第四章专题一：牛顿第二定律综合应用 导学案-2025-2026学年高一上学期物流人教版必修第一册

专题一 牛顿第二定律综合应用 知识点总览 一、从受力确定运动情况 1.基本思路 分析物体的受力情况,求出物体所受的合力,由牛顿第二定律求出物体的加速度;再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2.流程图 已知物体受力情况 求得x、v0、v、t等 二、从运动情况确定受力 1.基本思路 分析物体的运动情况,由运动学公式求出物体的加速度,再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2.流程图 三、多过程问题 1.当题目给出的物理过程较复杂,由多个过程组成时,要将复杂的过程拆分为几个子过程。 2.分析每一个子过程的受力情况,由于不同过程中力发生了变化,所以加速度也会发生变化,所以对每一个过程都要重新分析,分别求加速度,用相应规律解决。 3.特别注意两个子过程交接的位置,该交接点速度是上一过程的末速度,也是下一过程的初速度,它起到承上启下的作用,对解决问题起重要作用。 4.动力学中的“传送带”模型 （1）模型概述 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方,传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 （2）水平传送带常见类型及物体运动情况 类型 物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v0=v时,一直匀速 (3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速 (1)传送带较短时,物体一直减速到达左端 (2)传送带足够长,①v≥v0时,物体先向左减速再向右加速回到右端,回到右端时速度大小为v0 ②v<v0时,物体先向左减速再向右加速,最后匀速,回到右端时速度大小为v （3）倾斜传送带常见类型及物体运动情况 类型 物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)若μ≥tan θ,可能先加速后匀速 (3)若μ<tan θ,可能先以a1加速,再以a2加速 5.解决板块问题的基本思路 （1）明确滑块和木板之间的相对运动情况,确定摩擦力的性质,分别画出两物体所受摩擦力的方向。 （2）分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时,摩擦力发生突变的情况。 （3）明确位移关系:滑块与木板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与木板的运动过程,明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下,若同向运动,则x1-x2=L;若反向运动,则x1+x2=L。 考点分类 第一部分 连接体问题 1．整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)． 2．隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解． 3．整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”． 1.悬绳加速度问题 2.类悬绳加速度问题 习题提优练 一．选择题（共3小题） 1．（2025春•灌南县期中）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物体A、B通过轻绳与轻质滑轮连接，轻绳倾斜部分与斜面平行，重力加速度为g，从静止释放A到B落地前（　　） A．A的动能增加量是B的4倍 B．B的重力势能变化量是A的2倍 C．A的加速度大小为 D．轻绳中的拉力为 2．（2025春•姑苏区校级期中）如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（　　） A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 B．滑块3匀速运动的速度是 C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为 D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点 3．（2024•江都区校级开学）如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝2kg、mQ＝1kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则拉力F的大小为（　　） A．60N B．50N C．40N D．30N 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2024秋•昆山市期末）如图所示：光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一根劲度系数为k的轻弹簧相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大伸长量为 B．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间四个木块的加速度不变 C．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块的加速度不变，右边两个木块的加速度变小 D．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块之间的摩擦力不变，右边两个木块之间的摩擦力的大小变为原来的一半，方向与撤去拉力之前相同 第二部分 临界值问题 由受力情况确定运动情况的基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合外力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．流程图如下： 习题提优练 一．选择题（共2小题） 1．（2025•天宁区校级模拟）如图所示（俯视图），两个完全相同的横截面为直角三角形的三棱体拼在一起放在光滑水平面上，其中锐角为30°。现对其中的三棱体A施加一垂直于侧面、大小恒为F的水平推力，三棱体A和B一起相对静止地开始在水平面上运动，已知A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．三棱体A对B的弹力大小为F B．三棱体A对B的摩擦力大小为F C．若增大对A的水平推力，A、B有可能会相对滑动 D．若仅增大B的质量且B的形状体积均不变，则A对B的摩擦力会增大 2．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示，趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平地面匀加速直线跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平地面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，重力加速度大小为g，则（　　） A．运动员的加速度为gcosθ B．球拍对球的作用力为 C．运动员对球拍的作用力为 D．若运动员的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上运动 二．解答题（共2小题） 3．（2024秋•苏州期末）如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间。已知每只油桶质量为m，重力加速度为g。 （1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB； （2）为避免C脱离B而发生危险，求汽车刹车的最大加速度a的大小。 4．（2023秋•亭湖区校级期末）某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝1.2m，质量为M＝0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝1.0kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。 （1）为使木板能向上运动，F1必须满足什么条件？ （2）若F1＝28N，为使滑块与木板能发生相对滑动，F2必须满足什么条件？ （3）游戏中，如果在滑块上移h＝1.6m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现F1＝30N，F2＝25N，请通过计算判断游戏能否成功。 第三部分 等时圆模型 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示； 2．质点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，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示． 习题提优练 一．选择题（共2小题） 1．（2024秋•锡山区校级期末）如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　） A．因为甲的加速度较大，所以甲先到 B．因为乙的位移较小，所以乙先到 C．二者可能同时到 D．不知两小球的质量关系，所以无法确定 2．（2024秋•高新区校级月考）如图，从O点引出三条光滑轨道，OA、OB、OC，其中OA为竖直方向，OB垂直斜面，从O点沿三条轨道释放三个小球，则小球先到达斜面的轨道是（　　） A．OA B．OB C．OC D．因为OC方向未知，无法确定 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:56:37；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第四部分 水平传送带 1.三种常见情景 常见情景 物体的v-t图像 条件： 条件： 条件：v0=v 条件：v0<v ①;② 条件：v0>v ①;② 条件： 条件：；v0>v 条件：；v0<v 习题提优练 一．选择题（共3小题） 1．（2023秋•常州期末）如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，木块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•苏州期末）图（a）为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图（b）所示的模型。紧朋的传送带始终以v＝1m/s的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在A处时，也以v＝1m/s的恒定速度平行于传送带运动到B处取行李，A、B间的距离为3m，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动 B．乘客与行李同时到达B处 C．乘客提前0.25s到达B处 D．行李提前0.25s到达B处 3．（2024秋•昆山市期末）在民航机场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，如图甲所示。旅客把行李轻放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李从静止开始运动，若传送带足够长，随后它们将保持相对静止，行李随传送带一起前进，简化示意图如图乙所示。若传送带匀速前进的速度v＝0.4m/s，某行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.4，重力加速度取g＝10m/s2，不计挡帘对行李箱的影响，行李箱轻放在传送带上至与传送带共速的过程中，该行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为（　　） A．0.01m B．0.02m C．0.03m D．0.04m 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2012秋•泉山区校级月考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　） A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:02:25；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第五部分 倾斜传送带 1.