第3章 第3节 牛顿运动定律的综合应用-【名师导航】2025年高考物理一轮总复习课件（江苏专用）

第三章　运动和力的关系 第3节　牛顿运动定律的综合应用 1 细研考点 · 突破题型 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： 考点1　动力学中整体法、隔离法的应用 ⇨⇨ 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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。 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [典例]　(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。 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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。 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 [跟进训练] 角度1　先整体后隔离法的应用 1．(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。] 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 3 题号 1 4 2．(弹簧连接)如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面。现开始用一水平恒力F作用于P，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　) A．若F＝0，挡板受到物块B的压力为mg sin θ B．加较小力F后A能保持相对于斜面静止 C．若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到 D．若F＝(M＋2m)g tan θ且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧处于原长 √ 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 3 题号 1 4 D　[若F＝0，对A、B整体，挡板受到物块B的压力为F1＝2mg sin θ，故A错误；当没有F作用时，对A分析有mg sin θ＝kx，用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图甲所示。根据牛顿第二定律得mg sin θ－kx＝ma cos θ，当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物块A相对斜面开始向上滑，故物块A在F刚施加上时就一直沿斜面向上滑动，故B错误； 2 3 题号 1 4 物块B恰好离开挡板C的临界情况是物块B对挡板无压力，此时整体向左加速运动，对A、B整体分析可知2mg tan θ＝2ma，a＝g tan θ，对物块B受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，如图乙所示，根据牛顿第二定律有mg－FNcos θ－kx sin θ＝0，FNsin θ－kx cos θ＝ma，解得kx＝mg sin θ－ma cos θ，得x＝0，弹簧为原长，故C错误；若F＝(M＋2m)g tan θ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为a＝g tan θ，对物块A受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，如图丙所示，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－kx＝ma cos θ，得kx＝0，故弹簧处于原长，故D正确。故选D。] 2 3 题号 4 1 角度2　先隔离后整体法的应用 3．(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 √ 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 3 题号 4 1 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。] 2 4 3 题号 1 4．(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′<F，F′T>FT D．F′<F，F′T<FT √ 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 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。] 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。 考点2 动力学中的图像问题 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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。 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [典例]　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 √ 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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，故D错误。] 方法技巧　动力学图像问题的解题策略 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 √ [跟进训练] 角度1　动力学中的F-t图像 1．(水平方向运动)质量m＝2 kg 的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．物块与地面间的动摩擦因数为0.3 B．3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2 C．5 s末物块的速度大小为1.5 m/s D．5 s内物块的位移大小为18 m 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 B　[0～2 s内，由物块处于平衡状态可得F1＋F2－μmg＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A错误；3 s末物块的加速度大小为a′＝＝1.5 m/s2，故B正确；2～4 s内物块的加速度大小都为a′＝1.5 m/s2，所以物块减速到0的时间为t2＝ s＝2 s，即物块在4 s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5 s内物块的位移大小等于4 s内物块的位移大小，即为 m＝9 m，故D错误。] 2 3 题号 1 4 √ 角度2　动力学中的v-t图像 2．(斜面上运动)(2024·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 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 3 题号 1 4 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ma1＝mg sin θ＋μmg cos θ，下滑时有ma2＝mg sin θ－μmg cos θ，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5，故C正确。] 2 3 题号 4 1 √ 角度3　动力学中的a-t图像 3．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 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 3 题号 4 1 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。] 2 4 3 题号 1 角度4　动力学中的a-F图像 4．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，重力加速度取g＝10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　) A．10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B．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 √ 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 D　[由图像可知，当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止，当F>15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块的整体，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，联立方程可求解M＋m＝2 kg，sin θ＝，则θ＝30°，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, 此时物块和木板刚开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立方程可求解μ＝，故B错误。故选D。] 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。 考点3　动力学中的临界、极值问题 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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(1)三角函数法；(2)根据临界条件列不等式法；(3)利用二次函数的判别式法 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [典例]　(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。 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [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。 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [跟进训练] 角度1　相对滑动的临界、极值问题 1．(2023·前黄高级中学一模)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 √ 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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。] 角度2　接触与脱离的临界、极值问题 2．(2023·南京模拟)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 √ 细研考点·突破题型 核心素养 课时分层作业 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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。] 核心素养3　科学思维——动力学中的两类典型模型 模型1　“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。 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [示例1]　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．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3 C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3 √ 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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。] [即时训练] (等时性的应用)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。] 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 模型2　水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景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 情景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<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景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<v返回时速度为v0 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景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<a，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ff＝μmg，产生的加速度a＝μg 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [示例2]　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。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [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<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<L，所以物块先向右减速后向左加速。 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<x2＝3 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 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。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 模型3　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 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 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 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 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [示例3]　(2024·淮安高级中学期末)如图所示，传送带与地面倾角 θ＝37°，从A到B长度为L＝ 10.25 m, 传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知 sin 37°＝0.6, g取10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 思路点拨：解此题注意以下几点： (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。 (2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。 (3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [解析]　(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力分析如图甲所示，其加速度为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 t1＝＝1 s，x1＝＝5 m<L 即下滑5 m与传送带速度相等 达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ<tan 37°， 煤块仍将加速下滑，受力分析如图乙所示 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m x2＝，得t2＝0.5 s 则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 (2)第一过程痕迹长度为Δx1＝＝5 m 第二过程痕迹长度为Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m Δx1与Δx2部分重合 故痕迹总长为5 m。 [答案]　(1)1.5 s　(2)5 m 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。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 [即时训练] 1．(物块速度与传送带速度同向)如图所示，足够长的倾斜传送带以速度u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(　　) 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 A　　　　　　　　　B       C　　　　　　　　　D √ 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 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μ<tan θ，A、B将沿着传送带向下做加速运动，根据牛顿第二定律可得2mg sin θ－2μmg cos θ＝2ma′，若a′＝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tan θ<μ<tan θ，则A开始以加速度a做加速运动，然后以加速度a′做加速运动；若a′>a，则有μ<tan θ，A开始以加速度a做加速运动，然后以加速度a′做加速运动，由于B滑上传送带时，A、B运动状态相同，且传送带足够长，因此加速度a′不会再发生变化，故A、B正确，D错误。本题选错误项，故选D。] 2 3 题号 1 4 2．(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 √ 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 3 题号 1 4 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，故A、C、D错误，B正确。] 2 3 题号 4 1 3．(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 √ 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 3 题号 4 1 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。] 2 4 3 题号 1 4．(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。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 2 4 3 题号 1 [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 2 4 3 题号 1 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<l＝16 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 2 4 3 题号 1 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 模型4　“滑块—木板”模型 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。 同向运动时：L＝x1－x2。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 反向运动时：L＝x1＋x2。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [示例4]　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。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [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。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 (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)。 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [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＝4 m/s2 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 [即时训练] 1．(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一共是多少？ 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [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 2．(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？ 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [解析]　(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为＝＝μ(m1＋m2)g 纸板所受摩擦力的大小 Ff＝＝μ(2m1＋m2)g。 (2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2 则有＝＝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＝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 3．(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) 核心素养 课时分层作业 细研考点·突破题型 第3节　牛顿运动定律的综合应用 [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 $$