2025高考物理復(fù)習(xí)牛頓第二定律的綜合應(yīng)用課件教案練習(xí)題

第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律素養(yǎng)提升課二牛頓第二定律的綜合

應(yīng)用(一)提升點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題提升點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題提升點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問(wèn)題內(nèi)容索引課時(shí)測(cè)評(píng)提升點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題常見(jiàn)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。問(wèn)題類型(1)已知物體受力圖像或者運(yùn)動(dòng)圖像，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況或者受力情況。(2)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況或者受力情況，確定物體的有關(guān)圖像?？枷?已知圖像確定物體的運(yùn)動(dòng)或者受力情況(多選)(2021·全國(guó)乙卷)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長(zhǎng)木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則例1A．F1＝μ1m1gB．F2＝

(μ2－μ1)gC．μ2＞μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等√√√由題圖(c)可知，t1時(shí)刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動(dòng)，物塊與木板相對(duì)靜止，此時(shí)以整體為研究對(duì)象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，t2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，

根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，由F2＞F1知μ2＞

μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時(shí)間段物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確。對(duì)點(diǎn)練．(多選)如圖(a)所示，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平，t＝0時(shí)，木板開(kāi)始受到水平外力F的作用，在t＝4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力FT隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出A．木板的質(zhì)量為1kg

B．2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變

D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2√√由題圖(c)可知，木板在0～2s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，再結(jié)合題圖(b)中細(xì)繩對(duì)物塊的拉力FT在0～2s內(nèi)逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，木板在2～4s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a1＝m/s2＝0.2m/s2，對(duì)木板進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a2＝m/s2＝0.2m/s2，F(xiàn)f＝ma2，另外由于物塊靜止不動(dòng)，同時(shí)結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝0.2N，解得m＝1kg、F＝0.4N，選項(xiàng)A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以不能求出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?？枷?已知物體的運(yùn)動(dòng)或者受力情況判斷有關(guān)圖像英國(guó)物理學(xué)家和數(shù)學(xué)家斯托克斯研究球體在液體中下落時(shí)，發(fā)現(xiàn)了液體對(duì)球的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關(guān)，有F＝6πηrv，其中物理量η為液體的粘滯系數(shù)，它與液體的種類及溫度有關(guān)，如圖所示，將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深的量筒中，下列描繪鋼珠在下沉過(guò)程中加速度大小與時(shí)間關(guān)系圖像可能正確的是例2√根據(jù)牛頓第二定律得，小鋼珠的加速度a＝

，在下降的過(guò)程中，速度v增大，阻力F增大，則加速度a減小，速度v增大得越來(lái)越慢，則加速度a減小得越來(lái)越慢，當(dāng)重力和阻力相等時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，故選項(xiàng)D正確。規(guī)律總結(jié)解答圖像問(wèn)題的策略1．分清圖像的類別：分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過(guò)程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。

2．注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。3．明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來(lái)，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問(wèn)題做出準(zhǔn)確判斷。

對(duì)點(diǎn)練．(2024·山東德州模擬)如圖所示，在光滑的斜面上，輕彈簧的下端固定在擋板上，上端放有物塊Q，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示Q離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是√設(shè)斜面傾角為θ，開(kāi)始時(shí)mgsinθ＝kx0；當(dāng)用一沿斜面向上的力F作用在Q上時(shí)，且Q的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故選項(xiàng)A正確。返回提升點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題整體法與隔離法的靈活運(yùn)用1．整體法的選取原則：對(duì)于加速度相同的連接體，只涉及連接體整體的受力和運(yùn)動(dòng)情況而不涉及連接體內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用整體法。2．隔離法的選取原則：對(duì)于加速度相同的連接體，當(dāng)涉及連接體內(nèi)某個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，或者對(duì)于加速度不同的連接體，一般采用隔離法?？枷?加速度相同的連接體如圖所示，水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當(dāng)兩木塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是A．若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大B．若木塊和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為

＋μm1gC．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無(wú)關(guān)D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)例3 √設(shè)木塊和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝

，以木塊1為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律FT－μm1g＝m1a，解得a＝

，系統(tǒng)加速度與木塊1加速度相同，解得FT＝

F，可見(jiàn)繩的拉力大小與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無(wú)關(guān)，與兩木塊質(zhì)量大小有關(guān)，即無(wú)論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝

F，且m2越大繩的拉力越小，故選C?！就卣棺兪健?多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運(yùn)動(dòng)，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是A．增大推力F B．減小傾角θC．減小B的質(zhì)量 D．減小A的質(zhì)量√√設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對(duì)B受力分析，有FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝

F＝

，為了增大A、B間的壓力，即增大FAB，應(yīng)增大推力F、減小A的質(zhì)量或增大B的質(zhì)量，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。規(guī)律總結(jié)“串接式”連接體中力的“分配”特點(diǎn)兩物塊在力F作用下一起運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的加速度與每個(gè)物塊的加速度相同：1．如圖甲所示：(1)地面光滑；(2)m1、m2與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。2．如圖乙所示：(1)斜面光滑；(2)m1、m2與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。3．如圖丙所示：空氣阻力不計(jì)。以上幾種及類似情形中，F(xiàn)一定時(shí)，兩物塊間的彈力大小只與物塊的質(zhì)量有關(guān)，且F彈＝F。