两种常见情景 常见情景 v-t图像 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ-sinθ) 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ-sinθ) 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) 条件：；μ<tanθ 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) a'=g(sinθ-μcosθ) 习题提优练 一．选择题（共3小题） 1．（2025•射阳县校级二模）如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则（　　） A．滑块受到的摩擦力方向保持不变 B．滑块的加速度保持不变 C．若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D．若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 2．（2024秋•江苏期末）如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块与传送带之间的动摩擦因数为 B．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s C．P、Q两点之间的距离为12 m D．传送带划痕的长度为3m 3．（2024秋•鼓楼区校级期末）如图所示，长L＝9m的传送带与水平方向的倾角为37°，在电动机的带动下以v＝4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m＝1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。物块与挡板碰撞时间忽略不计，物块与挡板的碰撞后原速率返回。若g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处所用的时间为2s B．物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处的过程中，物块相对传送带滑行的路程为9m C．经过很长一段时间，传送带对木块的摩擦力大小与方向保持不变 D．经过很长一段时间，木块停在挡板P处 二．解答题（共3小题） 4．（2024秋•海门区校级期末）如图所示，碎石场有一长L＝7.25m的传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带以恒定速率v＝5m/s沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量m＝1kg石块被水平轻绳系住保持静止不动。t＝0时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）t＝0时刻前绳子的拉力大小； （2）石块到达传送带底端所需的时间。 5．（2024秋•徐州期末）如图所示为某工厂传送货物的装置示意图。先将货物放在水平传送带表面，使它以0.2m/s2的加速度匀加速运动，当速度达到v1＝1m/s时，货物滑上倾角θ＝30°的倾斜传送带的底端，随后被倾斜传送带传送至顶端的平台。已知货物质量m＝20kg，倾斜传送带上表面长度L＝18m，以v＝6m/s的速度顺时针转动，货物与倾斜传送带表面的动摩擦因数，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求水平传送带对货物的摩擦力大小。 （2）求货物在倾斜传送带上的运动时间。 （3）若货物滑上倾斜传送带经一段时间t后，倾斜传送带立即停止运动，货物运动到倾斜传送带顶端时的速度v2＝1m/s，求t。 6．（2024秋•南通期末）如图所示，光滑斜面AB与水平方向成θ＝30°的传送带BC平滑连接，传送带以速率v顺时针转动，AB与BC的长度均为L，质量为m的小物块在水平推力作用下静止在A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ，重力加速度为g。 （1）求水平推力的大小F； （2）若撤去推力，求： ①物块到达传送带B点时的加速度大小a； ②物块从A运动C的时间t。 第五部分 板块模型 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:03:11；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@w板块模型的解题策略 运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 具体步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受体情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件 相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 习题提优练 【题型分类之水平板块模型】 1． 选择题（共2小题） 1．（2024秋•海安市校级月考）如图所示，有一个质量为M的足够长的木板，正以水平向左大小为v的速度在光滑水平面上滑行，同时有一个质量为m的滑块以大小为v的速度向右滑上木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，M＞m，以下分析正确的是（　　） A．仅增大μ，摩擦产生的热量不变 B．仅增大μ，摩擦产生的热量增大 C．仅增大M，滑块相对木板滑行的距离变小 D．仅增大m，滑块相对木板滑行的时间变长 2．（2024秋•江苏校级期末）如图甲所示，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24s D．木板的最大加速度为1m/s2 二．解答题（共4小题） 3．（2023秋•溧阳市期末）如图所示，光滑的水平面上静置一质量M＝2kg、长度L＝8m的木板，另一质量m＝1kg的小滑块以v0＝10m/s的水平初速度从木板的左端滑上木板（此时开始计时）。已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。 （1）若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小； （2）若木板不固定，求小滑块从木板上滑离的时间； （3）若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力F，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力F的大小范围。 4．（2023秋•淮安期末）如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C（可视为质点）以水平速度vC＝6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m＝2kg，A、C间的动摩擦因数μ1＝0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2。 （1）求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC； （2）求A板的长度LA； （3）若B板长LB＝1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数μ2的最小值。 5．（2025春•丹阳市校级期末）如图所示，质量M＝2.0kg的长木板A放在光滑水平面上，质量m＝0.4kg的小滑块B放在长木板A的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求： （1）长木板A在外力作用下以加速度a1＝2m/s2向右加速运动时，滑块B所受摩擦力大小与方向； （2）要使滑块B脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板； （3）若长木板长L＝1.4m，在8.6N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间。 6．（2025春•南通期末）如图所示，小物块A放在木板B的左端，A、B用细线通过轻质滑轮连接，静置在水平面上。已知A、B的质量分别为mA＝1.0kg、mB＝3.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，B的长度L＝1.5m，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F作用在滑轮上。 （1）若F＝2.0N，求物块A受到的摩擦力大小f； （2）若A、B间发生相对滑动，求拉力的最小值F0； （3）若F＝18N，作用一段时间后撤去拉力F，最终A刚好不脱离B。求拉力的作用时间t。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:04:23；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 【题型分类之倾斜板块模型】 一．选择题（共1小题） 1．（2024•泰兴市开学）滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（　　） A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5m/s2 C．经过1s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s 二．解答题（共3小题） 2．（2022秋•崇川区校级期末）如图所示，足够长的上表面光滑的斜面固定在水平面上，斜面倾角θ＝37°，长木板A、B并排放置在斜面上，已知A、B的质量mA＝0.1kg、mB＝0.2kg，长度LA＝1.5m、LB＝2m，另一质量mC＝0.3kg的小物块C以v0＝10m/s的初速度滑上A，当C在A上滑行时，A、B保持静止状态，已知C与A、B之间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）当C在A上滑行时，A对B的弹力大小F； （2）C与A、B之间的动摩擦因数μ； （3）当C与B分离时，A与B之间的距离Δx。 3．（2023•海陵区校级开学）如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为M＝1kg的木板，t＝0时刻另一质量为m＝1kg的木块（可视为质点）以初速度v0＝14m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝18N，使木板从静止开始运动．当t＝1s时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）木块和木板速度相等之前各自的加速度； （2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t； （3）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？ 4．（2020秋•如皋市校级月考）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ．对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2． （1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； （2）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离． 第六部分 板块与传送带综合模型 习题提优练 一．解答题（共4小题） 1．（2025•海门区校级二模）如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为3m，以6m/s的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一足够长的木板A，其质量为2kg。木板A上表面与传送带末端平滑连接，在木板A右侧x处（x未知）有一个固定挡板P。将一质量为1kg的物块（视为质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数，与木板A间动摩擦因数μ1＝0.1。