為m的光滑球，靜止時，箱子頂部與球接觸但無壓力。箱子由靜止開始向右做勻加速直線運動，然后改做加速度大小為a的勻減速直線運動直至靜止，經過的總位移為x，運動過程中的最大速度為v.。例題——接觸與脫離的臨界條件提示：根據箱子運動的兩個階段的運動學規(guī)律列方程求解。(1)求箱子加速階段的加速度大??；(2)若a>gtanθ，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力大小。

例題——接觸與脫離的臨界條件提示：找到小球和箱子之間恰好沒有相互作用力時對應的臨界加速度，進而根據箱子的加速度與此臨界加速度的大小關系判斷小球與箱子之間的作用情況。解析如果球剛好不受箱子作用，箱子的加速度設為a0

，應滿足FN

sinθ＝ma0，FN

cosθ＝mg，解得a0＝gtanθ。箱子減速時加速度水平向左，當a>gtanθ時，箱子左壁對球的作用力為零，頂部對球的力不為零。此時球受力如圖，由牛頓第二定律得，FN′cosθ＝F＋mg，FN′sinθ＝ma，解得一根勁度系數為k，質量不計的輕質彈簧上端固定，下端系一質量為m的物體，有一水平板將物體拖住，并使彈簧處于自然長度。如圖所示?，F讓木板由靜止開始以加速度a（a＜g）勻加速向下運動。求經過多長時間木板開始與物體分離。例題——接觸與脫離的臨界條件提示：木板與物體恰好分離時，具有共同的加速度a，且兩者之間的彈力為零。一個彈簧測力計放在水平地面上，Q為與輕彈簧上端連在一起的秤盤，P為一重物，已知P的質量M=10.5kg，Q的質量m=1.5kg，彈簧的質量不計，勁度系數k=800N/m，系統處于靜止，如圖所示，現給P施加一個方向豎直向上的力F，使它從靜止開始向上做勻加速運動，已知在前0.2s時間內，F為變力，0.2s以后，F為恒力。求力F的最大值與最小值。（取g=10m/s2）例題——接觸與脫離的臨界條件提示：F由變力轉為恒力的分界點是P與Q開始脫離接觸的時刻；對重物列牛二方程分析F取最大值與最小值所在的時刻。例題——接觸與脫離的臨界條件解析：例題——接觸與脫離的臨界條件例題——接觸與脫離的臨界條件提示：隨著加速度的增大，細線ab的狀態(tài)從a拉直b未拉直到ab恰好都拉直，最后ab均拉直。解析：例題——接觸與脫離的臨界條件例題——繩子斷裂與松弛的臨界條件提示：隨著加速度的增大，細線ab的狀態(tài)從a拉直b未拉直到ab恰好都拉直，最后ab均拉直。例題——繩子斷裂與松弛的臨界條件mgmg(1)(2)(3)mgyxO解析：（2）在不拉斷輕繩的前提下，求車向左運動的最大加速度是多大。（要求畫出受力圖）。例題——繩子斷裂與松弛的臨界條件（1）輕繩BC剛好被拉直時，車的加速度是多大？（要求畫出受力圖）提示：隨著小車加速度的增大，輕繩AC先拉直（BC未拉直）；輕繩AC/BC恰好都拉直；輕繩AC/BC均拉直。例題——繩子斷裂與松弛的臨界條件解析（1）輕繩BC剛好被拉直時，小球受力如圖甲所示。（2）小車向左的加速度增大，AB、BC繩方向不變，所以AC輕繩拉力不變，BC輕繩拉力變大，BC輕繩拉力最大時，小車向左的加速度最大，小球受力如圖乙所示。例題——相對滑動的臨界條件(2015·山東理綜·16)如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B的質量之比為（

）。

提示:B恰好不下滑的臨界條件是B與A間的靜摩擦力達到最大值且處于平衡狀態(tài)；A恰好不滑動的臨界條件是A與地面間的靜摩擦力達到最大值且處于平衡狀態(tài)。B（2012年江蘇高考）如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動，力F的最大值是（