對(duì)點(diǎn)練．(多選)(2024·河北保定模擬)如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1kg的光滑楔形物體。用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統(tǒng)恰好保持相對(duì)靜止地向左運(yùn)動(dòng)。重力加速度g取10m/s2，下列判斷正確的是A．系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．F＝40NC．斜面體對(duì)楔形物體的作用力大小為5ND．增大力F，楔形物體將相對(duì)斜面體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)√√對(duì)整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a；對(duì)楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A錯(cuò)誤，B正確；斜面體對(duì)楔形物體的作用力FN2＝

N，C錯(cuò)誤；外力F增大，則斜面體加速度增大，由于斜面體與楔形物體間無(wú)摩擦力，則楔形物體將會(huì)相對(duì)斜面體沿斜面上滑，D正確?？枷?加速度不同的連接體(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊A和B形狀、大小均相同，將它們通過(guò)輕繩跨過(guò)光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，A恰好能靜止在斜面上，不考慮A、B與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放A，斜面仍保持靜止，則下列說(shuō)法正確的是A．輕繩的拉力等于mgB．輕繩的拉力等于MgC．A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1－sinα)gD．A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

g例4 √√√第一次放置時(shí)A靜止，則由平衡條件可得Mgsinα＝mg。第二次放置時(shí)，對(duì)A，有Mg－FT＝Ma；對(duì)B，有FT－mgsinα＝ma，聯(lián)立解得a＝(1－sinα)g＝

g，F(xiàn)T＝mg，故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。返回提升點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問(wèn)題1．常見(jiàn)臨界問(wèn)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＝0。(2)相對(duì)靜止與滑動(dòng)的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大值。(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：物體所受合外力為零。2．求解臨界、極值問(wèn)題的三種方法極限法把物理問(wèn)題(或過(guò)程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái)，以達(dá)到正確解決問(wèn)題的目的。假設(shè)法臨界問(wèn)題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問(wèn)題。數(shù)學(xué)法將物理過(guò)程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件?？枷?接觸與脫離的臨界問(wèn)題如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)，B與A分離。下列說(shuō)法正確的是A．B和A剛分離時(shí)，彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng)B．B和A剛分離時(shí)，它們的加速度為gC．彈簧的勁度系數(shù)等于D．在B與A分離之前，它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng)例5√A、B分離前，A、B共同做加速運(yùn)動(dòng)，由于F是恒力，而彈簧彈力是變力，故A、B做變加速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)兩物體要分離時(shí)，F(xiàn)AB＝0，對(duì)B：F－mg＝ma，對(duì)A：kx－mg＝ma，即F＝kx時(shí)，A、B分離，a＝0，此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)。設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，則2mg＝kx0，h＝x0－x，且F＝mg，聯(lián)立以上各式解得k＝

，綜上所述，只有C正確。考向2相對(duì)靜止與滑動(dòng)的臨界問(wèn)題(多選)如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則A．當(dāng)F＜2μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B．當(dāng)F＝

μmg時(shí)，A的加速度為

μgC．當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D．無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)

μg例6√√√當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，即Ff＝2μmg。對(duì)物塊B，根據(jù)牛頓第二定律得2μmg－

μ×3mg＝maBm，解得aBm＝

μg，D正確。對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律有F－

μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg?？芍?dāng)F＞3μmg時(shí)，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，C正確；對(duì)整體分析，由于整體受到地面的最大靜摩擦力Ffm＝

μ×3mg＝μmg，當(dāng)F≤

μmg時(shí)，A、B相對(duì)地面靜止，A錯(cuò)誤；當(dāng)

μmg＜F＝μmg＜3μmg時(shí)，A、B保持相對(duì)靜止，對(duì)整體分析，F(xiàn)－μ×3mg＝3ma，解得A的加速度為μg，B正確。考向3繩子斷裂與松弛的臨界問(wèn)題(2024·河南鄭州模擬)如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT?，F(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動(dòng)，則A．此過(guò)程中物體C受五個(gè)力作用B．當(dāng)F逐漸增大到FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷C．當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷D．若水平面光滑，則繩剛要斷時(shí)，A、C間的摩擦力為例7√對(duì)A受力分析，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A對(duì)C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對(duì)C的摩擦力以及地面的摩擦力六個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)整體分析，整體的加速度a＝

－μg，對(duì)A、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得FT－μ·4mg＝4ma，計(jì)算得出FT＝F，當(dāng)F＝1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷，故B錯(cuò)誤，C正確；若水平面光滑，繩剛要斷時(shí)，對(duì)A、C整體分析，加速度a＝