设木板A与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小； （2）求物块滑到传送带底端的时间； （3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，求x的大小。 2．（2023秋•徐州期末）传送带在物流仓储、港口和机场等场合应用广泛。如图所示，倾角θ＝30°、足够长的传送带以v0＝10m/s的速度逆时针匀速转动，其左侧光滑水平地面上放有一质量M＝4kg、长L＝15m木板，木板上表面与传送带底端等高。一质量m＝1kg的物块（可视为质点）在传送带顶端由静止释放，然后滑上木板（不考虑物块在传送带和木板衔接处速度的损失）。已知物块与传送带和木板间的动摩擦因数分别为和μ2＝0.2。重力加速度g取10m/s2，求： （1）物块刚达到传送带速度所需的时间； （2）物块从木板上滑离时的速度； （3）若物块刚滑上长木板右端时，在长木板的左端施加一水平向左的恒力，使得物块刚好不能从长木板上滑出，求水平恒力F。 3．（2023秋•锡山区校级月考）水平传送带A、B两端点相距x＝4.5m，以v0＝2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一质量m＝2kg的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4。小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量M＝2kg的木板。木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，g取10m/s2。求： （1）小物块刚放上传送带时的加速度大小； （2）小物块从A点运动到B点的时间； （3）要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？ 4．（2023秋•昆山市校级期中）一个送货装置如图所示，质量为m1＝1kg的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，传送带保持v＝10m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无动能损失，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同。在平板车左端一定距离的P处有一水平平台，高度与平板车等高，平板车左端与平台P边缘的锁定装置碰撞后立即停止运动，货物由于惯性滑上平台P，之后平板车立即被拉回装置匀速拉回到传送带B端，准备下一次货物转移。已知传送带长度L＝16m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带B端到平台P的水平距离x0＝26m，货物与传送带间的摩擦因数μ1＝0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2＝0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量m2＝0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小； （2）货物由传送带A端运动到B端的时间； （3）为了保证货物能被送至平台P，小车长度需要满足的条件。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:06:17；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第七部分 超重失重问题 一、重力的测量 1.方法一:利用牛顿第二定律 先测量物体做自由落体运动的加速度g,再用天平测量物体的质量m,利用牛顿第二定律可得G=mg。 2.方法二:利用力的平衡条件 将待测物体悬挂或放置在测力计上,使它处于静止状态。这时物体受到的重力的大小等于测力计对物体的拉力或支持力的大小。 二、超重和失重 1.失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。 2.超重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。 3.完全失重状态 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态。 (2)产生条件:a=g,方向竖直向下。 三、判断超重、失重状态的方法 1.从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态。 2.从加速度的角度判断:当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为g时处于完全失重状态。 3.注意:超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关 习题提优练 一．选择题（共4小题） 1．（2025•江苏模拟）嫦娥六号返回地球的轨迹如图所示，嫦娥六号从A点进入大气层，实现第一次减速，从C点飞出大气层，再从E点进入大气层，实现第二次减速，精准地落在预定地点，从A→B→C→D→E打了一个9000km的水漂，其中B、D分别为轨迹的最低、最高点。则嫦娥六号打水漂的过程中（　　） A．在B点，嫦娥六号处于失重状态 B．在C点，嫦娥六号的速度方向指向地球 C．在D点，嫦娥六号的合力方向为水平方向 D．在E点，嫦娥六号的加速度方向指向地球 2．（2025•江苏模拟）阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828m，也被称为世界第一高楼。楼层总数162层，配备56部电梯，最高速可达17.4m/s。游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始下降，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是（　　） A．t＝3s时，电梯处于失重状态 B．7～53s时间内，绳索拉力等于零 C．t＝59s时，电梯处于失重状态 D．t＝60s时，电梯速度最大 3．（2025•连云港一模）如图所示为一小球沿竖直方向运动时的频闪照片，下列说法正确的是（　　） A．小球正在上升 B．小球正在下降 C．小球处于失重状态 D．小球处于超重状态 4．（2025•海门区校级二模）生活中，我们在乘坐电梯上下楼时，当电梯向下启动或是向上停靠的过程中脚下会有“轻飘飘”的感觉，原因是人受到的重力G和电梯受到的压力F大小满足（　　） A．G＞F B．G＜F C．G＝F D．无法确定 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一 牛顿第二定律综合应用 知识点总览 一、从受力确定运动情况 1.基本思路 分析物体的受力情况,求出物体所受的合力,由牛顿第二定律求出物体的加速度;再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2.流程图 已知物体受力情况 求得x、v0、v、t等 二、从运动情况确定受力 1.基本思路 分析物体的运动情况,由运动学公式求出物体的加速度,再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2.流程图 三、多过程问题 1.当题目给出的物理过程较复杂,由多个过程组成时,要将复杂的过程拆分为几个子过程。 2.分析每一个子过程的受力情况,由于不同过程中力发生了变化,所以加速度也会发生变化,所以对每一个过程都要重新分析,分别求加速度,用相应规律解决。 3.特别注意两个子过程交接的位置,该交接点速度是上一过程的末速度,也是下一过程的初速度,它起到承上启下的作用,对解决问题起重要作用。 4.动力学中的“传送带”模型 （1）模型概述 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方,传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 （2）水平传送带常见类型及物体运动情况 类型 物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v0=v时,一直匀速 (3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速 (1)传送带较短时,物体一直减速到达左端 (2)传送带足够长,①v≥v0时,物体先向左减速再向右加速回到右端,回到右端时速度大小为v0 ②v<v0时,物体先向左减速再向右加速,最后匀速,回到右端时速度大小为v （3）倾斜传送带常见类型及物体运动情况 类型 物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)若μ≥tan θ,可能先加速后匀速 (3)若μ<tan θ,可能先以a1加速,再以a2加速 5.解决板块问题的基本思路 （1）明确滑块和木板之间的相对运动情况,确定摩擦力的性质,分别画出两物体所受摩擦力的方向。 （2）分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时,摩擦力发生突变的情况。 （3）明确位移关系:滑块与木板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与木板的运动过程,明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下,若同向运动,则x1-x2=L;若反向运动,则x1+x2=L。 考点分类 第一部分 连接体问题 1．整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)． 2．隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解． 3．整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”． 习题提优练 一．选择题（共3小题） 1．（2025春•灌南县期中）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物体A、B通过轻绳与轻质滑轮连接，轻绳倾斜部分与斜面平行，重力加速度为g，从静止释放A到B落地前（　　） A．A的动能增加量是B的4倍 B．B的重力势能变化量是A的2倍 C．A的加速度大小为 D．轻绳中的拉力为 【解答】解：A．因为两个物体的质量相等，根据滑轮的组装，可知物体B下落的速度是物体A的速度的2倍，根据动能的表达式，可知，B的动能增加量是A的4倍，由于初动能为零，所以B的动能增加量是A的4倍，故A错误； B．重力势能的表达式Ep＝mgh，设物体B下降的高度为h，则物体A上滑的距离为0.5h，A上升的高度为0.25h，可知B的重力势能变化量是A的4倍，故B错误； C．相同时间内物体B的位移为物体A的位移的2倍，所以物体B的加速度是A的2倍，故C错误； D．设绳子上的拉力为F，对物体B，有mg﹣F＝m•2a 对物体A，有2F﹣mgsin30°＝ma 联立解得 故D正确。 故选：D。 2．（2025春•姑苏区校级期中）如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（　　） A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 B．滑块3匀速运动的速度是 C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为 D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点 【解答】解：A、当滑块匀速运动时，如图所示，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零；同理可得6、7间轻杆弹力为零；5、6间轻杆弹力为零；4、5间轻杆弹力为零；3、4间轻杆弹力为零，即处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零。在粗糙地带上，以滑块3为研究对象，设滑块受地面向左的摩擦力为f，则由平衡关系可得2、3间轻杆拉力为f，同理可得1、2件轻杆拉力为2f，故滑块间轻杆上弹力不为零，且不相同，故A错误； B、将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，由平衡关系有F﹣3μmg＝0 解得μ 从开始到第4个小滑块过O点、进入粗糙地带前这一过程，由动能定理有F•3L﹣μmg•3L﹣μmg•2L﹣μmg•L•8mv2﹣0 解得v 故B正确； C、第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程，8个小滑块看作整体，由牛顿第二定律有5μmg﹣F＝8ma 解得a 故C错误； D、假设第7个滑块刚好能到达O点，对整体，由动能定理应有F•6L﹣μmg•6L﹣μmg•5L﹣μmg•4L﹣μmg•3L﹣μmg•2L﹣μmg•L＝0﹣0 整理得﹣FL＝0，等式不成立，故假设不成立，故第7滑块不能到达O点，故D错误。 