）。

例題——相對滑動的臨界條件提示：F最大時，木塊恰好不滑動，且此時夾子和木塊以相同的加速度向上運動。A例題——相對滑動的臨界條件提示：物塊與斜面相對靜止的臨界條件是它們之間的摩擦力恰好達到最大靜摩擦力，且兩者以共同的加速度運動。注意：對應的最大靜摩擦力可能有兩個方向，沿斜面向上和沿斜面向下。即需討論物塊相對斜面恰好不上滑和恰好不下滑這兩種情況。力F對應的是一個范圍。解析：例題——相對滑動的臨界條件例題——相對滑動的臨界條件例題——相對滑動的臨界條件如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2，開始時F＝10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則（

）。

A.當拉力F<12N時，物體均保持靜止狀態(tài)B.兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動C.兩物體從受力開始就有相對運動D.兩物體始終沒有相對運動提示：隨著拉力的增大，B與A之間的靜摩擦力逐漸變大，隨后達到最大值；F再增大，AB將發(fā)生相對滑動。注意：B只受到A給它的摩擦力，由于此摩擦力最大只能為最大靜摩擦力，故B的加速度具有上限。D例題——相對滑動的臨界條件如圖所示，在水平長直的軌道上，有一長度L＝2m的平板車在外力控制下始終保持速度v0＝4m/s向右做勻速直線運動。某時刻將一質量為m＝1kg的小滑塊輕放到車上表面的中點，滑塊與車面間的動摩擦因數為μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：

(1)小滑塊m的加速度大小和方向；例題——相對滑動的臨界條件提示：滑塊輕放到車上后，相對于平板車具有相對速度，故其受到滑動摩擦力的作用。解析滑塊放上車時相對車向左運動，所受滑動摩擦力向右，Ff＝μmg，根據牛頓第二定律有F合＝Ff，F合＝ma，得滑塊加速度a＝μg＝2m/s2，方向向右。

(2)通過計算判斷滑塊能否從車上掉下；例題——相對滑動的臨界條件提示：滑塊放上車后做勻加速直線運動，當其速度增大到與車速

度相同時，兩者相對靜止，往后兩者便一起向右做勻速直線運動。車通過位移x2＝v0t，位移差Δx＝x2-x1，

(3)若當滑塊放到車上表面中點的同時對該滑塊施加一個與v0

同向的恒力F，要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力F大小應滿足什么條件？例題——相對滑動的臨界條件提示：滑塊恰好不從車的左端掉下的臨界條件是當兩者的速度達到相同時，滑塊恰好運動到車的左端。注意：F越大，滑塊加速到共速所經歷的時間越短，滑塊和平板車的位移差越小，滑塊越不會從左端掉下來。解析加上恒力F的方向與摩擦力方向相同，故滑塊所受合力F合′＝Ff＋F，由牛頓第二定律有F合′＝ma′，滑塊放上車后做勻加速直線運動，設當經歷時間t′之后速度達到v0，

例題——相對滑動的臨界條件且v0＝a′t′，規(guī)律總結在解題時，要緊緊把握發(fā)生突變時的狀態(tài)、位置或時刻，找到相應隱含條件及突變前后的變化規(guī)律，然后建立方程求解。F達到最大值的時刻：P與Q恰分離的時刻。a拉直，b恰好未拉直。

M相對M恰不發(fā)生相對滑動的隱含條件：m與M間的摩擦力達到最大值。解決臨界問題一般用極端分析法，即把問題推向極端，分析極端情況下可能出現的狀態(tài)和滿足的條件，從而找出臨界條件。練習（1）如果要使A、B間不發(fā)生相對滑動，它們共同向右運動的最大加速度是多大？（2）如果要使A、B間不發(fā)生相對滑動，水平推力的大小應在什么范圍內才行？提示：AB間恰好發(fā)生相對滑動的臨界條件是A與地面間的作用力為零。隨著F的增大，A會逐漸被推離地面。練習解析：練習例題——等時圓模型如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為圓周的最低點。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)A、B、C分別從a、b、c處由靜止開始釋放，用t1、t2、t3依次表示滑環(huán)A、B、C到達d點所用的時間，則（

）。提示：取一個任意細桿，對滑環(huán)受力分析，進而根據運動學公式找出滑環(huán)下滑時間的影響因素。D例題——等時圓模型模型歸納“等時圓”模型兩種模型沿同一起點或終點的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關。模型歸納試證明下圖模型中的等時性“等時圓”模型設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝________，位移s=___________，所以運動時間為t0=_____=__________=_____。(2018·廣東東莞質檢)如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P。設有一重物先后沿兩個斜槽從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2