，對(duì)A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝

，故D錯(cuò)誤。返回課時(shí)測(cè)評(píng)1．(多選)如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體在水平力F作用下由靜止開(kāi)始沿粗糙水平面做直線運(yùn)動(dòng)，t＝1s時(shí)撤去外力。物體的加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是A．F的大小為8NB．0～1s和1～3s內(nèi)物體加速度的方向相反C．t＝3s時(shí)，物體離出發(fā)位置最遠(yuǎn)D．3s末物體的速度為0√√√由題圖乙可知，t＝1s時(shí)撤去外力，物體在摩擦力作用下，加速度大小為2m/s2，由牛頓第二定律可得摩擦力大小為Ff＝ma2＝2×2N＝4N，在0～1s時(shí)間內(nèi)，物體的加速度為4m/s2，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，則F＝Ff＋ma1＝4N＋2×4N＝12N，A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，0～1s內(nèi)加速度為正方向，1～3s內(nèi)物體加速度為負(fù)方向，所以0～1s和1～3s內(nèi)物體加速度的方向相反，B正確；t＝1s時(shí)，物體的速度v＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，物體做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝s＝2s，即物體在t＝3s時(shí)速度為0，物體離出發(fā)位置最遠(yuǎn)，C、D正確。故選BCD。2．(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn)，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，物塊在按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運(yùn)動(dòng)，第3s末物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為零，第5s末物塊剛好回到A點(diǎn)，已知物塊與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是A．前3s內(nèi)，物塊的加速度逐漸減小B．前3s內(nèi)，物塊的速度先增大后減小C．A、B間的距離為4mD．前3s內(nèi)物塊的平均速度為2m/s√√物塊所受摩擦力為Ff＝μFN＝μmg＝2N，由題圖乙可知，前3s內(nèi)，水平力F逐漸減小，當(dāng)F＞Ff時(shí)，物塊做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝Ff時(shí)，物塊的速度達(dá)到最大，之后F＜Ff，加速度反向，物塊開(kāi)始做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在3～5s時(shí)間內(nèi)物塊在水平恒力F與摩擦力作用下由B點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，設(shè)加速度為a，A、B間的距離為x，則根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝ma，解得a＝

m/s2＝2m/s2，則A、B間的距離為x＝

×2×22m＝4m，選項(xiàng)C正確；前3s內(nèi)物塊的平均速度為

m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(2024·山東11月大聯(lián)考)如圖所示，足夠長(zhǎng)的傾角為θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過(guò)定滑輪，一端與質(zhì)量為m1＝1kg的物塊A連接，另一端與質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B連接，輕繩與斜面保持平行。開(kāi)始時(shí)，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說(shuō)法正確的是(所有摩擦均忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)A．輕繩的拉力大小為30NB．輕繩的拉力大小為6NC．物塊B的加速度大小為6m/s2D．如果將物塊B換成一個(gè)豎直向下且大小為30N的力，對(duì)物塊A的運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響√對(duì)B分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對(duì)A、B整體分析，由牛頓第二定律得m2g－m1gsinθ＝(m1＋m2)a，聯(lián)立解得a＝6m/s2，F(xiàn)T＝12N，故A、B錯(cuò)誤，C正確；如果將物塊B換成一個(gè)豎直向下且大小為30N的力，對(duì)A分析，由牛頓第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，前后加速度不一樣，對(duì)物塊A的運(yùn)動(dòng)有影響，故D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止?，F(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開(kāi)始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結(jié)論正確的是A．變力F的最小值為2NB．變力F的最小值為6NC．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為m/s√√A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當(dāng)FNAB最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開(kāi)始施力時(shí)，F(xiàn)NAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正確，A錯(cuò)誤；剛開(kāi)始時(shí)，彈簧的壓縮量為x1＝

＝0.05m，A、B分離時(shí)，其間恰好無(wú)作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04m，物塊A在這一過(guò)程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)解得v＝0.2m/s，C正確，D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖所示，2023個(gè)質(zhì)量均為m的小球通過(guò)完全相同的輕質(zhì)彈簧(在彈性限度內(nèi))相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F1—2，2和3間彈簧的彈力為F2—3，…2022和2023間彈簧的彈力為F2022—2023，則下列結(jié)論正確的是A．F1—2∶F2—3∶……F2022－2023＝1∶2∶3∶…2022B．從左到右每根彈簧長(zhǎng)度之比為1∶2∶3∶…2022C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，第2023個(gè)小球除外，其余每個(gè)球的加速度依然為aD．如果1和2兩個(gè)球間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間第1個(gè)小球的加速度為0，第2個(gè)小球的加速度為2a，其余小球加速度依然為a√√√以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝2023ma，解得a＝

；隔離小球1，由牛頓第二定律得F1－2＝ma，把小球1和2看作整體隔離，由牛頓第二定律得F2－3＝2ma，把小球1、2和3看作整體隔離，由牛頓第二定律得F3－4＝3ma，把小球1、2、3和4看作整體隔離，由牛頓第二定律得F4－5＝4ma，……把小球1到2022看作整體隔離，由牛頓第二定律得F2022－2023＝2022ma，聯(lián)立解得F1－2∶F2－3∶F3－4∶F4－5∶F5－6∶…F2022－2023＝1∶2∶3∶4∶5∶…2022，選項(xiàng)A正確；由于彈簧長(zhǎng)度等于彈簧原長(zhǎng)加彈簧伸長(zhǎng)量，彈簧伸長(zhǎng)量與彈簧彈力成正比，可知選項(xiàng)B錯(cuò)誤；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬間，除第2023個(gè)球所受合力突然變化外，其他小球之間彈簧彈力不變，所以其他球的加速度依然為a，2022和2023之間的彈簧彈力F2022－2023＝2022ma，由牛頓第二定律可得F2022－2023＝ma1，又a＝

