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（新高考）

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿第二定律综合应用，核心覆盖传送带模型（水平、倾斜）和“滑块—木板”模型两大高考高频考点，依据高考评价体系梳理不同情景下的运动规律，通过2024安徽卷、海南三沙市模拟等真题分析，明确模型建构与临界条件分析的核心考查要求，归纳出12类常考题型及解题步骤。 课件亮点在于“科学思维引领+真题深度解构”，如传送带问题中通过摩擦力方向突变与运动过程分段（加速、匀速）培养模型建构能力，滑块—木板模型结合相对位移等于板长的临界条件强化科学推理素养。配套易错点警示（如传送带痕迹计算）和解题模板，助力学生掌握动力学问题分析技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

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 新高考 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 (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 √ 例1 √ 快递箱加速时的加速度a＝，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。 (2024·海南三沙市模拟)如图所示，足够长的水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是 A．小滑块的加速度向右，大小为μg B．若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为 C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 例2 √ 小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加 速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝ μg，故A错误；若v0<v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t＝，故B错误；若v0>v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝，位移为x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的时间t2＝，位移为x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝，小滑块返回到左端的时间t′＝t1＋t2＋t3＝，故C错误，D正确。故选D。 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g sin θ＋ μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1＝g sin θ＋μg cos θ加速，后以a2＝g sin θ－μg cos 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g sin θ＋μg cos θ) v0<v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1＝g sin θ＋μg cos θ加速，后以a2＝g sin θ－μg cos θ加速 v0>v时，一直匀变速(加速度为|g sin θ－μg cos θ|) v0>v时：若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，以a2＝g sin θ－μg cos 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。 (2024·辽宁沈阳市模拟)如图所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则 A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿逆时针方向 C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2 D．物块将在5 s时回到原处 例4 √ 从题图乙可知，物块速度减为零后沿传送 带反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s， 因此没从N点离开，可知传送带沿顺时针 方向运动，速度大小为1 m/s，故A、B错 误；v-t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，t1＝时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动， 所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝ m＝ m，t1＝ s到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D正确。故选D。 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 (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、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′＝ 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，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＝ 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＝＝，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＝，则F＞9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝，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mg sin 37°＋μmg cos 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mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，根据题图乙可得a2＝ 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，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＝＝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＝，则有L－L1＝，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，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a′＝＝2μg， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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；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＋F sin 37°＝mB g，Ff1＝μ2FNB＝4 N， 根据牛顿第二定律有F cos 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mg sin 37°－μ1mg cos 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＝，故A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有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)(2021·辽宁卷·T13)机场地勤工作人员利用传送带 从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行 的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。 工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下 一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； 答案：0.4 m/s2 小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案：4.5 s 小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间t1＝ s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为x1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即 μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后随传送带一起做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 专题提升三　 牛顿第二定律的综合应用(二) $