第3章 专题提升三 牛顿第二定律的综合应用(二)（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的综合应用”，覆盖传送带模型（水平、倾斜）和“滑块—木板”模型两大高考核心考点，依据高考评价体系梳理考向，明确水平传送带共速判断、倾斜传送带加速度分析、滑块—木板相对运动等高频题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题驱动与科学思维培养，如结合2024安徽卷传送带问题、2025广东“滑块不滑离”题，通过“模型建构—受力分析—运动方程”三步法解析典型题型，培养学生运动和相互作用观念及科学推理能力，助力学生掌握解题技巧，教师可精准开展专题突破。

专题提升三　牛顿第二定律的综合应用(二) 高三一轮复习讲义　广东专版 第三章 牛顿运动定律 1.理解传送带模型的特点，会处理动力学中的传送带模型的有关问题 。 2.理解“滑块—木板”模型的特点，会处理动力学中的“滑块—木板”模型的有关问题。 学习目标 提升点一 动力学中的传送带模型 提升点二 动力学中的“滑块—木板”模型 课时测评 内容索引 动力学中的传送带模型 提升点一 返回 1.模型特点 传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带在摩擦力作用下的相对运动问题。 2.传送带模型问题的两个关键分析 受力 分析 (1)摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变 运动 分析 (1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹时一般以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带 考向1 水平传送带问题 水平传送带的几种情况(传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长   一直匀加速 先匀加速后匀速   v0＜v时，一直匀加速 v0＜v时，先匀加速再匀速 v0＞v时，一直匀减速 v0＞v时，先匀减速再匀速   滑块一直匀减速 滑块先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端：①若v0＜v，返回到左端时速度为v0；②若v0＞v，返回到左端时速度为v √ 例1 (多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效 率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长 为L，以一定的速度v2＝8 m/s顺时针匀速运动，工作人 员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则 A.传送带长L为24 m B.全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m C.若v1＝v2且快递箱从左端以速度v1释放，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13 D.若仅将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动 √ 快递箱加速时的加速度a＝＝μg＝4 m/s2，加速时的位移x1＝ ＝8 m，匀速时的位移x2＝v2×＝16 m，所以传送带总长L＝ x1＋x2＝24 m，故A正确；快递箱全程位移为L＝24 m，传送带路程为x＝v2××2＝32 m，则痕迹长s＝x－L＝8 m，故B错误；若v1＝v2，快递箱加速时的时间t1＝＝1 s，加速时的位移x1'＝＝6 m，匀速时的时间t2＝＝2.25 s，在此期间传送带匀速运动的路程x'＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时的时间t1'＝＝4 s，加速位移x1″＝＝32 m＞24 m，则快递箱一直匀加速运动，故D错误。故选AC。 如图是行李安检机示意图。行李箱由静止放上匀速运行的传送带，后沿着斜面滑到地面上，不计行李箱在MN转折处的机械能损失和斜面的摩擦力。关于行李箱在传送带和斜面的速度v或加速度a随时间t变化的图像，下列可能正确的是 例2 √ 由静止放上传动带的行李箱相对传送带向后滑动，在 滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，可能一 直匀加速运动到MN，也可能在到达MN之前已与传送 带共速，接着匀速运动到MN，由于斜面光滑，行李箱会沿斜面做匀加速直线运动，故A错误；整个过程行李箱都不可能做减速运动，故B错误；行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面后受力也恒定，加速度也恒定，故C正确，D错误。故选C。 考向2 倾斜传送带问题 倾斜传送带的几种情况(传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长   一直加速(一定满足关系μ＞tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ＞tan θ)   一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长   v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＞v时，一直匀变速(加速度为｜gsin θ－μgcos θ｜) v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速   (摩擦力方向一定沿斜面向上) μ＜tan θ，一直加速；μ＝tan θ，一直匀速 μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ时：若v0＞v，先减速到速度为0，后反向加速到v；若v0＜v，则回到原位置时速度大小为v0 (2024·安徽卷·T4) 倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时 针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图 所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。 不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 例3 √ 0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分 析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力 大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。t0时 刻之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。故选C。 (多选)(2025·广东茂名高三上期中)安检机通过传 送带将被检物从A端传到B端，安检机的简化图如图 所示，A、B间的距离L＝2 m，传送带以速率v＝2 m/s匀速转动，将可视为质点的被检物无初速度地放在A端。被检物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.在传送带将被检物从A端送到B端的过程中，被检物先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 B.传送带将被检物从A端送到B端所用的时间为1 s C.若仅使传送带的速度增大，则传送带将被检物从A端送到B端所用的时间增大 D.若仅使被检物与传送带间的动摩擦因数增大，则传送带将被检物从A端送到B端所用的时间减小 例4 √ √ 被检物无初速度放在A端，受到水平向右的滑动摩擦力，根据Ff＝μmg＝ma，解得a＝4m/s2，被检物做匀加速直线运动，设被检物能与传送带共速，则到达共速所需时间t1＝＝0.5 s，被检物此阶段位移为x1＝ a＝0.5 m＜L，假设成立，共速后被检物所受滑动摩擦力突变为0， 则之后会随传送带做匀速直线运动，运动时间t2＝＝0.75 s，传送带将被检物从A端送到B端所用的时间为t＝t1＋t2＝0.5 s＋0.75 s＝1.25 s， 故A正确，B错误；根据被检物运动的v-t图像可知，被检物的总位移为L不变，即图像与横轴围成的面积不变，若仅使传送带的速度v增大，对应总时间需要减小，故C错误；被检物加速度a＝＝μg，根据被检物运动的v-t图像可知，被检物的位移L＝vt－，动摩擦因数增大，即加速度增大，则上述表达式中运动总时间t会减小，故D正确。故选AD。 返回 动力学中的“滑块—木板”模型 提升点二 返回 1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。 2.四种常见类型：滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。 图例 初始条件 终止条件   (1)滑块m静止。 (2)木板M初速度为v (1)滑块m停在木板M上某位置。 (2)滑块m恰好没有滑离木板M。 (3)滑块m滑离木板M   (1)滑块m初速度为v。 (2)木板M静止 图例 初始条件 终止条件   (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在木板M上 (1)滑块m停在木板M上某位置。 (2)滑块m恰好没有滑离木板M。 (3)滑块m滑离木板M   (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在滑块m上 考向1 无外力F作用的“滑块—木板”模型 如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止，现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多少？ 