，聯(lián)立解得第2023個(gè)小球的加速度a1＝

，選項(xiàng)C正確；如果1和2兩個(gè)球之間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間，第1個(gè)小球受力為零，加速度為零，第2個(gè)小球受到2和3之間彈簧彈力，F(xiàn)2－3＝ma2，又F2－3＝2ma，聯(lián)立解得第2個(gè)小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情況不變，加速度依然為a，選項(xiàng)D正確。6．(多選)(2023·湖南高考·改編)如圖所示，水平向左加速運(yùn)動(dòng)的車廂內(nèi)，一根長(zhǎng)為l的輕質(zhì)桿兩端分別連接質(zhì)量均為1kg的小球a、b(可看成質(zhì)點(diǎn))，a球靠在車廂的光滑豎直側(cè)壁上，距車廂底面的高度為0.8l，b球處在車廂水平底面上且與底面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。要使桿與車廂始終保持相對(duì)靜止，關(guān)于車廂的加速度，下列說(shuō)法正確的是A．若μ＝0.5，則車廂的加速度大小可能為3m/s2B．若μ＝0.5，則車廂的加速度大小可能為2m/s2C．若μ＝0.8，則車廂的加速度大小可能為3m/s2D．若μ＝0.8，則車廂的加速度大小可能為7m/s2√√√桿長(zhǎng)為l，a球靠在車廂的光滑豎直側(cè)壁上，距車廂底面的高度為0.8l，則輕質(zhì)桿與豎直方向的夾角的正切值tanθ＝0.75，對(duì)a球受力分析如圖甲所示，在豎直方向根據(jù)平衡條件有FN1cosθ＝mg，當(dāng)a球與車廂左壁的彈力剛好為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝ma1，解得a1＝gtanθ；當(dāng)b球與車廂底面的靜摩擦力剛好達(dá)到最大值時(shí)，對(duì)b受力分析如圖乙所示，在豎直方向根據(jù)平衡條件有FN2＝mg＋FN1cosθ＝2mg，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有Ffm－FN1sinθ＝ma2，又Ffm＝μFN2，聯(lián)立解得a2＝(2μ－tanθ)g；若μ＝0.5，此時(shí)a1＞a2，則車廂的加速度最大值為a2＝2.5m/s2，A錯(cuò)誤，B正確；若μ＝0.8，此時(shí)a1＜a2，則車廂的加速度最大值為a1＝7.5m/s2，C、D正確。7．有一傾角為θ＝37°的斜面雪道如圖甲所示。假設(shè)一滑雪愛(ài)好者和他的雪橇總質(zhì)量為m＝75kg，沿足夠長(zhǎng)的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空氣阻力Ff與滑雪速度v成正比，比例系數(shù)k未知，雪橇與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)量得到雪橇運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙中的曲線AD所示，圖中AB是曲線AD在A點(diǎn)[坐標(biāo)為(0，5m/s)]的切線，切線上一點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4s，15m/s)，CD是曲線AD的漸近線。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則A．開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)雪橇的加速度大小為a＝3.75m/s2B．0～4s內(nèi)雪橇做加速度變小的曲線運(yùn)動(dòng)C．因雪橇與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ未知，故無(wú)法計(jì)算出比例系數(shù)為k值D．比例系數(shù)為k＝37.5N·s/m√在v-t圖像中，圖像的斜率表示加速度，因此開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)雪橇的加速度大小為a＝m/s2＝2.5m/s2，A錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)雪橇做加速度變小的直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可得，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsinθ－μmgcosθ－kv0＝ma，足夠長(zhǎng)時(shí)間后，滑雪愛(ài)好者勻速運(yùn)動(dòng)，則有mgsinθ＝μmgcosθ＋kvm，代入數(shù)據(jù)整理得k＝37.5N·s/m，C錯(cuò)誤，D正確。8．如圖所示，M為定滑輪，一根細(xì)繩跨過(guò)M，一端系著物體C，另一端系著一動(dòng)滑輪N，動(dòng)滑輪N兩側(cè)分別懸掛著A、B兩物體，已知B物體的質(zhì)量為3kg，不計(jì)滑輪和繩的質(zhì)量以及一切摩擦，若C物體的質(zhì)量為9kg，現(xiàn)要保持C物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，則A物體質(zhì)量應(yīng)取A．3kg B．6kgC．9kg D．12kg√對(duì)C物體分析可得動(dòng)滑輪N與C物體之間繩的拉力為FT＝mCg，對(duì)動(dòng)滑輪N分析可得A、B物體之間繩的拉力為FT′＝

mCg，對(duì)B物體分析，由牛頓第二定律可得

mCg－mBg＝mBa，對(duì)A物體分析，由牛頓第二定律可得mAg－

mCg＝mAa，解得A物體質(zhì)量mA＝9kg，故選C。9．(2024·山東煙臺(tái)模擬)如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一幼兒用與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運(yùn)動(dòng)，已知拉力F＝6.5N，玩具的質(zhì)量m＝1kg。經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝2.0s，玩具移動(dòng)的距離x＝2m，這時(shí)幼兒松開(kāi)手，玩具又滑行了一段距離后停下(取g＝10m/s2)。求：(1)玩具與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；答案：玩具沿水平地面做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移公式有x＝at2解得a＝m/s2對(duì)玩具受力分析，如圖所示，則FN＝mg－Fsin30°Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma。(2)松開(kāi)手后玩具還能滑行多遠(yuǎn)？答案：1.04m松手時(shí)，玩具的速度v＝at＝2