故选：B。 3．（2024•江都区校级开学）如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝2kg、mQ＝1kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则拉力F的大小为（　　） A．60N B．50N C．40N D．30N 【解答】解：开始时细绳的张力为T1＝mQg＝1×10N＝10N 当加一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为T2＝2T1＝2×10N＝20N 由牛顿第二定律得： 对Q：T2﹣mQg＝mQa 对P：F﹣T2﹣μmPg＝mPa 解得：F＝50N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2024秋•昆山市期末）如图所示：光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一根劲度系数为k的轻弹簧相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大伸长量为 B．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间四个木块的加速度不变 C．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块的加速度不变，右边两个木块的加速度变小 D．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块之间的摩擦力不变，右边两个木块之间的摩擦力的大小变为原来的一半，方向与撤去拉力之前相同 【解答】解：A、当右上方的木块所受摩擦力为最大静摩擦力时，系统加速度最大，弹簧的伸长量最大， 对左边两个与右上方三个木块组成的系统，由牛顿第二定律得：μmg＝（m+m＝2m）a 对右边两个木块，由牛顿第二定律得：kΔx＝（m+2m）a 解得弹簧的最大伸长量Δx，故A正确； B、撤去拉力前右边两个木块的加速度方向水平向右，突撤去拉力瞬间，右边两个木块的加速度方向水平向左，加速度方向改变，加速度变了，故B错误； C、撤去拉力前四个木块以同一加速度运动，对四个木块组成的系统，由牛顿第二定律得：F＝6ma' 对左边两个木块组成的系统，由牛顿第二定律得：T＝3ma' 解得弹簧的弹力大小TF，a' 撤去拉力瞬间，弹簧的弹力不变，左边两木块受力不变，加速度不变， 对右边两木块，由牛顿第二定律得：T＝3ma” 解得：a”，右边两个木块的加速度大小不变，故C错误； D、突然撤去拉力瞬间，左边两木块受力情况不变，左边两木块间的摩擦力不变， 撤去拉力前，对左边两木块与右上方木块组成的系统，由牛顿第二定律得：f右＝4ma'＝4m，对右上方木块来说，摩擦力方向水平向右 撤去拉力瞬间，对右下方木块，由牛顿第二定律得：f右'＝2ma”，对右上方木块来说，摩擦力方向水平向右，突然撤去拉力瞬间，右边两个木块间的大小变为原来的一半，方向不变，故D正确。 故选：AD。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:58:55；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第二部分 临界值问题 由受力情况确定运动情况的基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合外力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．流程图如下： 习题提优练 一．选择题（共2小题） 1．（2025•天宁区校级模拟）如图所示（俯视图），两个完全相同的横截面为直角三角形的三棱体拼在一起放在光滑水平面上，其中锐角为30°。现对其中的三棱体A施加一垂直于侧面、大小恒为F的水平推力，三棱体A和B一起相对静止地开始在水平面上运动，已知A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．三棱体A对B的弹力大小为F B．三棱体A对B的摩擦力大小为F C．若增大对A的水平推力，A、B有可能会相对滑动 D．若仅增大B的质量且B的形状体积均不变，则A对B的摩擦力会增大 【解答】解：AB、对A、B整体分析，水平方向根据牛顿第二定律可得：F＝2ma， 然后隔离B分析，在水平面内受力情况如图所示： B所受摩擦力Ff和弹力FN，设二者的合力为F合，满足F合＝ma，则：， 由力的合成的几何关系可知：FN，Ff，故AB错误； C、根据前面受力分析可知，A、B间的动摩擦因数至少为μ。假设F增大时，A、B仍然相对静止，受力分析可知，Ff、FN会同比例增大，所以无论用多大的力，A、B都不会出现相对滑动，故C错误； D、若增大B的质量，A在水平方向的合力F合增大，Ff、FN都会增大，故D正确。 故选：D。 2．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示，趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平地面匀加速直线跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平地面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，重力加速度大小为g，则（　　） A．运动员的加速度为gcosθ B．球拍对球的作用力为 C．运动员对球拍的作用力为 D．若运动员的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上运动 【解答】解：AB、球受竖直向下的重力和垂直于球拍平面的球拍的支持力FN，根据牛顿第二定律得，在水平方向上FNsinθ＝ma，在竖直方向上FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，，运动员与球保持相对静止，故运动员的加速度也为gtanθ，故AB错误； C、将球拍和球看成一个整体，对整体受力分析可知，整体受重力和运动员对球拍的作用力，则运动员对球拍的作用力为，故C错误； D、当运动员的加速度大于gtanθ时，球拍的支持力FN增大，球获得竖直向上方向分力，将沿球拍向上运动，故D正确。 故选：D。 二．解答题（共2小题） 3．（2024秋•苏州期末）如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间。已知每只油桶质量为m，重力加速度为g。 （1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB； （2）为避免C脱离B而发生危险，求汽车刹车的最大加速度a的大小。 【解答】解：（1）桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止时，桶C受到桶A和桶B的支持大小相等，三个油桶尺寸相等，支持力与竖直方向夹角为30°，则有 FAcos30°+FBcos30°＝mg FAsin30°＝FBsin30° 解得FBmg （2）为避免C脱离B而发生危险，则临界条件为FB＝0，竖直方向受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律有 FAcos30°＝mg FAsin30°＝ma 解得ag 可知，当加速度a小于g时，桶B对桶C有支持力，C不会脱离B。 答：（1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小为mg； （2）汽车刹车的最大加速度a的大小为g。 4．（2023秋•亭湖区校级期末）某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝1.2m，质量为M＝0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝1.0kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。 （1）为使木板能向上运动，F1必须满足什么条件？ （2）若F1＝28N，为使滑块与木板能发生相对滑动，F2必须满足什么条件？ （3）游戏中，如果在滑块上移h＝1.6m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现F1＝30N，F2＝25N，请通过计算判断游戏能否成功。 【解答】解：（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：f＝μF1，对木板应有：f＞mg，代入数据得：F1＞25N （2）对木板，由牛顿第二定律有μF1﹣Mg＝Ma1，对滑块，由牛顿第二定律有F2﹣μF1﹣mg＝ma2，为使滑块与木板能发生相对滑动，则a2＞a1，解得F2＞16.8N （3）当F1＝30N，F2＝25N，对滑块，由牛顿第二定律有F2﹣μ F1﹣mg＝ma3，解得 设滑块上升h的时间为t，则 对木板，由牛顿第二定律有μF1﹣Mg＝Ma1 解得 设木板在/时间上升的高度为H，则 解得 由于 故滑块上移h＝1.6m时，滑块与木板分离，游戏不成功。 答：（1）为使木板能向上运动，F1必须大于25N； （2）若F1＝28N，为使滑块与木板能发生相对滑动，F2必须大于16.8N； （3判断游戏不能成功。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:59:53；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第三部分 等时圆模型 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示； 2．质点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，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示． 习题提优练 一．选择题（共2小题） 1．（2024秋•锡山区校级期末）如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　） A．因为甲的加速度较大，所以甲先到 B．因为乙的位移较小，所以乙先到 C．二者可能同时到 D．不知两小球的质量关系，所以无法确定 【解答】解：设轨道的倾角为θ，两条光滑轨道的水平投影长度为x，根据牛顿第二定律可得，小球在光滑轨道下滑时的加速度大小为 根据运动学公式可得 可得小球在轨道上下滑的时间为 可知当两轨道的倾角之和满足 θ1+θ2＝90° 则有 t1＝t2 即两小球可能同时到达C点，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．（2024秋•高新区校级月考）如图，从O点引出三条光滑轨道，OA、OB、OC，其中OA为竖直方向，OB垂直斜面，从O点沿三条轨道释放三个小球，则小球先到达斜面的轨道是（　　） A．OA B．OB C．OC D．因为OC方向未知，无法确定 【解答】解：以OA为直径画圆，由于∠OBA＝90°，所以该圆必过B点，延长OC交圆与P点，如图所示： 根据等时圆模型，设斜面倾角为θ 对小球，由牛顿第二定律得：mgcosθ＝ma，解得小球沿轨道运动的加速度a＝gcosθ 小球沿轨道的位移L＝2Rcosθ 小球沿轨道做初速度为零的匀加速直线运动，则有 解得：，说明t与θ无关， 可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OB滑到底的时间相同，而OC不是一条完整的弦，时间最短，故C正确，ABD错误。 故选：C。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:00:47；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:56:37；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第四部分 水平传送带 1.三种常见情景 常见情景 物体的v-t图像 条件： 条件： 条件：v0=v 条件：v0<v ①;② 条件：v0>v ①;② 条件： 条件：；v0>v 条件：；v0<v 习题提优练 一．选择题（共3小题） 1．