第5章 拓展课4 牛顿运动定律应用中的经典模型（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册（鲁科版2019）

第五章 牛顿运动定律 拓展课四　牛顿运动定律应用中的经典模型 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 栏目索引 课堂 互动探究 课堂 达标训练 课堂 互动探究 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 课堂 达标训练 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 谢谢观看！ 核心素养 物理观念 科学思维 科学态度与责任 1.知道应用整体法和隔离法解决牛顿运动定律问题． 2．知道连接体问题、瞬时性问题、传送带及板块模型问题． 1.会用整体法和隔离法分析动力学的连接体问题． 2．会分析物体受力的瞬时变化，掌握瞬时变化问题的两种模型. 通过牛顿运动定律、整体法和隔离法的应用， 体会物理知识的实际应用价值． 核心素养 物理观念 科学思维 科学态度与责任 3．会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上的物体的运动问题． 4．能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型问题． 探究点一　连接体问题　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的整体叫连接体．这几个物体具有相同的加速度，或上下叠放在一起，或前后挤靠在一起、或通过细绳、轻弹簧等连在一起．在求解连接体问题时要灵活选择整体法与隔离法． 2．整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解．其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力． 3．隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形． 4．整体法与隔离法的选用 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．求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交替运用．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．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． ►对点例练 (2021·兰州市第二十七中学高一期末)如图，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角不变，下列说法中正确的是(　　) A．车厢的加速度大小为g sin θ B．绳对物体1的拉力为m1g cos θ C．车厢底板对物体2的支持力为(m2－m1)g D．物体2受车厢底板的摩擦力为m2g tan θ D　解析：A、B．以物体1为研究对象，分析受力情况如图所示 根据牛顿第二定律得m1g tan θ＝m1a 解得a＝g tan θ 则车厢的加速度也为g tan θ. T＝ eq \f(m1g,cos θ) 故A、B错误； C、D．以物体2为研究对象，分析受力如图 根据牛顿第二定律得N＝m2g－T＝m2g－ eq \f(m1g,cos θ) f＝m2a＝m2g tan θ 故C错误，D正确．故选D． [训练1] (2021·黄石市第三中学高一月考)如图所示，沿水平面运动的小车里，用两根轻质细线A、B悬挂一个小球，小车光滑底板上有一个用轻质弹簧拴着的物块，已知两根悬线与竖直方向夹角均为θ＝30°，弹簧处于拉伸状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小车一定水平向右做匀加速运动 B．两根轻细线的拉力都不可能为0 C．两根细线的拉力有可能相等 D．弹簧的弹力大小可能为 eq \f(\r(3),3) mg D　解析：A．因弹簧处于拉伸状态，则弹簧B对物体一定有向右的弹力，因此整体有向右的加速度，然而小车不一定向右加速，也可能向左减速，故A错误； B．由弹簧受力可知，小球有向右的加速度，则两根细线的合力不为0，当加速度为a＝gtan 30°＝ eq \f(\r(3),3) g 方向水平向右时，其中左边绳子的拉力为0，故B错误； C．若两根细线的拉力相等，根据力的合成与分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度为0，则弹簧不会处于拉伸状态，不符合题意，故C错误； D．若小车的加速度为a＝ eq \f(\r(3),3) g，那么依据牛顿第二定律，则弹簧的弹力大小为F＝ma＝ eq \f(\r(3),3) mg 故D正确． 探究点二　瞬时性问题　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，解决此类问题时，要注意两类模型的特点： (1) 轻绳、轻杆或接触面模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失． (2)轻弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，故其弹力不能突变只能连续变化．在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的． 2．分析方法：首先一定要分清类型，然后分析变化之前的受力情况和变化之后的受力情况，明确哪些力不变，哪些力发生突变，然后根据牛顿第二定律列方程求解． ►对点例练 (多选)(2021·江西省分宜中学高一月考)如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止．已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为g sin θ B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为2g sin θ C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为 eq \f(1,2) g sin θ D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2g sin θ BC　解析：A．将A、B、C三者视为整体可得 F＝3mg sin θ 再将B、C视为整体，分析其受力可得细绳的拉力为 T＝2mg sin θ 单独对A受力分析有 F＝mg sin θ＋T 当细绳烧断，细绳不再对A作用，由牛顿第二定律可得 F－mg sin θ＝maA 解得： aA＝2g sin θ 选项A错误； B．在细绳未烧断前，对B的受力分析可得 T＝mg sin θ＋F弹 又F弹＝mg sin θ 当细绳烧断的瞬间，T变为0，根据牛顿第二定律可得 maB＝F弹＋mg sin θ 联立可得 aB＝2g sin θ 选项B正确； C．