m/s松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′解得a′＝m/s2由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移公式可得玩具的位移x′＝m≈1.04m。(3)幼兒要拉動(dòng)玩具，拉力F與水平面間的夾角為多大時(shí)最省力？答案：30°設(shè)拉力F與水平方向間的夾角為θ，玩具要在水平面上運(yùn)動(dòng)，則Fcosθ－Ff＞0Ff＝μFN在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg解得F＞cosθ＋μsinθ＝

sin(60°＋θ)則當(dāng)θ＝30°時(shí)，拉力最小，最省力。10．某運(yùn)動(dòng)員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機(jī)上由靜止跳下，跳離直升機(jī)一段時(shí)間后打開(kāi)降落傘減速下落，他打開(kāi)降落傘后的速度—時(shí)間圖線如圖甲所示。降落傘用8根對(duì)稱的繩懸掛運(yùn)動(dòng)員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為50kg，降落傘質(zhì)量也為50kg，不計(jì)運(yùn)動(dòng)員所受的阻力，打開(kāi)傘后傘所受阻力Ff與速度v成正比，即Ff＝kv(g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)。求：(1)打開(kāi)降落傘前運(yùn)動(dòng)員下落的高度；答案：20m打開(kāi)降落傘前運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度與位移公式得h0＝

＝20m。(2)阻力系數(shù)k和打開(kāi)傘瞬間的加速度a的大小和方向；答案：200N·s/m

30m/s2方向豎直向上由題圖甲可知，當(dāng)速度等于5m/s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員與降落傘做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則kv＝2mg，解得k＝200N·s/m，剛打開(kāi)降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得a＝

＝30m/s2，方向豎直向上。(3)每根繩能夠承受的最小拉力。答案：312.5N設(shè)每根繩的拉力為FT，以運(yùn)動(dòng)員為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得8FTcos37°－mg＝ma，解得FT＝

＝312.5N，所以每根繩能夠承受的最小拉力為312.5N。返回素養(yǎng)提升課三牛頓第二定律的綜合

應(yīng)用(二)提升點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型提升點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的“滑塊—木板”模型內(nèi)容索引課時(shí)測(cè)評(píng)提升點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型1．模型特點(diǎn)傳送帶問(wèn)題一般分為水平傳送帶、傾斜傳送帶兩種類型，其本質(zhì)是物體與傳送帶間在摩擦力作用下的相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2．傳送帶模型問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵分析受力分析(1)摩擦力方向的判斷：①同向“以快帶慢”；②反向“互相阻礙”。(2)共速時(shí)摩擦力的可能突變：①滑動(dòng)摩擦力突變?yōu)榱?；②滑?dòng)摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力；③摩擦力方向突變。運(yùn)動(dòng)分析(1)參考系的選擇：①研究物體的速度、位移、加速度時(shí)均以地面為參考系；②研究物體的滑行痕跡等一般以傳送帶為參考系。(2)判斷共速以后物體是否能與傳送帶保持相對(duì)靜止。(3)判斷物體在達(dá)到共速之前是否滑出傳送帶?？枷?水平傳送帶問(wèn)題水平傳送帶的幾種情況：(條件：傳送帶以v勻速運(yùn)行，滑塊的初速度為v0)情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)一直勻加速先勻加速后勻速v0＜v時(shí)，一直勻加速v0＜v時(shí)，先勻加速再勻速v0＞v時(shí)，一直勻減速v0＞v時(shí)，先勻減速再勻速情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)滑塊一直勻減速滑塊先勻減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端：①若v0＜v，返回到左端時(shí)速度為v0；②若v0＞v，返回到左端時(shí)速度為v。(2023·山東濰坊第三次調(diào)研)如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在水平足夠長(zhǎng)的傳送帶上，取向右為速度的正方向，物塊P最初一段時(shí)間的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，下列描述正確的是A．小物塊一直受滑動(dòng)摩擦力B．傳送帶做順時(shí)針的勻速運(yùn)動(dòng)C．傳送帶做順時(shí)針的勻加速運(yùn)動(dòng)D．小物塊最終有可能從圖甲的左端滑下傳送帶例1√題眼點(diǎn)撥

