模型06牛顿定律（2）-备战2023年高考案头必备模型+典例+方法+练习（解析版）

1、模型06牛顿定律（2）备战2023年高考案头必备模型+典例+方法+练习目 录 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark19 o Current Document 板块模型2 HYPERLINK l bookmark51 o Current Document 水平面上的板块模型3 HYPERLINK l bookmark53 o Current Document 斜面上的板块模型6 HYPERLINK l bookmark5 o Current Document 传送带模型10 HYPERLINK l bookmark7 o Current Document 水平传送

2、带模型11题型1物块轻放在匀速运动的水平传送带上11题型2物块以初速度如冲上匀速水平传送带13题型3物块轻放在匀加速启动的水平传送带上17 HYPERLINK l bookmark17 o Current Document 倾斜传送带19 HYPERLINK l bookmark33 o Current Document 临界极值22对 B 成=Mgcos30 + ?gsin3（r-4（M + ?）g8s3。rsm/s（沿斜面向下） m假设A与木板到达共同速度I，”时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，那么有：解得人=3m/s,乙=0.4s位移为 xA = / = 1.4m , xB =

3、/）= 0.6m22假设成立，故Ar = XA-XB=0.8m（3）木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为孙 有一左小化一%一加0 =年一4得匕=2m/s设弹簧最大压缩量为乐”，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有Q = 2Mgxm cos 30 = ； Mu：2得Q = 6J, %=百111A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有4m =sin 30 -10 = 5J传送带模型【模型+方法】“传送带模型”问题的分析思路关注状态初末位置V零相同分析受力判定运动摩擦方向最是关键速度相等摩擦突变运动分段极值出现水平传送速度相同以后平衡倾斜传送摩擦因数倾角正切 比

4、拟大小 大静小动水平传送带模型【方法】解答传送带问题应注意的3点(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况； 倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况。(2)传送带上物体的运动情况可按以下思路判定：相对运动一摩擦力方向一加速度方 向一速度变化情况一共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是口粉=传。(3)倾斜传送带问题一定要比拟斜面倾角与动摩擦因数的大小关系。题型1物块轻放在匀速运动的水平传送带上【方法】分析传送带问题的三步骤(1)初始时刻，根据将、I，带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。(2)根据临界条件V物=心；确定临界

5、状态的情况，判断之后的运动形式。(3)运用相应规律，进行相关计算。方法突破加速，假设那么物块速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力立即变为零，剩下 的路程物块靠惯性与传送带相对静止匀速运动题型简述“轻放”的含义是指物块的初速度为零，传送带较短时物块可能一直加速，传送带较长时物块可能先加速后匀速方法突破(1)求解物块的加速度，。一等一4g根据求解物块加速过程的时间(3)根据求解物块加速过程的位移(4)将加速过程的位移不与传送带的长度L进行比拟，假设应L说明物块一直注意物块的位移X、速度以加速度都应以地面为参考系，并注意区分 对地位移和相对位移【典例】(多项选择)如下图，传送带的水平局部长为L,运动速

6、率恒为v,在其左端无初 速度放上木块，假设木块与传送带间的动摩擦因数为，那么木块从左到右的运动时间可能是 ()【答案】ACD【解析】木块的加速度大小为。=蹲，假设木块一直做匀加速运动，那么有=沙卬2,得, =侍，C正确；假设木块到达传送带另一端时，速度恰好等于%那么有上=不，=夕，得， =斗，D正确；假设木块先匀加速运动经历时间小位移为x,再匀速运动经历时间会，位移 V为 Lx,那么有 =8/1.2用=7，vt2=L-x,得，=，1+/2=+，A 正确。【名师点拨】此题不少同学出现漏选D项现象，木块在传送带上运动，会出现这样一 种可能性：木块在传送带上一直加速，但恰好在尾端到达与传送带共速。解

7、答这种题型的关 键是分析木块的运动，把所有可能的运动情况分门别类地列举出来，然后一一求解。【练习】(多项选择)如图甲为应用于机场和火车站的平安检查仪，用于对旅客的行李进行安 全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持片1 m/s的恒定速率 运行。旅客把行李无初速度地放在4处，设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1,力、B 间的距离=2 m, g取10 m/s2o假设乘客把行李放到传送带的同时也以v= m/s的恒定速率平行于传送带运动到处取行李，贝iJ()甲乙A.乘客与行李同时到达“处B.乘客提前0.5 s到达6处C.行李提前0.5 s到达处D.假设传送带速度足够大，行李最快也

8、要2 s才能到达8处【答案】BD【解析】行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动, 随后行李乂以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a= Pg=m/s2,历时公=：=1/I V.1 s到达共同速度，位移X=-t=0. 5 m,此后行李匀速运动ti=-=1. 5 s到达B,共 2v用2. 5 s；乘客到达8,历时t=2s, B正确；假设传送带速度足够大，行李一直加速运动，题型2物块以初速度小冲上匀速水平传送带【方法】题型题型简述当物块以初速度+冲上匀速水平传送带上时，可分为两种情形：论的方向与传送带速度/的方向相同或者相反。每种情形的具体运动情况要根据受力来判断