（2023秋•常州期末）如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，木块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：物块与弹簧接触时速度恰好达到v说明与弹簧接触前物块做匀加速，根据牛顿第二定律可知ma＝μmg 即a＝μg 方向水平向右，与弹箭接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则a1＝0 物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，则kx﹣μmg＝ma，即ax﹣ug 方向向左，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2024秋•苏州期末）图（a）为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图（b）所示的模型。紧朋的传送带始终以v＝1m/s的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在A处时，也以v＝1m/s的恒定速度平行于传送带运动到B处取行李，A、B间的距离为3m，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动 B．乘客与行李同时到达B处 C．乘客提前0.25s到达B处 D．行李提前0.25s到达B处 【解答】解：将行李无初速度地放在A处时，行李在传送带上开始做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律可得：μmg＝ma 代入数据解得：a＝2m/s2 行李与传送带达到共速所用时间，由速度—时间公式可得：t1s＝0.5s 由位移时间公式可得行李的位移为：x1m＝0.25m＜3m＝LAB 可知行李与传送带达到共速后，随传送带一起做匀速运动，做匀速运动的时间为：t2s＝2.75s 行李从A到B的时间为：t＝t1+t2＝0.5s+2.75s＝3.25s 乘客一直做匀速直线运动，从A到B的时间为：t′s＝3s 由以上解析可知乘客提前0.25s到达B处，ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2024秋•昆山市期末）在民航机场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，如图甲所示。旅客把行李轻放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李从静止开始运动，若传送带足够长，随后它们将保持相对静止，行李随传送带一起前进，简化示意图如图乙所示。若传送带匀速前进的速度v＝0.4m/s，某行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.4，重力加速度取g＝10m/s2，不计挡帘对行李箱的影响，行李箱轻放在传送带上至与传送带共速的过程中，该行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为（　　） A．0.01m B．0.02m C．0.03m D．0.04m 【解答】解：行李箱与传送带未共速前，由牛顿第二定律有：μmg＝ma，可得a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2 设行李箱从静止到与传送带共速的时间为t，则 此过程行李箱运动的位移： 传送带的位移为：x2＝vt＝0.4×0.1m＝0.04m 则行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为：Δx＝x2﹣x1＝0.04m﹣0.02m＝0.02m，故ACD错误，B正确。 故选：B。 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2012秋•泉山区校级月考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　） A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 【解答】解： A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确； B、如图知，t2﹣t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故B错误； C、在0﹣t1时间内小物块向左减速受向右的摩擦力作用，在t1﹣t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，故C错误； D、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故D正确。 故选：AD。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:02:25；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第五部分 倾斜传送带 1.两种常见情景 常见情景 v-t图像 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ-sinθ) 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ-sinθ) 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) 条件：；μ>tanθ 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) 条件：；μ<tanθ 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) a'=g(sinθ-μcosθ) 习题提优练 一．选择题（共3小题） 1．（2025•射阳县校级二模）如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则（　　） A．滑块受到的摩擦力方向保持不变 B．滑块的加速度保持不变 C．若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D．若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 【解答】解：AB、设滑块质量为m，传送带倾角为θ。开始阶段，滑块受重力、支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，如果 mgsinθ＞μmgcosθ 则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 则滑块继续向下做加速运动，加速度大小改变，故AB错误； C、若减小传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时，若mgsinθ≤μmgcosθ，则此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C正确； D、若传送带改为顺时针转动，因mgsinθ＞μmgcosθ，滑块受到的滑动摩擦力不变，则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。 故选：C。 2．（2024秋•江苏期末）如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块与传送带之间的动摩擦因数为 B．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s C．P、Q两点之间的距离为12 m D．传送带划痕的长度为3m 【解答】解：A、由图2可知，物块从静止开始先加速到与传送带共速（v共＝6m/s），之后再继续加速到传送带末端。根据速度—时间图像的斜率表示加速度，故由图2可知，共速前，物块的加速度大小为，解得，故A错误； B、共速后，物块的加速度大小为 a2gsin30°﹣μgcos30° 代入数据解得：a2＝4m/s2 物体滑到Q点的速度大小为：vQ＝v共+a2×Δt＝（6+4×1）m/s＝10m/s，故B错误； C、根据速度—时间图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，P、Q两点之间的距离为，故C错误； D、由图像可知，从开始到共速用时t1＝1s，则共速前划痕长度为 联立以上解得 Δx1＝3m 由图像2可知，共后到Q点用时t2＝1s，则共速到Q点划痕长度为 联立以上，解得 Δx2＝2m＜Δx1 则传送带划痕的长度为3m，故D正确。 故选：D。 3．（2024秋•鼓楼区校级期末）如图所示，长L＝9m的传送带与水平方向的倾角为37°，在电动机的带动下以v＝4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m＝1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。物块与挡板碰撞时间忽略不计，物块与挡板的碰撞后原速率返回。若g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处所用的时间为2s B．物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处的过程中，物块相对传送带滑行的路程为9m C．经过很长一段时间，传送带对木块的摩擦力大小与方向保持不变 D．经过很长一段时间，木块停在挡板P处 【解答】解：A、物块刚放在传送带上时，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1，代入数据解得：a1＝2m/s2，物块从静止释放到第一次下滑到挡板处的位移L，代入数据解得，物块第一次到挡板处需要的时间t＝3s，故A错误； B、物块从静止释放到第一次到达P处过程相对传送带滑行的路程Δx＝L+vt＝9m+4×3m＝21m，故B错误； CD、物块第一次到达挡板处的速度v1＝a1t＝2×3m/s＝6m/s，物块与挡板碰撞后反弹，速度大小不变，反弹后物块相对于传送带向上滑动，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmcos37°＝ma2，解得a2＝10m/s2，减速到与传送带共速需要的时间t2s＝0.2s，该过程的位移x1m＝1m＜L，由于μ＜tan37°，共速后物块继续做匀减速直线运动，加速度大小为a1，物块减速到零的位移x2m＝4m，由于x1+x2＜L，物块减速到零时仍在传送带上，然后物块反向向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1，第二次加速到挡板处的速度v2m/s＝2m/s＞v，与挡板碰撞后反向弹回向上匀减速到与传送带共速，共速后继续减速到零，然后向下做匀加速直线运动到挡板处，第三次到挡板处的速度小于第二次到挡板处的速度，与挡板碰撞后向上减速运动，减速到零后向下加速到挡板处，当到达挡板处的速度小于传送带的速度后，物块与挡板碰撞后向上减速到零然后向下加速到挡板处反弹减速上升，如此反复，该过程所受摩擦力为滑动摩擦力，方向始终平行于传送带向下，大小始终为f＝μmgcos37°＝0.5×1×10×0.8N＝4N，即摩擦力大小与方向保持不变，物块不会停在挡板P处，故C正确，D错误。 故选：C。 二．解答题（共3小题） 4．（2024秋•海门区校级期末）如图所示，碎石场有一长L＝7.25m的传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带以恒定速率v＝5m/s沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量m＝1kg石块被水平轻绳系住保持静止不动。t＝0时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）t＝0时刻前绳子的拉力大小； （2）石块到达传送带底端所需的时间。 【解答】解：（1）t＝0时刻前，石块受重力G、绳的拉力T、摩擦力f、支持力FN，如图所示。 