(1)看到“將一物塊P輕輕放在水平足夠長(zhǎng)的傳送帶上”，想到“物塊的初速度為零、加速位移可以足夠長(zhǎng)”。(2)看到“取向右為速度的正方向和v-t圖線”，想到“傳送帶做順時(shí)針的勻加速運(yùn)動(dòng)”。(3)看到“v-t圖線分為兩段”，想到“物塊開(kāi)始時(shí)受滑動(dòng)摩擦力作用做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，然后相對(duì)皮帶靜止，受靜摩擦力作用，隨皮帶一起做勻加速運(yùn)動(dòng)”。由題圖乙可知，物塊先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與傳送帶共速后，與傳送帶一起做順時(shí)針的勻加速運(yùn)動(dòng)，不可能從題圖甲的左端滑下傳送帶，故B、D錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)物塊與傳送帶一起順時(shí)針加速后，物塊受靜摩擦力，故A錯(cuò)誤。故選C。(2024·山東濟(jì)寧高三月考)如圖所示，水平固定放置的傳送帶在電機(jī)的作用下一直保持速度v＝4m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，兩輪軸心間距L＝10m。一個(gè)物塊(視為質(zhì)點(diǎn))以速度v0＝8m/s從左輪的正上方水平向右滑上傳送帶，經(jīng)過(guò)t＝2s物塊離開(kāi)傳送帶，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是A．物塊在傳送帶上一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．物塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.5sC．物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D．物塊在傳送帶上留下的劃痕為6m例2√假設(shè)物塊在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為a，L＝v0t－at2，解得a＝3m/s2，離開(kāi)傳送帶時(shí)物塊的速度為v＝v0－at＝2m/s＜4m/s，假設(shè)不成立，故物塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動(dòng)，再與傳送帶共速，最后從右端離開(kāi)，A錯(cuò)誤；設(shè)物塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則與傳送帶一起勻速的時(shí)間2s－t1，L＝t1＋4m/s×(2s－t1)，解得t1＝1s，B錯(cuò)誤；物塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1s，根據(jù)加速度的定義可知a＝＝m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.4，C正確；物塊與傳送帶的相對(duì)位移大小，即劃痕長(zhǎng)度為Δx＝v0t1－

－vt1＝2m，D錯(cuò)誤?？枷?傾斜傳送帶問(wèn)題傾斜傳送帶的幾種情況：(條件：傳送帶以v勻速運(yùn)行，滑塊的初速度為v0)情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)一直加速(一定滿足關(guān)系μ＞tanθ)先加速后勻速情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速若μ＜tanθ，先以a1＝gsinθ＋μgcosθ加速，后以a2＝gsinθ－μgcosθ加速情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)v0＜v時(shí)，一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)v0＜v時(shí)：若μ≥tanθ，先加速后勻速；若μ＜tanθ，先以a1＝gsinθ＋μgcosθ加速，后以a2＝gsinθ－μgcosθ加速v0＞v時(shí)，一直勻變速(加速度為|gsinθ－μgcosθ|)v0＞v時(shí)：若μ＞tanθ，先減速后勻速；若μ＜tanθ，以a2＝gsinθ－μgcosθ加速情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)(摩擦力方向一定沿斜面向上)μ＜tanθ，一直加速；μ＝tanθ，一直勻速μ＞tanθ，一直減速μ＞tanθ，先減速到速度為0后反向加速到v，若v0＜v，則回到原位置時(shí)速度大小為v0(類豎直上拋運(yùn)動(dòng))(多選)如圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率v1沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°。一物塊以初速度v2從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，物塊到達(dá)一定高度時(shí)速度為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，則A．傳送帶的速度為4m/sB．物塊上升的豎直高度為0.96mC．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．物塊所受摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)方向相反例3√√如果v2小于v1，則物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v2一定大于v1。結(jié)合題圖乙可知物塊減速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同時(shí)，繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)，由此可以判斷傳送帶的速度為2m/s，A錯(cuò)誤；物塊的位移等于v-t圖線與橫軸所圍的面積，即L＝

×(4＋2)×0.2m＋

×1×2m＝1.6m，則上升的豎直高度為h＝Lsinθ＝0.96m，B正確；0～0.2s內(nèi)，加速度a1＝m/s2＝－10m/s2，加速度大小為10m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝

＝10m/s2，解得μ＝0.5，C正確；在0～0.2s內(nèi)，摩擦力方向與物塊的運(yùn)動(dòng)方向相反，0.2～1.2s內(nèi)，摩擦力方向與物塊的運(yùn)動(dòng)方向相同，D錯(cuò)誤。(2024·安徽阜陽(yáng)模擬)如圖所示，煤礦有一傳送帶與水平地面夾角θ＝37°，傳送帶以v＝10m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端A點(diǎn)靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m＝1.0g的黑色煤塊，經(jīng)過(guò)2s運(yùn)動(dòng)到傳送帶下端B點(diǎn)并離開(kāi)傳送帶，煤塊在傳送帶上留下一段黑色痕跡。已知煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：例4(1)傳送帶從A到B的長(zhǎng)度；答案：16m煤塊速度達(dá)到10m/s之前：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2t1＝

＝1sx1＝

＝5m煤塊速度達(dá)到10m/s之后運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝1smgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2x2＝vt2＋