将A、B视为整体，分析其整体受力，可得 F＝2mg sin θ＋F弹 当剪去弹簧时A、B有共同的运动状态，由牛顿第二定律可得： F－2mg sin θ＝2maAB 解得： aAB＝ eq \f(1,2) g sin θ 选项C正确； D．由选项C可知，将A、B视为整体，其整体的受力情况为 F＝2mg sin θ＋F弹 在撤去拉力F的瞬间弹簧还来不及变化，故F弹不变，则由牛顿第二定律可得 aAB＝ eq \f(3,2) g sin θ 在这一过程中A、B共同运动，所以 aA＝aAB＝ eq \f(3,2) g sin θ 选项D错误．故选B、C． [训练2] (2021·云南省玉溪第一中学高一月考)如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的拉力F＝ eq \f(mg,sin θ) B．弹簧的拉力F＝mg sin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度a＝g tan θ D　解析：A、B．绳烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，根据平衡条件，弹簧的拉力为F＝ eq \f(mg,cos θ) A、B错误； C、D．绳烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律mg tan θ＝ma 解得a＝g tan θ. C错误，D正确． 故选D． 探究点三　传送带模型　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．水平传送带 (1)当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化． (2)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力). 2．倾斜传送带 (1)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系． (2)倾斜传送带问题的两种类型．(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长) 条件 运动性质 向上 传送 物体 μ>tan θ 物体先沿传送带做向上的加速直线运动，速度相同以后二者相对静止，一起做匀速运动 μ＝tan θ 物体保持静止 μ<tan θ 不可能向上传送物体，物体沿传送带做向下的加速直线运动 条件 运动性质 向下 传送 物体 μ≥tan θ 物体先相对传送带向上滑，做初速度为零的匀加速[a＝g(sin θ＋ μcos θ)]直线运动，速度相同后二者相对静止，一起做匀速运动 条件 运动性质 向下 传送 物体 μ<tan θ 物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速[a＝g(sin θ＋μcos θ)]直线运动，速度与传送带速度相同后滑动摩擦力反向，物体相对传送带下滑，继续做向下的匀加速[a＝g(sin θ－μcos θ)]直线运动 ►对点例练 (2021·云南红河高一月考)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． 解析：(1)设物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可知μmg＝ma 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＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) eq \f(v0,2a) ＝ eq \f(25,3) m＞L＝8 m 由v B eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) －v0 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ＝－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方向，即物块先加速到v1＝12 m/s 由v1 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) －v0 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ＝2ax1 得x1＝ eq \f(11,3) m＜L＝8 m 故物块先加速运动后匀速运动，即物块到达B时的速度大小 vB′＝v1＝12 m/s 答案：(1)2 m/s；(2)12 m/s [训练3] (2021·山西朔州高一期中)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是(　　) A．物块A、B不同时到达传送带底端　　 B．物块A先到达传送带底端 C．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同　　 D．传送带对物块A无摩擦力作用 C　解析：ABD．两个小物块A和B从传送带的顶端都以1 m/s的速度下滑，因为μmgcos 37°＝0.4 mg＜mgsin 37°＝0.6 mg 所以传送带对小物块的摩擦力都是沿传送带向上，大小相等，所以两小物块下滑的加速度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此A、B同时到达传送带底端，故A、B、D错误； C．对物块A，划痕长度等于A的位移减去传送带的位移，而对于B，划痕长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，故C正确． 故选C． 探究点四　滑块－滑板模型　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．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”分别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等隐含条件． (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，摩擦力会发生突变的情况． (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． 2．两种位移关系 类型图示 规律分析 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滑到木板左端时二者速度恰好相等，位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块滑到木板右端时二者速度恰好相等，位移关系为xB＋L＝xA 3.解板—块模型问题的注意事项 对于多过程问题，解题过程中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．要准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能发生突变)，找出两物体之间的位移(路程)关系或速度关系． 