根据平衡条件有 FN＝mgcosθ+Tsinθ，f+mgsinθ＝Tcosθ 又f＝μFN 联立解得绳子的拉力大小T＝20N （2）剪断轻绳后，石块由静止向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得 μmgcos37°+mgsin37°＝ma1 解得石块的加速度大小为，方向沿传送带向下 当加速到与传送带共速，所用的时间 此过程加速位移为x10.5m＝1.25m 因为x1＜L，且μ＜tanθ，则石块接着继续向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得 mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2 解得加速度大小为 设此后石块到达传送带底端所用时间t2，由运动学公式有 解得t2＝1s 所以石块到达传送带底端的总时间t＝t1+t2＝0.5s+1s＝1.5s 答：（1）t＝0时刻前绳子的拉力大小为20N； （2）石块到达传送带底端所需的时间为1.5s。 5．（2024秋•徐州期末）如图所示为某工厂传送货物的装置示意图。先将货物放在水平传送带表面，使它以0.2m/s2的加速度匀加速运动，当速度达到v1＝1m/s时，货物滑上倾角θ＝30°的倾斜传送带的底端，随后被倾斜传送带传送至顶端的平台。已知货物质量m＝20kg，倾斜传送带上表面长度L＝18m，以v＝6m/s的速度顺时针转动，货物与倾斜传送带表面的动摩擦因数，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求水平传送带对货物的摩擦力大小。 （2）求货物在倾斜传送带上的运动时间。 （3）若货物滑上倾斜传送带经一段时间t后，倾斜传送带立即停止运动，货物运动到倾斜传送带顶端时的速度v2＝1m/s，求t。 【解答】解：（1）货物在水平传送带上运动过程， 对货物，由牛顿第二定律得：f＝ma＝20×0.2N＝4N （2）货物刚滑上传递时做匀加速直线运动， 对货物，由牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1 代入数据解得：a1＝2.5m/s2 货物加速到与传送带速度相等需要的时间t1s＝2s 货物加速到与传送带共速的位移x1m＝7m 共速后货物做匀速直线运动，匀速运动的时间t2s 货物在传送带上的运动时间t＝t1+t2＝2sss （3）货物在传送带上加速到与传送带共速的位移x1＝7m 传送带停止运动后货物做匀减速直线运动， 对货物，由牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ＝ma2 代入数据解得：a2＝12.5m/s2 货物减速运动的时间t3s＝0.4s 该过程货物的位移x3m＝1.4m 货物匀速运动的时间t4s＝1.6s 时间t＝t1+t4＝2s+1.6s＝3.6s 答：（1）水平传送带对货物的摩擦力大小是4N。 （2）货物在倾斜传送带上的运动时间是s。 （3）时间t是3.6s。 6．（2024秋•南通期末）如图所示，光滑斜面AB与水平方向成θ＝30°的传送带BC平滑连接，传送带以速率v顺时针转动，AB与BC的长度均为L，质量为m的小物块在水平推力作用下静止在A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ，重力加速度为g。 （1）求水平推力的大小F； （2）若撤去推力，求： ①物块到达传送带B点时的加速度大小a； ②物块从A运动C的时间t。 【解答】解：（1）根据共点力平衡条件可知tan30° 解得F （2）①撤去推力，物块到达传送带B点时，速度满足 v2＝2gsin30°L 解得v 根据牛顿第二定律有 mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma 解得a＝0 ②在光滑斜面运动的时间为Lvt1 在传送带匀速运动，时间为t2 物块从A运动C的时间t＝t1+t2 解得t＝3 答：（1）水平推力的大小为； （2）①物块到达传送带B点时的加速度大小为0； ②物块从A运动C的时间为3。 第五部分 板块模型 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:03:11；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@w板块模型的解题策略 运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 具体步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受体情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件 相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 习题提优练 【题型分类之水平板块模型】 一．选择题（共2小题） 1．（2024秋•海安市校级月考）如图所示，有一个质量为M的足够长的木板，正以水平向左大小为v的速度在光滑水平面上滑行，同时有一个质量为m的滑块以大小为v的速度向右滑上木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，M＞m，以下分析正确的是（　　） A．仅增大μ，摩擦产生的热量不变 B．仅增大μ，摩擦产生的热量增大 C．仅增大M，滑块相对木板滑行的距离变小 D．仅增大m，滑块相对木板滑行的时间变长 【解答】解：AB.取向左为正方向，在足够长的木板上，滑块与木板组成的系统动量守恒，则 Mv﹣mv＝（M+m）v1 可得滑块与木板共速时的速度 根据能量守恒，摩擦产生的热量 故摩擦产生热量与μ无关，仅增大μ，摩擦产生的热量不变，故A正确，B错误； C.由A选项可知，当仅增大M时，Q将增大 根据Q＝μmgΔx可得，滑块相对木板滑行的距离 Δx将变大，故C错误； D.对滑块由动量定理有 μmgt＝mv1﹣m（﹣v） 可得滑块相对木板滑行的时间 仅增大m，t将变小，故D错误。 故选：A。 2．（2024秋•江苏校级期末）如图甲所示，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24s D．木板的最大加速度为1m/s2 【解答】解：A、根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据f1＝μ1mg 可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4 故A错误； B、在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为μ20.1 B错误； CD、在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有 F﹣μ1mg＝ma 对木板有 μ1mg﹣2μ2mg＝ma 联立解得 a＝2m/s2；F＝12N 则木板的最大加速度为2m/s2，根据 F＝0.5t 可求得 t2＝24s 故C正确，D错误。 故选：C。 二．解答题（共4小题） 3．（2023秋•溧阳市期末）如图所示，光滑的水平面上静置一质量M＝2kg、长度L＝8m的木板，另一质量m＝1kg的小滑块以v0＝10m/s的水平初速度从木板的左端滑上木板（此时开始计时）。已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。 （1）若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小； （2）若木板不固定，求小滑块从木板上滑离的时间； （3）若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力F，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力F的大小范围。 【解答】解：（1）对滑块μmg＝ma1 设滑块从木板上滑离时速度为v： 代入数据可得v＝6m/s，a1＝4m/s2 （2）木板不固定，对木板μmg＝Ma2，代入数据可得 设经时间t1，滑块刚好从木板上滑离 v0t1L 代入数据可得，另一解t＝2s，t＝2s时滑块速度小于木板速度，不符题意，舍去。 （3）设经时间t2，滑块刚好滑到木板右端且与木板共速，即滑块恰好不从木板的右端滑落 对木板由牛顿第二定律有：F+μmg＝Ma2′ 由运动学公式有：v0﹣a1t2＝a2′t2 v0t2a1L 代入数据可得t2＝1.6s，，F＝0.5N 若滑块不从木板的左端滑落： 对木板F﹣μmg＝Ma2″ a2″≤a1 解得F≤12N 所以要使小滑块不从木板上滑离，恒力F的大小范围为0.5N≤F≤12N 答：（1）若木板固定在水平面上，小滑块从木板上滑离时的速度大小为6m/s； （2）若木板不固定，小滑块从木板上滑离的时间为1.33s； （3要使小滑块不从木板上滑离，恒力F的大小范围为0.5N≤F≤12N。 4．（2023秋•淮安期末）如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C（可视为质点）以水平速度vC＝6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m＝2kg，A、C间的动摩擦因数μ1＝0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2。 （1）求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC； （2）求A板的长度LA； （3）若B板长LB＝1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数μ2的最小值。 【解答】解：（1）C刚滑上A时，由牛顿第二定律得： 对C：μ1mg＝maC 对A、B整体：μ1mg＝2maA 代入数据解得：， （2）C在A上做匀减速直线运动，A、B一起做匀加速直线运动， C离开A时的速度：vC′＝vC﹣aCt1 C的位移： A的位移： A的长度：LA＝xC﹣xA 代入数据解得：LA＝4.5m，t1＝1s （3）C滑上B时的速度为4m/s，此时加速度大小aC＝aB＝μ2g B的速度vB＝aAt1＝1×1m/s＝1m/s 当μ2最小时，C、B两物体刚好在B的末端达到共同速度：v共＝vC′﹣aCt2，v共＝vB+aBt2 代入数据解得： 由匀变速直线运动的速度—位移公式得：， C相对于B的位移LB＝xC′﹣xB 代入数据解得：μ2＝0.15 答：（1）C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC分别是1m/s2、2m/s2； （2）A板的长度LA是4.5m； （3）B、C间的动摩擦因数μ2的最小值是0.15。 5．（2025春•丹阳市校级期末）如图所示，质量M＝2.0kg的长木板A放在光滑水平面上，质量m＝0.4kg的小滑块B放在长木板A的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求： （1）长木板A在外力作用下以加速度a1＝2m/s2向右加速运动时，滑块B所受摩擦力大小与方向； （2）要使滑块B脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板； （3）若长木板长L＝1.4m，在8.6N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间。 【解答】解：（1）小滑块B的最大加速度为： ， 解得： ， 可知此时AB没有发生相对滑动，即AB以一起向右加速运动，滑块B所受摩擦力大小为： fB＝ma1， 解得： f＝0.8N，方向水平向右； （2）根据前面分析可知，当AB发生相对滑动的临界加速度为a＝3m/s2， 对整体分析有： F＝（M+m）a， 解得： F＝7.2N； （3）在F′＝8.6N的水平拉力的作用下AB发生相对滑动， 此时AB加速度大小分别为： ， ， 解得： ， 设经过时间t滑块滑离长木板， 根据位移关系有： x木板﹣x滑块＝L， 根据运动学规律可得： ， ， 联立解得： t＝2s； 答：（1）长木板A在外力作用下以加速度a1＝2m/s2向右加速运动时，滑块B所受摩擦力大小为0.8N，方向水平向右； （2）要使滑块B脱离长木板A，至少要用7.2N的水平力拉长木板； （3）若长木板长L＝1.4m，在8.6N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需2s。 6．（2025春•南通期末）如图所示，小物块A放在木板B的左端，A、B用细线通过轻质滑轮连接，静置在水平面上。已知A、B的质量分别为mA＝1.0kg、mB＝3.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，B的长度L＝1.5m，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F作用在滑轮上。 （1）若F＝2.0N，求物块A受到的摩擦力大小f； （2）若A、B间发生相对滑动，求拉力的最小值F0； （3）若F＝18N，作用一段时间后撤去拉力F，最终A刚好不脱离B。求拉力的作用时间t。 