第3章 专题提升四 牛顿第二定律的综合应用(二)(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律综合应用”专题，覆盖传送带模型（水平、倾斜）和“滑块—木板”模型两大核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，归纳“共速判断”“相对位移计算”等常考题型，构建系统复习框架，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+应试技巧”的三维备考策略，如以2026年广东广州模拟题为例，通过v-t图像分析物块运动过程，结合牛顿第二定律推导加速度及相对位移，培养学生科学思维和模型建构素养。特设“总结提升”板块梳理运动分析方法，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

专题提升四　牛顿第二定律的综合应用(二) 高三总复习讲义　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，其本质是物体在传送带的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 (2026·广东广州模拟)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，g取10 m/s2，则 A.物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.5 B.AB间距离为20 m C.物块在传送带上留下的痕迹是8 m D.若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端 √ 例1 由题图乙可知，加速过程的加速度大小为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知a＝＝μg，联立解得μ＝0.1，故A错误。由题图乙可知，4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s；v -t图像与时间轴所围成的面积表示位移，故AB间距离为L＝ m＝ 16 m，故B错误。 由题图乙可知，共速前物块与传送带发生的相对位移为Δx＝x传－x物＝4× 4 m－×4×4 m＝8 m，可知物块在传送带上留下的痕迹是8 m，故C正确；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为a'＝μg＝1 m/s2，物块从开始到速度为4 m/s时，发生的位移为x1＝ m＝8 m，物块减速到停下，通过的位移大小为x2＝＝ m＝8 m，由于x1＋x2＝16 m＝L，可知物块刚好到达B端，故D错误。 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。 1.水平传送带问题的常见情形及运动分析 总结提升 初速度 情况 情境模型图示 初速度 为零 总结提升 初速度情况 情境模型图示 初速度不为零，方向与 传送带速度方向相同 总结提升 初速度情况 情境模型图示 初速度不为零，方向与 传送带速度方向相反 2.关于物体相对传送带位移Δx的求解方法 (1)若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传，Δx也是划痕长度。 (2)若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 总结提升 考向3 倾斜传送带问题 (2025·山东临沂三模)如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带，v0＞v，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.μ与θ之间的关系为μ＝tan θ B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C.物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2μgcos θ D.物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 例3 √ 根据题意分析可知物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmgcos θ＜mgsin θ，可得μ＜tan θ，故A错误；因为v0＞v，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度沿传送带向下，大小为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，物块与传送带速度相等之后，加速度沿传送带向下，大小为a2＝＝gsin θ－μgcos θ＜a1，故B错误； 物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为a1－a2＝2μgcos θ，故C正确；设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为t，此过程物块的位移为x物＝t，传送带的位移为x传＝vt，可知此过程物块在传送带上的划痕长度为Δx＝x物－x传＝t，若满足Δx＝x物，则有v0＝3v，由于v0不一定等于3v，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。 拓展变式.(2026·重庆九龙坡区期末)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v传＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是 A.倾斜传送带与水平方向夹角为θ＝53° B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.75 C.煤块向上运动中，在传送带上留下的痕迹长为6 m D.煤块在传送带上留下的痕迹长为 m √ 由题图乙可知，在0～1 s内，煤块的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，在1～2 s内，煤块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.25，故A、B错误； 传送带的速度为v传＝4 m/s，在0～1 s内，传送带的位移为x带1＝4×1 m＝4 m，煤块的位移为x煤1＝×1 m＝8 m，煤块超前传送带的位移大小为Δx1＝x煤1－x带1＝4 m，在1～2 s内，传送带的位移为x带2＝4×1 m＝ 4 m，煤块的位移为x煤2＝×4×1 m＝2 m，煤块落后传送带的位移大小为Δx2＝x带2－x煤2＝2 m，所以煤块向上运动的过程中在传送带上留下的痕迹长为4 m，2 s后煤块向下运动，加速度大小为a2＝4 m/s2， 根据运动学规律有a2＝x煤1＋x煤2，解得经过Δt＝ s回到传送带底端，在这段时间内煤块相对传送带的位移大小Δx3＝a2(Δt)2＋v传Δt＝×4× m＋4× m＝ m，故在整个过程煤块在传送带上留下的痕迹长为l＝Δx2＋Δx3＝(12＋4) m，故C错误，D 正确。 (多选)(2026·山西太原模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v -t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则不正确的是 A.传送带的速率v0＝10 m/s B.传送带的倾角θ＝30° C.物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5 D.0～2 s内，物体在传送带上留下的痕迹长度为6 m 例4 √ √ 由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度时(t＝1 s时)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动，由题图乙可知传送带的速率为v0＝10 m/s，故A正确。