解决板—块模型问题时，常选地面为参考系． ►对点例练 (多选)(2021·益阳市第一中学高一月考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为 eq \f(1,2) μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则下列选项正确的是(　　) A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝ eq \f(1,2) μmg时，A的加速度为μg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过 eq \f(1,2) μg CD　解析：A、B．设B对A的最大静摩擦力为f1，A对B的最大静摩擦力为f2，地面对B的最大静摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1与f2的大小均为2umg，f3为 eq \f(3,2) μmg，则当0＜F≤ eq \f(3,2) μmg时，A、B均保持静止，加速度为0； eq \f(3,2) μmg＜F＜2μmg时，A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，A错误，B错误； C．设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，则有F′－2μmg＝2ma′ 对AB整体，则有F′－ eq \f(3,2) μmg＝3ma′ 解得F＝3μmg 故当 eq \f(3,2) μmg＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动，C正确； D．对于B来说，其所受合力的最大值Fm＝2μmg－ eq \f(3,2) μmg＝ eq \f(1,2) μmg 据牛顿第二定律有，B的加速度不会超过 eq \f(1,2) μg，故D项正确． 故选C、D． [训练4] (2021·广东汕头金山中学高一期中)如图所示，质量m＝2 kg的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端，木板与滑块都处于静止状态．现突然给木板一水平向右的初速度v0＝5 m/s，使木板向右运动．已知木板质量M＝2 kg，长l＝3 m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，g取10 m/s2.求： (1)木板获得初速度后的较短时间内，滑块与木板的加速度大小； (2)滑块与木板刚达到共速时，滑块到木板右端的距离； 解析：(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，小滑块μ1mg＝mam1 解得am1＝1 m/s2 木板μ2(m＋M)g＝MaM1 解得aM1＝ eq \f(Ffm＋FfM,M) ＝4 m/s2 (2)设经时间t二者达到相同的速度v，则有 am1t＝v0－aM1t＝v 解得t＝1 s，v＝1 m/s 该过程中木板的位移大小xM1＝v0t－ eq \f(1,2) aM1t2＝3 m 小滑块的位移大小xm1＝ eq \f(v2,2am1) ＝0.5 m 小滑块到木板的右端的距离 x＝xM1－xm1＝3 m－0.5 m＝2.5 m 答案：(1)4 m/s2；(2)2.5 m； 探究点五　解决实际问题　(科学态度与责任) [训练5] (生活情境)在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带．当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动．随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为(　　) A．5 mm　　　B．6 mm　　　C．7 mm　　　D．10 mm A　解析：木箱加速的时间为t＝ eq \f(v,a) ，这段时间内木箱的位移为x1＝ eq \f(v2,2a) ，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，故A正确． 等级提升练 1.(2021·云南省通海县第二中学高一期中)如图所示，在光滑水平面上有两个质量分别为M、m的木块，M＝2m，当用水平力F分别推m和M时，两物体之间弹力之比FN1∶FN2应为(　　) A．1∶1　　　　　　 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1 C　解析：根据牛顿第二定律可知，无论用水平力F推m还是推M，两木块整体的加速度大小相同，均设为a，则有 F＝(M＋m)a＝3ma 当用水平力推m时，对M根据牛顿第二定律有 FN1＝Ma＝2ma＝ eq \f(2,3) F 当用水平力推M时，对m根据牛顿第二定律有 FN2＝ma＝ eq \f(1,3) F 解得 eq \f(FN1,FN2) ＝2 故选C． 2．(2021·湖南高一期末)如图所示，小球与水平的不计质量的弹簧相连，同时用与水平面成60°角的光滑挡板托住小球，小球静止，重力加速度为g，现突然向左拿走挡板，拿走挡板瞬间小球的加速度大小为(　　) A．g B．0.5 g C．2 g D． eq \f(\r(3),2) g C　解析：对小球受力分析可知，挡板对球的作用力为N＝ eq \f(mg,cos 60°) ＝2mg 拿走挡板瞬间，弹簧的弹力不能突变，则小球受的合力与N等大反向，则小球的加速度大小a＝ eq \f(N,m) ＝2g 故选C． 3．(多选)(2021·成都新津为明学校高一开学考试)如图所示，由相同材料做成的 A、B 两物体放在长木板上，随长木板一起以速度 v 向右做匀速直线运动，它们的质量分别为mA 和 mB，且mA>mB．某时刻木板停止运动，设木板足够长，下列说法中正确的是(　　) A．若木板光滑，A、B 间距离保持不变 B．若木板光滑，由于 A 的惯性较大，A、B 间的距离将增大 C．若木板粗糙，A、B 间距离保持不变 D．若木板粗糙，由于 B 的惯性较小，A、B 间的距离将减小 AC　解析：A、B．若木板光滑，木板停止运动后，A、B均以速度v做匀速运动，间距不变，故A正确，B错误； C、D．若木板粗糙，同种材料制成的物体与木板间动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得到μmg＝ma a＝μg 则可见A、B匀减速运动的加速度相同，间距不变．故C正确，D错误．故选A、C． 4．(2021·云南省玉溪第一中学高一月考)如图所示，水平传送带由电动机驱动，始终保持以速度v匀速运动，将质量为m的物体无初速度地放在传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体运动一段时间后能与传送带保持相对静止． (1)物体从释放到相对传送带静止所用的时间； (2)物体在传送带上的划痕长度； 解析：(1)对物体根据牛顿第二定律μmg＝ma 解得a＝μg 设物体与传送带共速所需时间为t，则v＝at 解得t＝ eq \f(v,μg) (2)对物体x1＝ eq \f(1,2) at2 对传送带x2＝vt 划痕长度为x＝x2－x1 解得x＝ eq \f(v2,2μg) 答案：(1)t＝ eq \f(v,μg) ；(2)x＝ eq \f(v2,2μg) $$