【解答】解：（1）A、B之间的最大静摩擦力为f1m＝μ1mAg，解得：f1m＝5N；B与地面之间的最大静摩擦力为f2m＝μ2（mA+mB）g，解得：f2m＝8N。 若F＝2.0N时，可知A、B均处于静止状态。以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得2T1＝F； 以A为对象，根据平衡条件可得T1＝f。联立可得物块A受到的摩擦力大小为f＝1N。 （2）若A、B间发生相对滑动，当A、B间的静摩擦力刚好达到最大时，拉力有最小值F0，此时A、B仍有相同的加速度。 以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得2T0＝F0；以A、B和轻质滑轮为整体，根据牛顿第二定律可得：F0﹣μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a； 以A为对象，根据牛顿第二定律可得T0﹣μ1mAg＝mAa。联立解得：F0＝12N。 （3）若F＝18N，以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得2T＝F；解得细线拉力大小为T＝9N。 以A为对象，根据牛顿第二定律可得T﹣μ1mAg＝mAaA；解得。 以B为对象，根据牛顿第二定律可得T+μ1mAg﹣μ2（mA+mB）g＝mBaB；解得。 作用t一段时间后撤去拉力F，此时A、B的速度分别为vA＝aAt，解得：vA＝4t；vB＝aBt，解得：vB＝2t。 撤去力F时，A、B发生的相对位移为，解得：。 撤去拉力F后，A的加速度大小为，解得：，方向水平向左； B的加速度大小为，解得：，方向水平向左。 最终A刚好不脱离B，可知A到达B的右端时，刚好共速v共；设撤去力F后到A、B共速所用时间为t'，则有v共＝vA﹣aA′t′＝vB﹣aB′t′，解得。 撤去力F后到A、B共速，A、B发生的相对位移为，解得：。 又Δx1+Δx2＝L，解得：L＝1.5m，联立可得t＝1s。 答：（1）若F＝2.0N，物块A受到的摩擦力大小f为1N。 （2）若A、B间发生相对滑动，拉力的最小值F0为12N。 （3）若F＝18N，作用一段时间后撤去拉力F，最终A刚好不脱离B。拉力的作用时间t为1s。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:04:23；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 【题型分类之倾斜板块模型】 一．选择题（共1小题） 1．（2024•泰兴市开学）滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（　　） A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5m/s2 C．经过1s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s 【解答】解：AB．对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为 解得 同理对滑板，加速度大小为 解得 故AB错误； CD．要使小孩与滑板分离 解得 t＝1s 离开滑板时小孩的速度大小为 v＝a1t＝2.8×1m/s＝2.8m/s 解得 v＝2.8m/s 故D错误，C正确。 故选：C。 二．解答题（共3小题） 2．（2022秋•崇川区校级期末）如图所示，足够长的上表面光滑的斜面固定在水平面上，斜面倾角θ＝37°，长木板A、B并排放置在斜面上，已知A、B的质量mA＝0.1kg、mB＝0.2kg，长度LA＝1.5m、LB＝2m，另一质量mC＝0.3kg的小物块C以v0＝10m/s的初速度滑上A，当C在A上滑行时，A、B保持静止状态，已知C与A、B之间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）当C在A上滑行时，A对B的弹力大小F； （2）C与A、B之间的动摩擦因数μ； （3）当C与B分离时，A与B之间的距离Δx。 【解答】解：（1）当C在A上滑行时，对B分析可得F＝mBgsinθ 代入数据可得F＝1.2N （2）当C在A上滑行时，对AB整体分析可得μmCgcosθ＝（mA+mB）gsinθ 解得μ＝0.75 （3）C在A上滑行时，对C分析可得μmCgcosθ+mCgsinθ＝mCaC 解得 aC方向沿斜面向下。 当C从A滑上B时，设C的速度为v1，则 解得v1＝8m/s 当C在B上滑行时，由于C受力情况不变，其加速仍为aC，对B分析有μmCgcosθ﹣mBgsinθ＝mBaB 解得 aB方向沿斜面向上。 设C在B上滑行的时间为t，则 解得或 由于时，C的速度为vC＝v1﹣aCt 解得vC＝0 不符合题意，所以C在B上滑行的时间为。 当C在B上滑行时，对A分析有mAgsinθ＝mAaA 解得 aA方向沿斜面向下。 当C与B分离时，A与B之间的距离为 代入数据可得 答：（1）当C在A上滑行时，A对B的弹力大小1.2N； （2）C与A、B之间的动摩擦因数0.75； （3）当C与B分离时，A与B之间的距离。 3．（2023•海陵区校级开学）如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为M＝1kg的木板，t＝0时刻另一质量为m＝1kg的木块（可视为质点）以初速度v0＝14m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝18N，使木板从静止开始运动．当t＝1s时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）木块和木板速度相等之前各自的加速度； （2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t； （3）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？ 【解答】解：（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为a1和a2，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示 根据牛顿运动定律可得： mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1 F+μ1mgcosθ﹣Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcosθ＝Ma2 解得： a1＝8m/s，方向沿斜面向下； ，方向沿斜面向上。 （2）设木块和长木板达到共速所用时间为t1，则有 v1＝v0﹣a1t1＝a2t1 解得：t1＝1s，v1＝6m/s 假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有 （M+m）gsinθ+μ2（M+m）gcosθ＝（M+m）a 解得：a＝10m/s2 当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为a1，因a＞a1，故假设不成立，在力F撤去后木块仍相对木板上滑，所以其加速度大小仍为a1＝8m/s，方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为a3，则有： Mgsinθ+μ2（M+m）gcosθ﹣μ1mgcosθ＝Ma3 解得： 在力F撤去后木板减速到零的时间为： 木板从开始运动至到达最高点所经历的时间为： t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s。 （3）由于a3＞a1，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有 Mgsinθ＝f+μ1mgcosθ 可得：f＝4N 因为f＜μ2（M+m）gcosθ，故假设成立，木板静止在斜面上，木块仍以加速度大小为a1＝8m/s减速上滑到速度为零。在木块和长木板速度减为零过程中的v﹣t图像如图丁所示 设木块的位移为s1，长木板在加速过程和减速过程的位移分别为s2和s3，由运动学公式可得 木块不从木板的上端冲出，木板长度至少为：L＝s1﹣s2﹣s3 解得：L＝7.75m。 答：（1）木块的加速度为8m/s2，方向沿斜面向下，木板的加速度为6m/s2，方向沿斜面向上； （2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间为1.5s； （3）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为7.75m。 4．（2020秋•如皋市校级月考）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ．对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2． （1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； （2）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离． 【解答】解：（1）对M、m，由牛顿第二定律得， F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a 对m，有f﹣mgsinα＝ma f≤μmgcosα 代入数据解得F≤30N． 因要拉动，则F≥20N （2）当F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板， 对M，有：F﹣μmgcosα﹣Mgsinα＝Ma1 对m，有：μmgcosα﹣mgsinα＝ma2 设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得， 代入数据解得t＝1.2s； 物块滑离木板时的速度v＝a2t 由公式﹣2gsinα•s＝0﹣v2 代入数据解得s＝0.9m． 答：（1）为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N≤F≤30N． （2）物块滑离木板所用的时间为1.2s，滑离木板后沿斜面上升的最大距离为0.9m． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:05:20；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第六部分 板块与传送带综合模型 习题提优练 一．解答题（共4小题） 1．（2025•海门区校级二模）如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为3m，以6m/s的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一足够长的木板A，其质量为2kg。木板A上表面与传送带末端平滑连接，在木板A右侧x处（x未知）有一个固定挡板P。将一质量为1kg的物块（视为质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数，与木板A间动摩擦因数μ1＝0.1。设木板A与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小； （2）求物块滑到传送带底端的时间； （3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，求x的大小。 【解答】解：（1）传送带对物块的支持力为：FN＝mgcosθ 物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为：Ff＝μ0FN 联立代入数据解得：Ff＝5N （2）刚放到传送带时，物块的加速度为：a＝gsin30°+μ0gcos30° 代入数据得：a＝10m/s2 假设物块的末速度能达到v＝6m/s，则物块做匀加速运动的位移： 所以物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速运动。 物块做匀加速运动的时间为：ts＝0.6s 物块做匀速运动的时间为： 物块滑到传送带底端的时间为：t总＝t+t′＝0.6s+0.2s＝0.8s （3）长木板、物块与挡板碰撞之前组成的系统动量守恒，碰后长木板的速度大小不变，又因为运动过程中不会与传送带相撞，所以碰后长木板与物块组成的系统合动量水平向右，且每次长木板与挡板碰撞时的速度相同，第3次碰撞结束后，物块与长木板的动量等大反向。