之比為（

）。

例題——等時圓模型提示：這是兩個等時圓模型的拼接。A.2:1B.1:1B如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點。則（

）。

A.a球最先到達M點B.b球最先到達M點C.c球最先到達M點D.b球和c球都可能最先到達M點例題——等時圓模型提示：三個小球的運動均可與等時圓模型進行比較進而得到三者之間的運動時間關系。C方法總結模型條件“等時圓”模型①多條相交的傾斜光滑軌道②質點由靜止開始從軌道的一端滑到另一端設置頂點①下端相交：交點為圓的最低點②上端相交：交點為圓的最高點作等時圖①過頂點作豎直線②以某軌道為弦作圓心在豎直線上的圓時間比較①軌道端點都在圓周上，質點運動時間相等②端點在圓內的軌道，質點運動時間短些；端點在圓外的軌道，質點運動時間長些練習（2013年天津）如圖所示，ab、cd是豎直面內兩根固定的光滑細桿，每根桿上套著一個小滑環(huán)（圖中未畫出），兩個滑環(huán)分別從a、c處釋放（初速度為0），用t1、t2分別表示各滑環(huán)達到b點和d點所用的時間，則（

）。D.不能確定C例題——水平傳送帶如圖所示為車站使用的水平傳送帶模型，其A、B兩端的距離L＝8m，它與水平臺面平滑連接。現有物塊以v0＝10m/s的初速度從A端水平地滑上傳送帶。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.6。試求：(1)若傳送帶保持靜止，物塊滑到B端時的速度大??？答案：2m/s。

提示：傳送帶靜止時，物塊的運動就是最簡單的由受力求運動的題型。解析設物塊的加速度大小為a，由受力分析可知FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN得a＝6m/s2

傳送帶靜止，物塊從A到B做勻減速直線運動，例題——水平傳送帶得vB＝2m/s。

(2)若傳送帶順時針勻速轉動的速率恒為12m/s，則物塊到達B端時的速度大小？例題——水平傳送帶答案：12m/s。

解析由題意知，物塊先加速到v1＝12m/s

故物塊先加速后勻速運動即物塊到達B時的速度為vB′＝v1＝12m/s。

(3)若傳送帶逆時針勻速轉動的速率恒為4m/s，且物塊初速度變?yōu)関0′＝6m/s，仍從A端滑上傳送帶，求物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶的總時間？

例題——水平傳送帶提示：傳送帶逆時針轉動時，物體先減速；速度減至零以后反向加速，直至共速，若此時物塊未離開傳送帶，則物塊將繼續(xù)勻速運動直至離開傳送帶。解析由題意可知，物塊先向右減速后向左加速①向右減速到v2＝0時②向左加速到v3＝4m/s時故向左先加速后勻速模型歸納加速勻速勻速加速加速v0

“傳送帶”模型水平傳送帶模型(2018·青海西寧調研)圖甲為一轉動的傳送帶AB，傳送帶以恒定的速率v逆時針轉動。在傳送帶的左側邊緣的B點有一滑塊，若讓滑塊以初速度v1＝3m/s沖上傳送帶，滑塊運動的v-t圖象如圖乙中a所示，若讓滑塊以初速度v2＝6m/s沖上傳送帶，滑塊運動的v-t圖象如圖乙中b所示。g取10m/s2，試求：(1)傳送帶的長度l和傳送帶與物塊之間的動摩擦因數μ；例題——水平傳送帶答案：32m；0.05。

提示：分析ab兩種情況下，滑塊的運動性質。a：減速至零后反向加速，最后勻速；b：減速至2m/s。說明b情況下物塊從B運動到A。解析根據v-t圖象，滑塊以初速度v2＝6m/s沖上傳送帶時，在t＝8s時刻，到達A點，例題——水平傳送帶根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得傳送帶與滑塊之間的動摩擦因數μ＝0.05。(2)滑塊以初速度v1＝3m/s沖上傳送帶時，滑塊返回B點的時間。例題——水平傳送帶提示：a情況下滑塊整個過程的位移為零。根據運動學公式列式求解。解析滑塊在0～6s和6～ts內的位移大小相等，方向相反滑塊返回B點的時間t＝12.5s。

答案：12.5s。方法技巧“傳送帶”模型水平傳送帶模型v物0與v傳同向v物0與v傳反向在勻速運動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送帶共速的方向變速。