＝11mL＝x1＋x2＝16m。(2)煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度。答案：5m煤塊速度小于傳送帶時(shí)s1相＝vt1－x1＝5m煤塊速度大于傳送帶時(shí)s2相＝x2－vt2＝1m由于s1相＞s2相，則痕跡長(zhǎng)為5m。返回提升點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的“滑塊—木板”模型1．模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下或者還有外力作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。2．四種常見(jiàn)類型：滑塊m與木板M之間有摩擦，地面光滑或者粗糙。圖例初始條件終止條件(1)滑塊m靜止。(2)木板M初速度為v。(1)滑塊m停在木板M上某位置。(2)滑塊m恰好沒(méi)有滑離木板M。(3)滑塊m滑離木板M。(1)滑塊m初速度為v。(2)木板M靜止。圖例初始條件終止條件(1)滑塊m、木板M均靜止。(2)外力F作用在木板M上。(1)滑塊m停在木板M上某位置。(2)滑塊m恰好沒(méi)有滑離木板M。(3)滑塊m滑離木板M。(1)滑塊m、木板M均靜止。(2)外力F作用在滑塊m上?？枷?無(wú)外力F作用的“滑塊—木板”模型如圖所示，物塊A、木板B的質(zhì)量均為m＝10kg，不計(jì)A的大小，B板長(zhǎng)L＝3m。開(kāi)始時(shí)A、B均靜止，現(xiàn)使A以某一水平初速度從B的最左端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知A與B、B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2。例5 (1)若物塊A剛好沒(méi)有從B上滑下來(lái)，則A的初速度是多少？答案：A在B上向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，有μ1mg＝ma1解得加速度大小a1＝3m/s2木板B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，有μ1mg－μ2·2mg＝ma2解得加速度大小a2＝1m/s2由題意知，A剛好沒(méi)有從B上滑下來(lái)，則A滑到B最右端時(shí)和B速度相同，設(shè)為v，可得時(shí)間關(guān)系位移關(guān)系解得v0＝(2)若把木板B放在光滑水平面上，讓A仍以(1)問(wèn)中的初速度從B的最左端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則A能否與B脫離？最終A和B的速度各是多少？答案：沒(méi)有脫離木板B放在光滑水平面上，A在B上向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為a1＝3m/s2B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2′＝

＝3m/s2設(shè)A、B達(dá)到相同速度v′時(shí)A沒(méi)有脫離B，由時(shí)間關(guān)系得＝解得v′＝m/sA的位移xA＝

＝3mB的位移xB＝

＝1m由xA－xB＝2m＜L可知，A沒(méi)有與B脫離，最終A和B的速度相等，大小為

m/s?！就卣棺兪健?“滑塊有初速度、木板靜止”拓展為“滑塊靜止、木板有初速度”)(多選)如圖甲所示，上表面粗糙的平板小車靜止于光滑水平面上。t＝0時(shí)，小車以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，將小滑塊無(wú)初速度地放置于小車的右端，最終小滑塊恰好沒(méi)有滑出小車。如圖乙為小滑塊與小車運(yùn)動(dòng)的v-t圖像，圖中t1、v0、v1均為已知量，重力加速度大小取g。由此可求得A．小車的長(zhǎng)度B．小滑塊的質(zhì)量C．小車在勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度D．小滑塊與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)√√√最終小滑塊恰好沒(méi)有滑出小車，由題圖乙可求出小車的長(zhǎng)度L＝t1，故A正確；根據(jù)題圖乙可以求出小車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a′＝

以及小滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a＝

，無(wú)法求出小滑塊的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)小滑塊，由牛頓第二定律可知a＝

＝μg，又a＝

，聯(lián)立解得小滑塊與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝

，故D正確。故選ACD?？枷?有外力F作用的“滑塊—木板”模型(外力F“作用在滑塊上”拓展為“作用在木板上”)如圖所示，光滑水平面上靜止放著長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.6m、質(zhì)量為M＝3kg的木板，一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的物塊放在木板的最右端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，今對(duì)木板施加一水平向右的拉力F，g取10m/s2。例6 (1)施力F后，要想把木板從物塊的下方抽出來(lái)，求力F的大小應(yīng)滿足的條件；答案：F＞4N力F拉動(dòng)木板運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：對(duì)物塊，由牛頓第二定律知μmg＝ma，對(duì)木板，由牛頓第二定律知F－μmg＝Ma1，即a1＝要想抽出木板，則只需a1＞a，即F＞μ(M＋m)g，代入數(shù)值解得F＞4N。(2)為把木板從物塊的下方抽出來(lái)，施加某力后，發(fā)現(xiàn)該力作用最短時(shí)間t0＝0.8s，恰好可以抽出，求此力的大小。答案：10N設(shè)施加某力時(shí)木板的加速度大小為a2，則a2＝設(shè)不再施加某力時(shí)木板的加速度大小為a3，則a3＝m/s2設(shè)從不再施加某力到木板恰好被抽出所用時(shí)間為t2，則木板從物塊下抽出時(shí)有物塊的速度v＝a(t0＋t2)發(fā)生的位移x＝a(t0＋t2)2木板的速度v板＝a2t0－a3t2發(fā)生的位移x板＝木板剛好從物塊下抽出時(shí)應(yīng)有v板＝v且x板－x＝L聯(lián)立并代入數(shù)值得t2＝1.2s，a2＝3m/s2，F(xiàn)＝10N。【拓展變式】(外力F“作用在木板上”拓展為“作用在滑塊上”)(多選)(2024·安徽蚌埠模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為mA＝2kg的木板A靜止在水平地面上，質(zhì)量為mB＝1kg的滑塊B靜止在木板的左端，對(duì)B施加一水平向右的恒力F，一段時(shí)間后B從A右端滑出，A繼續(xù)在地面上運(yùn)動(dòng)一段距離后停止，此過(guò)程中A的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是A．滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6B．木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．F的大小可能為9ND．F的大小與板長(zhǎng)L有關(guān)√√當(dāng)滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度為a1＝m/s2＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板A，有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑塊從木板上滑出后，木板的加速度為a2＝

m/s2＝－1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得－μ2mAg＝mAa2，聯(lián)立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)滑塊B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中的aB＞a1＝2m/s2，則F＞9N，即F的大小不可能為9N，C錯(cuò)誤；根據(jù)L＝a1t2，式中t＝1s，聯(lián)立解得F＝(2L＋9)N，即F的大小與板長(zhǎng)L有關(guān)，D正確。返回課時(shí)測(cè)評(píng)1．(多選)應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2。旅客把行李(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A處，則下列說(shuō)法正確的是A．開(kāi)始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2B．行李經(jīng)過(guò)2s到達(dá)B處C．行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/sD．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0.08m√√開(kāi)始時(shí)，對(duì)行李，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正確；設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，行李勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝0.4m/s，根據(jù)v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.2s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x＝