设物块与长木板的质量分别为m、M，由动量守恒定律得：mv＝mv1+Mv′1 以向的方向为正方向 第1次碰撞结束后到第2次碰撞之前由动量守恒定律得：mv1﹣Mv′1＝mv2+Mv′2 第2次碰撞结束后到第3次碰撞之前由动量守恒定律得：mv2﹣Mv′2＝mv3+Mv′3 第3次碰撞结束后由动量守恒定律得：mv3＝Mv′3，v′1＝v′2＝v′3 由运动学公式得： 对长木板由牛顿第二定律得：μ1mg＝Ma 联立解得：x＝0.25m 答：（1）物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为5N； （2）物块滑到传送带底端的时间为0.8s； （3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，x的大小为0.25m。 2．（2023秋•徐州期末）传送带在物流仓储、港口和机场等场合应用广泛。如图所示，倾角θ＝30°、足够长的传送带以v0＝10m/s的速度逆时针匀速转动，其左侧光滑水平地面上放有一质量M＝4kg、长L＝15m木板，木板上表面与传送带底端等高。一质量m＝1kg的物块（可视为质点）在传送带顶端由静止释放，然后滑上木板（不考虑物块在传送带和木板衔接处速度的损失）。已知物块与传送带和木板间的动摩擦因数分别为和μ2＝0.2。重力加速度g取10m/s2，求： （1）物块刚达到传送带速度所需的时间； （2）物块从木板上滑离时的速度； （3）若物块刚滑上长木板右端时，在长木板的左端施加一水平向左的恒力，使得物块刚好不能从长木板上滑出，求水平恒力F。 【解答】解：（1）物块刚放上传送带上时，由牛顿第二定律有 mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1 与传送带共速时，有 解得 t1＝1s （2）与传送带共速后，由于 mgsinθ＝μ1mgcosθ 说明物块此后做匀速运动，则 v＝v0＝10m/s 物块滑上木板瞬间，对于物块，有 μ2mg＝ma2 对于木板有 μ2mg＝Ma3 滑离木板时 解得 t＝2s（另一个不符题意） 此时滑块速度 v1＝v﹣a2t 解得 v1＝6m/s （3）长木板的左端施加一水平向左的恒力F后，木板加速度 根据 v2＝v﹣a2t2＝a4t2 解得 答：（1）物块刚达到传送带速度所需的时间为1s； （2）物块从木板上滑离时的速度为6m/s； （3）若物块刚滑上长木板右端时，在长木板的左端施加一水平向左的恒力，使得物块刚好不能从长木板上滑出，水平恒力F为。 3．（2023秋•锡山区校级月考）水平传送带A、B两端点相距x＝4.5m，以v0＝2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一质量m＝2kg的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4。小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量M＝2kg的木板。木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，g取10m/s2。求： （1）小物块刚放上传送带时的加速度大小； （2）小物块从A点运动到B点的时间； （3）要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？ 【解答】解：（1）小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1 解得加速度大小为：a1＝4m/s2 （2）小物块刚放上传送带到与传送带共速所用时间为： s＝0.5s 通过的位移为： 4×0.52m＝0.5m 小物块与传送带共速后，匀速运动到B点所用时间为： s＝2s 则小物块从A点运动到B点的时间为： t＝t1+t2＝0.5s+2s＝2.5s （3）小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得： μ1mg＝ma2 解得：，方向水平向左。 对木板，由牛顿第二定律得： μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma3 解得：，方向水平向右。 设小物块与木板经过t3时间达到共速，则有： v共＝v0﹣a2t3＝a3t3 联立解得：t3＝0.4s，v共＝0.4m/s 小物块与木板共速过程的相对位移大小为： 解得：Δx＝0.4m 因μ1＞μ2，故小物块与木板共速后保持相对静止一起在水平地面做匀减速到停下，则要使小物块不从木板上滑落，木板的最小长度等于Δx＝0.4m。 答：（1）小物块刚放上传送带时的加速度大小为4m/s2； （2）小物块从A点运动到B点的时间为2.5s； （3）要使小物块不从木板上滑落，木板至少长0.4m。 4．（2023秋•昆山市校级期中）一个送货装置如图所示，质量为m1＝1kg的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，传送带保持v＝10m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无动能损失，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同。在平板车左端一定距离的P处有一水平平台，高度与平板车等高，平板车左端与平台P边缘的锁定装置碰撞后立即停止运动，货物由于惯性滑上平台P，之后平板车立即被拉回装置匀速拉回到传送带B端，准备下一次货物转移。已知传送带长度L＝16m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带B端到平台P的水平距离x0＝26m，货物与传送带间的摩擦因数μ1＝0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2＝0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量m2＝0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小； （2）货物由传送带A端运动到B端的时间； （3）为了保证货物能被送至平台P，小车长度需要满足的条件。 【解答】解：（1）货物放上传送带上后先以加速度a1向下加速运动 f1＝μ1m1gcosθ＝0.4g，m1a1＝f1+m1gsinθ 解得a1＝10m/s2 （2）货物经过时间t1达到传送带相同的速度 解得t1＝1s 运行的位移 解得x1＝5m 此后，货物以加速度a2向下加速运动 a2＝2m/s2， 解得t2＝1s 货物在传送带上运动的总时间为 t＝t1+t2＝1s+1s＝2s （3）设货物离开B点，刚滑上小车时的速度为v0，则 v0＝v+a2t2 解得v0＝12m/s 滑上平板车后，货物向左做匀减速运动，平板车做匀加速运动，经时间t3共速。 货物的加速度 a物＝μ2g＝0.3×10m/s2＝3m/s2 平板车的加速度 a板＝3m/s2，v共＝v0﹣a物t3＝a板t3 解得t3＝2s，v共＝6m/s 平板车的位移为 解得x2＝6m 货物的位移为 解得x3＝18m ①若货物刚好在木板左端相对静止，随木板减速 v共＝μ3g0.1×10m/s2＝1m/s2 减速至停止需要通过的位移为 18m＞x0﹣x3＝8m 货物可以到达平台，则木板最短长度 Lmin＝x3﹣x2＝18m﹣6m＝12m ②若相对静止时，货物与木板最左端的距离为x4，设木板与平台撞击前瞬间的速度为v1，则 木板撞击停止后，货物继续滑行至平台恰好停止，则 解得x4＝5m 则木板长度最大值为 Lmax＝Lmin+x4＝12m+5m＝17m 答：（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小为10m/s2； （2）货物由传送带A端运动到B端的时间为2s； （3）为了保证货物能被送至平台P，小车长度需要满足的条件为12m到17m。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:06:17；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第七部分 超重失重问题 一、重力的测量 1.方法一:利用牛顿第二定律 先测量物体做自由落体运动的加速度g,再用天平测量物体的质量m,利用牛顿第二定律可得G=mg。 2.方法二:利用力的平衡条件 将待测物体悬挂或放置在测力计上,使它处于静止状态。这时物体受到的重力的大小等于测力计对物体的拉力或支持力的大小。 二、超重和失重 1.失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。 2.超重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。 3.完全失重状态 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态。 (2)产生条件:a=g,方向竖直向下。 三、判断超重、失重状态的方法 1.从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态。 2.从加速度的角度判断:当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为g时处于完全失重状态。 3.注意:超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关 习题提优练 一．选择题（共4小题） 1．（2025•江苏模拟）嫦娥六号返回地球的轨迹如图所示，嫦娥六号从A点进入大气层，实现第一次减速，从C点飞出大气层，再从E点进入大气层，实现第二次减速，精准地落在预定地点，从A→B→C→D→E打了一个9000km的水漂，其中B、D分别为轨迹的最低、最高点。则嫦娥六号打水漂的过程中（　　） A．在B点，嫦娥六号处于失重状态 B．在C点，嫦娥六号的速度方向指向地球 C．在D点，嫦娥六号的合力方向为水平方向 D．在E点，嫦娥六号的加速度方向指向地球 【解答】解：A．在B点，根据曲线运动特点，合力方向指向轨迹凹侧，即合力向上，加速度向上，嫦娥六号处于超重状态，故A错误； B．在C点，嫦娥六号的速度方向沿过C点的切线方向斜向上，不指向地球，故B错误； C．合力方向要指向轨迹的凹侧，故在D点，嫦娥六号受到的合力方向指向轨迹的下方，故C错误； D．在E点，嫦娥六号所受合力方向指向轨迹凹侧，加速度方向指向地球，故D正确。 故选：D。 2．（2025•江苏模拟）阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828m，也被称为世界第一高楼。楼层总数162层，配备56部电梯，最高速可达17.4m/s。游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始下降，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是（　　） A．t＝3s时，电梯处于失重状态 B．7～53s时间内，绳索拉力等于零 C．t＝59s时，电梯处于失重状态 D．t＝60s时，电梯速度最大 【解答】解：A．根据加速度的方向来判断电梯处于超重还是失重状态，根据a﹣t图像可知t＝3s时，电梯的加速度方向向下，电梯处于失重状态，故A正确； B．根据a﹣t图像可知7～53s时间内，电梯的加速度为0，电梯受力平衡，此时绳索拉力等于重力，不为零，故B错误； C．根据a﹣t图像可知t＝59s时，电梯的加速度方向向上，电梯处于超重状态，故C错误； D．根据a﹣t图像可知0～7s内电梯一直向下加速运动，7～53s内电梯向下匀速运动，53～60s内电梯一直向下减速运动，根据对称性可知，t＝60s时，电梯速度减为0；故D错误。 故选：A。 3．（2025•连云港一模）如图所示为一小球沿竖直方向运动时的频闪照片，下列说法正确的是（　　） A．小球正在上升 B．小球正在下降 C．小球处于失重状态 D．小球处于超重状态 【解答】解：AB.由照片可知小球可能在向下减速，也可能向上加速运动，故AB错误； CD.由照片可知小球的加速度方向向上，故小球处于超重状态，故C错误，D正确； 故选：D。 4．（2025•海门区校级二模）生活中，我们在乘坐电梯上下楼时，当电梯向下启动或是向上停靠的过程中脚下会有“轻飘飘”的感觉，原因是人受到的重力G和电梯受到的压力F大小满足（　　） A．G＞F B．G＜F C．G＝F D．无法确定 【解答】解：当电梯向下启动或是向上停靠的过程中，电梯中的人处于失重状态，电梯的加速度方向均向下，则电梯受到人的压力小于人的重力，即有G＞F。 故A正确，BCD错误。 故选：A。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 19:07:40；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 2 学科网（北京）股份有限公司 $$