在0～1 s内，物体所受摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度大小为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙知a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，在1～2 s内，物体的加速度大小为a2＝＝gsin θ－μgcos θ，由题图乙知a2＝＝＝ 2 m/s2，联立解得μ＝0.5，θ≠30°，故B错误，C正确。 根据v -t图像与横轴所围面积表示位移，可知0～1 s内，物体的位移x1＝× 1 m＝5 m，传送带的位移为x2＝10×1 m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx1＝x2－x1＝5 m，相对传送带向上运动；1～2 s内，物体的位移x3＝×1 m＝11 m，传送带的位移为x4＝10×1 m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，相对传送带向下运动，故留下的痕迹长度为5 m，故D错误。 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 总结提升 初速度情况 情境模型图示 传送带速度方 向向上，滑块初速度为零 总结提升 初速度情况 情境模型图示 传送带速度方 向向下，滑块初速度为零 总结提升 初速度情况 情境模型图示 传送带 速度方 向向下， 滑块初 速度不 为零，方 向向下 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发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x1＋x2＝L。 3.解题关键 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？ 例5 答案：2 m/s 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。 拓展变式.(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3 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恒力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； 例6 答案：F＞4 N 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。 拓展变式.(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 题组1　动力学中的传送带模型 1.如图所示，水平传送带以速率v2顺时针匀速转动，一个煤块以速率v1从传送带的右端A滑上传送带，刚好不从传送带左端B掉落，下列说法可能正确的是 A.煤块的所受摩擦力先向右后向左 B.煤块回到A端时，速率一定为v2 C.其他条件不变，仅v2减小，那么煤块会从B端掉落 D.其他条件不变，仅v2变大，那么煤块留在传送带上的划痕一定会变长 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 煤块向左运动，相对传送带速度向左，所受摩擦力只可能向右，A错误。若v1＞v2，煤块回到A端时速率为v2；若v1＜v2，煤块回到A端时速率为v1，B错误。若v1一定，v2减小，煤块向左的最大位移不变，煤块仍恰好滑到B端，C错误。若v2增大，则传送带与煤块的相对速度v1＋v2变大，传送带与煤块的相对位移x＝变大，可知划痕变长，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2026·浙江杭州期末)如图甲所示，水平传送带顺时针方向匀速运动。从传送带左端P先后由静止轻轻放上两个物体A、C，物体A经tA＝9.5 s到达传送带另一端Q，物体C经tC到达传送带另一端Q。若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出A、C的速度—时间图像如图乙、丙所示。g＝10 m/s2。下列结论不正确的是 A.传送带运动速度大小为4 m/s B.P、Q间距为36 m C.C与传送带间的动摩擦因数为0.125 D.图丙中tC＝24 s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图乙可知，物体A先匀加速直线运动，达到与传送带速度相等后做匀速直线运动，可知传送带的速度大小为4 m/s，根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移，可得PQ间的距离为LPQ＝×4×1 m＋4× m＝36 m，故A、B正确；根据题图丙可知物体C在传送带上一直加速，根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移可得LPQ＝×tC×3 m/s，解得tC＝24 s，根据vC＝atC，可得C在传送带上运动的加速度大小为a＝＝ m/s2，对C由牛顿第二定律得a＝μg，可得C与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.012 5，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(2026·安徽合肥六校联盟联考)如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器(图甲中未画出)记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s 内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.物块滑上传送带的初速度大小4 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C.2.0～3.0 s时间内，物块的加速度为2 m/s2 D.第2.0 s末和第3.0 s末物块的速度分别为0、－3 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 位移－时间图像的斜率表示速度，由题图乙可知，前2.0 s内物块向左做匀减速运动，2.0 s末速度为零，第3.0 s内向右做匀加速运动，3.0～4.5 s内x -t图像为一次函数，物块做匀速直线运动，说明物块与传送带保持相对静止，与传送带一起向右做匀速直线运动。由题图乙可知，前2.0 s内物块的位移x1＝4 m＝t1，代入数据解得，物块的初速度大小v0＝ 4 m/s，故A正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 物块在传送带上滑动过程的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，故B错误；2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向左为正方向，则加速度为－2 m/s2，故C错误；由以上分析知，第2.0 s 末的速度为0，2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，第3.0 s末的速度v'＝a't2＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.(2026·安徽宿州高三上期末)如图所示，与水平面夹角为37°的倾斜传送带，在电机控制下以4 m/s的恒定速率逆时针运转，两轮中心间的距离为5.75 m。质量为10 kg的小物块(可视为质点)以1 m/s的初速度从传送带顶端滑至底端的过程中(已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6)，物块 A.先做匀加速直线运动，后做匀速运动 B.所受的摩擦力方向一直沿传送带向上 C.从顶端运动至底端的时间为1.4 s D.在传送带上留下的划痕长度为1.0 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 刚开始时，物块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物块先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，假设能与传送带达到共速，则x1＝＝0.75 m＜L＝5.75 m，假设成立。