直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速，或由于傳送帶不是足夠長，在勻加速或勻減速過程中始終沒達到共速。練習如圖所示，水平方向的傳送帶順時針轉動，傳送帶速度大小恒為v＝2m/s，兩端A、B間距離為3m。一物塊從B端以初速度v0＝4m/s滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.4，g取10m/s2。物塊從滑上傳送帶至離開傳送帶的過程中，速度隨時間變化的圖象是圖中的（

）。

B(2018·湖北荊州模擬)如圖所示為貨場使用的傳送帶的模型，傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶AB足夠長，傳送皮帶輪以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉動。一包貨物以v0＝12m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與皮帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，且可將貨物視為質點。(g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求貨物剛滑上傳送帶時加速度為多大？例題——傾斜傳送帶提示：貨物剛畫上傳送帶時，由于v物>v傳，故貨物要做減速運動。對其受力分析，列牛二方程即可求得。答案：10m/s2，方向沿傳送帶向下。

解析設貨物剛滑上傳送帶時加速度為a1，貨物受力如圖所示：根據牛頓第二定律得沿傳送帶方向：mgsinθ＋Ff＝ma1

垂直傳送帶方向：mgcosθ＝FN又Ff＝μFN由以上三式得：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)m/s2＝10m/s2，

方向沿傳送帶向下。

例題——傾斜傳送帶答案：10m/s2，方向沿傳送帶向下。

(2)經過多長時間貨物的速度和傳送帶的速度相同？這時貨物相對于地面運動了多遠？例題——傾斜傳送帶提示：根據運動學公式求解。解析貨物速度從v0

減至傳送帶速度v所用時間設為t1，位移設為x1，答案：1s；7m。

(3)從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了多長時間？例題——傾斜傳送帶提示：貨物減速減至與傳送帶共速以后，需要判斷貨物后面的運動狀態(tài)。重點分析其重力沿斜面的分力與最大靜摩擦力的大小關系。解析當貨物速度與傳送帶速度相等時，由于mgsinθ＞μmgcosθ，此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設貨物加速度大小為a2，則有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得：a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿傳送帶向下。

例題——傾斜傳送帶則貨物上滑的總距離為x＝x1＋x2＝8m.貨物到達最高點后將沿傳送帶勻加速下滑，下滑加速度大小等于a2。

模型歸納“傳送帶”模型傾斜傳送帶模型加速加速勻速勻速例題——傾斜傳送帶提示：木塊剛放上傳送帶時，要做加速運動（注意此時摩擦力的方向），至與傳送帶共速。之后需要判斷重力沿斜面的分力與最大靜摩擦力的大小關系。注意：分析摩擦力的方向時，一定要先判斷相對運動方向或者相對運動趨勢方向。D如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶始終保持以v＝5m/s的速率順時針勻速轉動，AB兩端距離d＝15.25m。現將一物塊(可視為質點)無初速度從A端放上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求物塊到達B端時的速度大小和物塊從A端運動到B端所用的時間。例題——傾斜傳送帶答案：9m/s；2.5s。

提示：物塊剛放上傳送帶時，先做加速運動（注意此時摩擦力的方向）。與傳送帶共速后，判斷重力沿斜面的分力與最大靜摩擦力的關系確定物塊的運動形式。解析設物塊由靜止運動到傳送帶速度v＝5m/s的過程，其加速度為a1，運動時間為t1，位移為x1，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1例題——傾斜傳送帶v＝a1t1

代入數據解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，x1＝1.25m設物塊此后運動的加速度為a2，運動時間為t2，位移為x2，到B端的速度為vB，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律，有例題——傾斜傳送帶vB＝v＋a2t2

代入數據解得a2＝2m/s2，t2＝2s，vB＝9m/s物塊從A端運動到B端所用時間為t，有t＝t1＋t2＝2.5s方法技巧物體沿傾角為θ的傳送帶傳送時，可以分為兩類：“傳送帶”模型傾斜傳送帶模型①物體由底端向上運動②物體由頂端向下運動解決傾斜傳送帶問題時要特別注意mgsinθ與μmgcosθ的大小和方向的關系，

從而判斷物體所受合力與速度方向的關系，確定物體運動情況。

如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上.設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g。關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是（

）。

A.糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小也可能相等B.糧袋開始運動的加速度為g(sinθ-μcosθ)，若L足夠大，