答案：2 m/s 例5 A在B上向右做匀减速运动，有 μ1mg＝ma1 解得加速度大小a1＝3 m/s2 木板B向右做匀加速运动，有 μ1mg－μ2·2mg＝ma2 解得加速度大小a2＝1 m/s2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，可得 时间关系t＝＝ 位移关系L＝－ 解得v0＝2 m/s。 (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多少？ 答案：否　 m/s　 m/s 木板B放在光滑水平面上，A在B上向右做匀减速运动，加速度大小仍为a1＝3 m/s2 B向右做匀加速运动，加速度大小 a2'＝＝3 m/s2 设A、B达到相同速度v'时A没有脱离B， 由时间关系得＝ 解得v'＝＝ m/s A的位移xA＝＝3 m B的位移xB＝＝1 m 由xA－xB＝2 m＜L可知，A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。 迁移拓展.(多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的v-t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得 A.小车的长度 B.小滑块的质量 C.小车在匀减速运动过程中的加速度 D.小滑块与小车之间的动摩擦因数 √ √ √ 最终小滑块恰好没有滑出小车，由题图乙可求出小车的长度L＝t1－t1＝t1，故A正确；根据题图乙可以求出小车做匀减速直线运动的加速度a'＝以及小滑块做匀加速直线运动的加速度a＝，无法求出小滑块的质量，故B错误，C正确；对小滑块，由牛顿第二定律可知a＝＝＝μg，又a＝，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝，故D正确。故选ACD。 考向2 有外力F作用的“滑块—木板”模型 如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6 m、 质量为M＝3 kg的木板，一个质量为m＝1 kg的物块放 在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝ 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，今对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。 (1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的 条件； 答案：F＞4 N 例6 力F拉动木板运动过程中： 对物块，由牛顿第二定律有μmg＝ma 对木板，由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma1 要想抽出木板，则只需a1＞a，即F＞μ(M＋m)g 解得F＞4 N。 (2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t1＝0.8 s时恰好可以抽出，求此力的大小。 答案：10 N 设施加该力时木板的加速度大小为a2，则 a2＝ 设不再施加该力时木板的加速度大小为a3，则 a3＝＝ m/s2 设从不再施加该力到木板恰好被抽出所用时间为t2， 则木板从物块下抽出时有 物块的速度v＝a(t1＋t2) 发生的位移x＝a(t1＋t2)2 木板的速度v板＝a2t1－a3t2 发生的位移x板＝a2＋a2t1t2－a3 木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v且x板－x＝L 联立解得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F'＝10 N。 迁移拓展. (多选)如图甲所示，质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.1 C.F的大小可能为9 N D.F的大小与板长L有关 √ √ 当滑块在木板上滑动时，木板的加速 度为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛 顿第二定律，对木板A，有μ1mBg－ μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2＝＝－ m/s2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板A，有－μ2mAg＝ mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A错误，B正确；对滑块B，由牛顿第二定律有F－μ1mBg＝mBaB，其中aB＞a1＝2 m/s2，则F＞9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝aBt2－a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9) N，即F的大小与板长L有关，D正确。故选BD。 返回 课 时 测 评 返回 1.(多选)(2024·安徽蚌埠期末)如图甲为机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带以1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。行李从A到B的过程中 A.行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右 B.行李到达B处时速率为1 m/s C.行李到达B处所需的时间为2.5 s D.行李与传送带间的相对位移为2 m √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由牛顿第二定律得μmg＝ma，设行李与传送带共速所需的时间为t，则有v＝at，解得t＝1 s，匀加速运动的位移大小为x＝at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故A错误，B正确；匀速运动的时间为t'＝＝1.5 s，行李从A到B的时间为t总＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，传送带在t时间内的位移为x'＝vt＝1 m，行李与传送带间的相对位移为Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(多选)(2025·八省联考·内蒙古卷)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中 A.物块的运动方向不变 B.物块的加速度方向不变 C.物块相对木板的运动方向不变 D.物块与木板的加速度大小相等 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题图可知，木板的速度方向没有发生改变，木板 和物块达到共速v0，然后一起减速到0，所以物块的 运动方向先向左后向右，故A错误；物块在向左减速 和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板的运动方向不变，故C正确；在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1＝ ＝，物块的加速度大小为a2＝＝，即木板和物块加 速度大小相等，故D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(多选)(2023·天津市芦台一中期末)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，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图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2＞v1，则 A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 相对地面而言，小物块在0～t1时间内， 向左做匀减速直线运动，t1之后反向向 右运动，故小物块在t1时刻离A处距离 最大，A错误。小物块在0～t1时间内向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动；在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速；在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确。0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是 A.长木板的最小长度为2 m B.A、B间的动摩擦因数为0.1 C.长木板的质量为0.5 kg D.外力F的大小为4 N √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 v-t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移， 故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m， 木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为 L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时 撤去外力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可得μmg＝maA，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可得μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0～1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA'，此过程中加速度的大小为aA'＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.