由于μ＜tan 37°，所以二者共速后物块继续向下做匀加速直线运动，即物块所受摩擦力为沿传送带向上的滑动摩擦力，故A、B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 共速后，物块的加速度为a'＝，根据位移与时间关系有L－x1＝vt2＋a'，代入数据解得t2＝1 s，所以从顶端运动至底端的时间为t＝t1＋t2＝＋t2＝1.3 s，故C错误；共速前划痕长度为Δx1＝vt1－x1＝ 0.45 m，共速后划痕长度为Δx2＝(L－x1)－vt2＝1.0 m＞Δx1，所以在传送带上留下的划痕长度为1.0 m，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(2026·辽宁葫芦岛期末)在倾斜传送带的顶端由静止释放物块，当传送带静止时，物块滑到传送带底端用时t0；当传送带顺时针转动时，物块从静止滑到传送带底端用时t1；当传送带逆时针转动时，物块从静止滑到传送带底端用时t2。下列关系正确的是 A.t1＝t2 B.t2＝t0 C.t1＝t0 D.t0＝ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 传送带静止时，物块能够向下滑动，表明重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，设传送带长度为L，则有L＝a1，解得t0＝。当传送带顺时针转动时，物块相对于传送带始终向下运动，物块所受滑动摩擦力始终沿传送带向上，即物块始终向下以加速度a1做匀加速直线运动，则有L＝a1，解得t1＝t0＝，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 当传送带逆时针转动时，物块开始相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，物块向下做匀加速直线运动。若传送带速度较大，物块始终没有与传送带速度达到相等，则有L＝a2，解得t2＝；若传送带速度较小，物块以a2匀加速至与传送带速度相等后再以a1向下加速，该过程物块的平均加速度大于a1，根据位移与时间公式，综上可知，有t0＝t1＞t2，则有t0＞，故A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 题组2　动力学中的“滑块—木板”模型 6.(多选)(2026·重庆市巴蜀中学月考)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.长木板A、物体B所受的摩擦力方向均与各自运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C.A长度至少为3 m D.长木板A的质量是4 kg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 摩擦力与物体相对运动的方向相反，由题意可知，木板A的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小为aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可解μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知0～1 s内二者相对运动，相对位移大小为Δx＝×1×3 m＝1.5 m，则A长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2，又μmBg＝mAaA，联立解得mA＝4 kg，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(2026·陕西宝鸡阶段练习)如图甲所示，粗糙的水平地面上静置一长为 2.0 m、质量为2 kg的长木板，在其右端放一质量为1 kg的小物块(可看作质点)。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2。若一开始改用F＝16 N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为 A.2 s B.3 s C. s D. s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图乙知，力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当14 N≥F＞2 N时，二者开始一起加速，则长木板受水平地面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F＞14 N时，小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，则小物块的加速度最大为a1＝＝ m/s2＝ 4 m/s2。改用F＝16 N的外力水平拉长木板时，对长木板，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间t满足at2－a1t2＝L，代入数据解得t＝2 s。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(2026·江苏省苏锡常镇二模)如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tan θ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。下列说法正确的是 A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B.滑块一定可以回到A点 C.滑块最终停留在B点 D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 因μ＜tan θ，可得mgsin θ＞μmgcos θ，所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故B错误。滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。由B项分析可知，若增大水平传送带的速率，滑块第二次到达B点时的速度小于或等于第一次到达B点的速度，滑块可以运动到A点或A点下方，不可能到达A点上方，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9.(8分)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16 m。在平板的上端A处放一可视为质点、质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。 答案：2 s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由于Mgsin 37°＜μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，滑块在平板上滑动时加速度大小a1＝gsin 37°＝6 m/s2 到达B点时速度v＝＝6 m/s 之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度大小a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设滑块在斜面上运动的时间为t，则有 LBC＝vt＋a2t2 代入数据解得t＝2 s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为 a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设平板下端B滑至斜面底端C所用时间为t'， 则有LBC＝a3t'2 代入数据解得t'＝4 s 滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为Δt＝t'－t＝2 s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 专题提升四　 牛顿第二定律的综合应用(二) $