×2×0.22m＝0.04m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝s＝4.9s，可得行李從A到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝5.1s，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知行李在到達(dá)B處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D錯(cuò)誤。2．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的傳送帶傾斜放置，傾角θ＝37°，以恒定速率v＝4m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。一煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列說(shuō)法正確的是A．煤塊沖上傳送帶后經(jīng)2s與傳送帶速度相同B．煤塊向上滑行的最大位移為8mC．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時(shí)間為5sD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)為(12＋4)m√煤塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝8m/s2，設(shè)經(jīng)時(shí)間t與傳送帶共速，由v0－a1t＝v，解得t＝1s，故A錯(cuò)誤；共速后，摩擦力方向向上，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝4m/s2，則煤塊先以12m/s的初速度、8m/s2的加速度減速至4m/s，后又以4m/s2的加速度減速至0，再反向加速回到A點(diǎn)，v-t圖像如圖所示，由圖像可知，煤塊上升到最高點(diǎn)的位移大小等于v-t圖線與時(shí)間軸所圍面積的大小，即x＝

×(12＋4)×1m＋

×4×1m＝10m，故B錯(cuò)誤；物塊上升到最高點(diǎn)后反向做初速度為零、加速度為a2＝4m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)返回到A點(diǎn)所需的時(shí)間為t1，下滑的位移x＝

，解得t1＝s，結(jié)合圖像知，物塊從沖上傳送帶到返回A端所用時(shí)間為t總＝(2＋

)s，故C錯(cuò)誤；在0～1s內(nèi)傳送帶比物塊速度慢，則滑塊在傳送帶上的劃痕為L(zhǎng)1＝

×(12＋4)×1m－4×1m＝4m，此時(shí)劃痕在物塊的下方，在1～2s內(nèi)，傳送帶速度比物塊速度大，則L2＝4×1m－

×4×1m＝2m，因?yàn)長(zhǎng)2＜L1，所以在上升階段產(chǎn)生的劃痕為4m，此時(shí)煤塊在產(chǎn)生的劃痕的中點(diǎn)，在2～(2＋)s時(shí)間內(nèi)，煤塊向下運(yùn)動(dòng)了10m，傳送帶向上運(yùn)動(dòng)了4m，則煤塊在傳送帶上的劃痕為L(zhǎng)＝(10＋4

＋2)m＝(12＋4

)m，故D正確。故選D。3．(2023·安徽蕪湖一模)如圖甲所示，物塊A與木板B靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)給物塊A一初速度，1s后兩物體相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們的位移—時(shí)間圖像如圖乙所示，則A、B兩物體的質(zhì)量比為A．4∶3 B．2∶1C．3∶2 D．5∶2√由題圖乙可知，0～1s內(nèi)，xA＝5m，xB＝2m對(duì)A進(jìn)行受力分析得μmAg＝mAaA，對(duì)B進(jìn)行受力分析得μmAg＝mBaB，1s后兩物體相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，則速度為v0－aAt＝aBt，B的位移為xB＝aBt2＝2m，解得aB＝4m/s2，則得出共速的速度為v末＝vB＝aBt＝4m/s，對(duì)A有xA＝

t＝5m，v末＝v0－aAt＝4m/s，解得v0＝6m/s，μ＝0.2，

，故選B。4．(2024·陜西西安模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出其加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖像。最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，取g＝10m/s2，則A．滑塊的質(zhì)量m＝2.5kgB．木板的質(zhì)量M＝3kgC．當(dāng)F＝8N時(shí)，滑塊加速度為2m/s2D．滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6√由題圖乙可知當(dāng)F＝12N時(shí)，加速度為a＝4m/s2，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律得F＝a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝3kg，當(dāng)F＞12N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得a＝

，知題圖乙中F＞12N圖線的斜率為k＝

kg－1＝2kg－1，解得M＝0.5kg，滑塊的質(zhì)量為m＝2.5kg，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)F＞12N的圖線知，F(xiàn)＝10N時(shí)，a＝0，即0＝2F－2×μ×2.5×10N，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.4，當(dāng)F＝8N時(shí)，對(duì)滑塊和木板的整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＝(M＋m)a′，解得a′＝m/s2，故C、D錯(cuò)誤。故選A。5．(2024·河南信陽(yáng)模擬)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，煤塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2s末煤塊到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，tan53°＝

，g取10m/s2，則A．傾角θ＝37°B．煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4C．2s內(nèi)煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)為6mD．2s內(nèi)煤塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為20J√由題圖乙可知，0～1s內(nèi)煤塊的加速度為a1＝10m/s2，1～2s內(nèi)煤塊的加速度為a2＝2m/s2，傳送帶的速度為v1＝10m/s，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故A正確，B錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)傳送帶的位移及煤塊的位移分別為x1＝v1t＝10