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16 m/s B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在 0～1 s内，物块的速度大于传送带的速度，传送 带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二 定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据题 图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～2 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据题图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，解得μ＝0.25，故B错误，C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(多选)如图所示，有一条传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带以v＝4 m/s的速度匀速运动。现将一小物块轻放在最高点A，经过时间t小物块运动到最低点B。已知A、B之间的距离为5.8 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则小物块从A到B的时间可能是 A.1 s B.1.4 s C. s D. s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 没有明确传送带的运动方向，因此，传送带可能沿顺时针方 向转动，也可能沿逆时针方向转动。若传送带沿顺时针方向 转动，则物块从A到B一直做匀加速运动，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma，由运动学公式得L＝at2，联立解得t＝ s；若传送带沿逆时针方向转动，物块开始时的加速度a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，则物块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1＝＝0.4 s，发生的位移为L1＝a1＝0.8 m，可知物块加速到4 m/s时仍未到达B点，设此后物块的加速度为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，则有L－L1＝vt2＋a2，解得t2＝1 s，故物块从A运动到B所用的总时间t'＝t1＋t2＝1.4 s。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(多选)(2024·黑吉辽卷·T10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是 A.小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物 块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v-t图像中图线斜率的 绝对值表示加速度的大小，则0～3t0时间内，木板的加 速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a'＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ'，对小物块由牛顿第二定律得μ'mg＝ma'，联立解得μ'＝2μ，B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定 律得F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木 板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ'mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力Ff的作用，由于Ff＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(多选)如图所示，质量mA＝1 kg的足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是 A.A的加速度大小为1 m/s2 B.B的加速度大小为6 m/s2 C.若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大 D.若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg， Ff1＝μ2FNB＝4 N，根据牛顿第二定律有Fcos 37°－Ff1＝mBaB，联立解得aB＝6 m/s2，故B正确；对长板A受力分析，如图乙，可知FNA＝FNB'＋mAg＝FNB＋mAg，由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N＞Ff1'＝Ff1可知，长板A静 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 止，即aA＝0，故A错误；若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有aA'＝＝1 m/s2，对B有aB'＝μ2g＝5 m/s2，可知，A的加速度大小增大，B相对A不是静止的，故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选)滑沙运动的过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/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2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前，滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C.经过1 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对小孩，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得加速度大小为a1＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，故A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(8分)(2025·广东佛山市高三上阶段练习)如图所示，水平轨道AB的左端有一压缩的弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个质量为m＝1 kg的物体(可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时具有v＝4 m/s的速度，传送带BC的长为L＝1 m。CD'为水平轨道，DE、FG是竖直放置的两个半径分别为R＝0.4 m和r＝0.2 m的半圆轨道，AB、BC、CD、DE、FG均平滑连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，其余轨道均光滑，g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)若传送带静止，求物体弹出后第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小； 答案：40 N 若传送带静止，则根据动能定理有 －μmgL＝m－mv2 在D点，对物体分析有F－mg＝m 联立解得物体第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小为F＝40 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，求传送带速度的取值范围。 答案：大于或等于2 m/s 若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，则在E点时，对物体分析有 mg＝m 根据机械能守恒有m＝m＋mg·2R 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解得物体离开传送带的速度为vC＝2 m/s 物体速度从4 m/s加速到2 m/s，摩擦力做 正功，设经过的位移为x，则有 m－mv2＝μmgx 解得x＝1 m＝L 所以物体在传送带上加速，到达右端时恰好和传送带共速时，传送带速度有最小值，即 vmin＝vC＝2 m/s 则传送带的速度为v传≥2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)已知物体在G点时，轨道对物体的支持力大小为70 N，求物体从G点水平抛出后落到半圆轨道时离G点的竖直高度y。 答案： m 物体在G点时，对物体分析有FG－mg＝m 根据平抛规律有x＝vGt，y＝gt2 根据几何关系有x2＋y2＝R2 联立解得y＝ m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 牛顿第二定律的综合应用(二) $