則以后將以速度v做勻速運動C.若μ≥tanθ，則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動D.不論μ大小如何，糧袋從Α到Β端一直做勻加速運動，

且加速度a≥gsinθ

練習A解析若傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B端時的速度小于v；若傳送帶較長，μ≥tanθ，則糧袋先做勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，到達B端時速度與v相同；若μ＜tanθ，則糧袋先做加速度為g(sinθ+μcosθ)的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度為g(sinθ-μcosθ)的勻加速運動，到達B端時的速度大于v，選項A正確；練習若μ≥tanθ，糧袋從A到B可能是一直做勻加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，選項C、D均錯誤。

例題——綜合傳送帶（1）若CD部分傳送帶不運轉，米袋沿傳送帶所能上升的最大距離；（2）若米袋能被送到D端，CD部分順時針運轉的速度應滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍。1.25m例題——綜合傳送帶解析：例題——綜合傳送帶練習練習解析：如圖所示，質量M＝1kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質量m＝1kg的鐵塊B

(大小可忽略)，鐵塊與木塊間的動摩擦因數μ1＝0.3，木板長L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10m/s2。

例題——木板滑塊模型（“滑塊”受力）(1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木板間是否會發(fā)生相對滑動；提示：鐵塊和木板間發(fā)生相對滑動的臨界條件是它們之間的靜摩擦力達到最大值。解析A、B之間的最大靜摩擦力為假設A、B之間不發(fā)生相對滑動則對A、B整體：F＝(M＋m)a(2)若木板與水平地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，求鐵塊運動到木板右端所用的時間。

例題——木板滑塊模型（“滑塊”受力）提示：先判斷AB之間是否會發(fā)生相對滑動，進而分析AB的運動性質。解析A、B之間發(fā)生相對滑動，則對B：F-μ1mg＝maB

對A：μ1mg-μ2(M＋m)g＝MaA

模型歸納滑塊—木板模型滑塊不受力而木板受拉力開始滑塊和木板一起做變加速運動當滑塊加速度達到其最大值μg

時，滑塊、木板開始發(fā)生相對滑動，此后滑塊加速度保持不變，木板加速度逐漸增大。木板受逐漸增大的拉力而滑塊不受力模型歸納給滑塊一初速度v0，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平地面上滑塊—木板模型①若木板足夠長滑塊減速、木板加速，直至兩者速度相等將一起勻速運動下去，其速度關系為v0-a滑t＝a板t②若木板不夠長滑塊會一直減速到滑下木板，木板會一直加速到滑塊滑下。分離前滑塊加速度a＝μg，

木板的加速度a＝

。模型歸納滑塊—木板模型木板有初速度v0，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平面上①若木板足夠長②若木板不夠長木板的加速度a＝

。木板減速、滑塊加速，直至兩者速度相等將一起勻速運動下去，其速度關系為v0-a板t＝a滑t；木板會一直減速到滑塊滑下，滑塊會一直加速到滑下木板分離前滑塊的加速度a＝μg，(多選)如圖所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上，t＝0時刻滑塊從木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊之間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則滑塊的v－t圖象可能是下列圖中的（

）。

例題——木板滑塊模型（“木板”“滑塊”均不受額外力）提示：滑塊在木板上運動時，木板有兩種可能，①仍靜止；②向右加速。BD(2015·全國卷Ⅰ·25)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖甲所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內小物塊的v-t圖線如圖乙所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2；例題——木板滑塊模型（“木板”“滑塊”均不受額外力）提示：碰撞前，木板和物塊一起在地面給它們的摩擦力的作用下做勻減速運動；碰撞后，小物塊在木板給它的摩擦力的作用下做勻減速運動。答案：0.1；0.4。

例題——木板滑塊模型（“木板”“滑塊”均不受額外力）解析根據題圖乙可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動，加速度大小根據牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s解得a1＝1m/s2。

小物塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，

由牛頓第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。

(2)木板的最小長度；例題——木板滑塊模型（“木板”“滑塊”均不受額外力）提示：小物塊與木板相對位移最大的時刻，即小物塊最有可能滑下的時刻，對應的長度為木板的最小長度。解析碰撞后，木板向左做勻減速運動，依據牛頓第二定律有

μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3。

對滑塊，加速度大小為a2＝4m/s2

由于a2＞a3，所以滑塊速度先減小到0，所用時間為t1＝1s。

此后，小滑塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4m/s2

6m設又經歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1-a3t2解得t2＝0.5s例題——木板滑塊模型（“木板”“滑塊”均不受額外力）此時二者的相對位移最大，Δx＝x1＋x2＋x3-x4＝6m此后小物塊和木板一起勻減速運動，小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6m。

(3)木板右端離墻壁的最終距離。

例題——木板滑塊模型（“木板”“滑塊”均不受額外力）提示：木板和滑塊達到共速以后，一起做減速運動。解析最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，

整體加速度大小為a1＝1m/s2。所以木板右端離墻壁最遠的距離為x＝x1＋x3＋x5＝6.5m答案：6.5m。如圖所示，質量m＝1kg的物塊A放在質量M＝4kg木板B的左端，起初A、B靜止在水平地面上?，F用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之間的動摩擦因數為μ1＝0.4，地面與B之間的動摩擦因數為μ2＝0.1，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2，求：(1)能使A、B發(fā)生相對滑動的F的最小值；例題——木板滑塊模型（“木板”受額外力）提示：AB發(fā)生相對滑動的臨界條件是它們之間的靜摩擦力達到最大值，且加速度相同。解析對于A，最大加速度由A、B間的最大靜摩擦力決定，即μ1mg＝mam，am＝4m/s2

對A、B整體F-μ2(M＋m)g＝(M＋m)am，解得F＝25N。

答案：25N。

(2)若F＝30N，作用1s后撤去，要想A不從B上滑落，則木板至少多長；從開始到A、B均靜止，A的總位移是多少。

例題——木板滑塊模型（“木板”受額外力）提示：撤去F后，A加速，B減速，直至兩者共速。共速時，兩者有最大位移差。要想A不從B上滑落的臨界條件即，此時A恰好位于B的最右端。答案：0.75m；14.4m。

解析設F作用在B上時A、B的加速度分別為a1、a2，撤掉F

時速度分別為v1、v2，撤去外力F后加速度分別為a1′、a2′，A、B共同運動時速度為v3，加速度為a3，對于Aμ1mg＝ma1，得a1＝4m/s2，v1＝a1t1＝4m/s對于BF-μ1mg-μ2(M＋m)g＝Ma2，得a2＝5.25m/s2，v2＝a2t1＝5.25m/s例題——木板滑塊模型（“木板”受額外力）經過t2時間后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2-a2′t2解得t2＝0.2s。

共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8m/s。

從開始到A、B相對靜止，A、B的相對位移即為木板最短的長度L例題——木板滑塊模型（“木板”受額外力）A、B速度相等后共同在水平面上勻減速運動，

加速度a3＝μ2g＝1m/s2

所以A的總位移為xA總＝xA＋x＝14.4m。

方法總結“滑塊—木板”模型模型特點滑塊(視為質點)置于長木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。兩種位移關系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和木板的__________等于木板的長度；若滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的__________等于木板的長度.位移之差位移之和方法總結解決此模型的基本思路：“滑塊—木板”模型假設兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出其中一個物體“所需要”的摩擦力Ff；比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對滑動。方法總結解決此模型的基本思路：“滑塊—木板”模型練習(多選)如圖所示，表面粗糙、質量M=2kg的木板，t=0時在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運動，加速度a=2.5m/s2，t=0.5s時，將一個質量m＝1kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時速度是木板速度的一半。已知鐵塊和木板之間的動摩擦因數μ1=0.1，木板和地面之間的動摩擦因數μ2=0.25，g=10m/s2，則（

）。

A.水平恒力F的大小為10NB.鐵塊放上木板后，木板的加速度為2m/s2

C.鐵塊在木板上運動的時間為1sD.木板的長度為1.625mAC解析未放鐵塊時，對木板由牛頓第二定律：F-μ2Mg＝Ma，

解得F＝10N，選項A正確；鐵塊放上木板后，對木板：F-μ1mg-μ2(M＋m)g＝Ma′，

解得：a′=0.75m/s2，選項B錯誤；0.5s時木板的速度v0=at1=2.5×0.5m/s=1.25m/s，鐵塊滑離木板時，木板的速度：v1=v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，鐵塊的速度v′＝a鐵t2＝μ1gt2

=t2，

由題意：v′=v1，解得t2＝1s，選項C正確；練習(2017·全國卷Ⅲ·25)如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1