9、方法突破(1)假设物块的初速度外的方向与传送带的速度/的方向相同时(如图甲所示)，又会出现以下三种可能：v0v0甲乙的/时，假设传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，题型简述当物块以初速度+冲上匀速水平传送带上时，可分为两种情形：论的方向与传送带速度/的方向相同或者相反。每种情形的具体运动情况要根据受力来判断方法突破(1)假设物块的初速度外的方向与传送带的速度/的方向相同时(如图甲所示)，题型简述当物块以初速度+冲上匀速水平传送带上时，可分为两种情形：论的方向与传送带速度/的方向相同或者相反。每种情形的具体运动情况要根据受力来判断方法突破(1)假设物块的初速度外的方向与传送带

10、的速度/的方向相同时(如图甲所示)，又会出现以下三种可能：v0v0甲乙的/时，假设传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，水/时，假设传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等， 那么一直加速，假设传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，那么先加速后 匀速的=/时，物块在传送带上做匀速直线运动(2)假设物块的初速度外的方向与传送带的速度y的方向相反时(如图乙所示)， 又会出现以下两种可能：假设传送带较短时，物块一直减速到达另一端离开假设传送带较长时，物块速度减小到零后还要被传送带传回右端。假设的匕 返回时物块速度为匕假设冰匕返I可时物块速度为两【典例】(202

11、0年全国III卷)如图，相距乙=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者 之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小I，可以由驱动系统根据需要设定。 质量?=10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物 箱与传送带间的动摩擦因数产0.10,重力加速度取g =10m/s2。(1)假设v=4.0m/s,求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能到达的最大速度和最小速度；13(3)假设v=6.0m/s,载物箱滑上传送带/=s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从 12左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。 匚 左侧平分媪侧

12、1台传送带u【答案】2.75s； V1 =V2m/s, v2 =4/2m/s ： (3)0【解析】(1)传送带的速度为。= 4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a,由牛顿第二定律有：设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为川，由运动学公式有/一片二-2奴1联立式，代入题给数据得xi=4.5m；因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至心然后开始做匀速运动，设载物箱从 滑上传送带到离开传送带所用的时间为h,做匀减速运动所用的时间为。由运动学公式有v = v0-at2 联立式并代入题给数据有h=2.75s； (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最

13、小，设为vi,当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为此由动能 定理有 一7gL = ；由式并代入题给条件得v,= V2m/S， v2 = 4/2m/s(3)传送带的速度为u = 6.0m/s时，由于% jLung(L-x2-x3)即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设 吟，由运动学公式有，Vj - v2 = -2a（L- x2 - x3） 设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为/,由动量定理有，=（匕-%）代题给数据得/=0【练习】（2022江苏省昆山中学模拟预测）如下图，水平传送带以速度力匀速运动，小 物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=o

14、时刻P在传送带左端具有速度V2, P 与定滑轮间的绳水平，t=t。时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，正确描 述小物体P速度随时间变化的图像可能是（）【答案】B【解析】AB.假设VXV2,小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得【答案】B减速到与传送带共速时，假设最大静摩擦力大于或等于小物体Q的重力，其受力平衡将随传 送带做匀速直线运动直至离开传送带。假设最大静摩擦力小于小物体Q的重力，那么继续向右 匀减速直线运动，滑动摩擦力反向，有，49-47尸身=() + 外,联立，可得生故A错误；B正确；D.根据上面选项分析，可知小物体P速度减为零后，又反向以。2的加速度做向左的匀

15、加速 直线运动。故D错误；C.根据图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，可知小物体P沿传送带向右运动的距离大 于向左运动的距离，即to时刻没有离开传送带。故C错误。应选B。【名师点拨】有的同学凭感觉，想当然地认为传送带与物块运动方向相反时，传送带 对物块的阻碍作用将加重，这是一种错觉。还有不少同学对物块滑上传送带后出现可能的运 动情况分析不全。题型3物块轻放在匀加速启动的水平传送带上【方法】【典例】如下图，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带题型简述当物块轻放在匀加速启动的水平传送带上时，动摩擦因数与传送带加速度40的大小决定它们是否发生相对滑动方法突破假设gNao,物块

16、和传送带一起以加速度内加速运动，物块受到沿传送 带前进方向的静摩擦力R=mao(2)假设阳ao,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 向的滑动摩擦力峥 产生的加速度a=jig之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度劭 开始运动，当其速度到达V0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上 留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。【答案】血%。一怨 9茶,2ag【解析】依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即喑由运动学公式可得,传送带到达

17、匀速的时间，尸券煤块到达与传送带相对静止的时间/2=或，根据以上分析，燥块与传送带的v-t图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。因v-t图线和，轴所围图形的面积表示位移，那么aQAB的面积即为二者间的相对位移, 即黑色痕迹的长度。由几何知识得:L=(t2-t)vo=L=(t2-t)vo=L=(t2-t)vo=L=(t2-t)vo=整理得：骨。【名师点拨】解题步骤.根据状态结合受力确定物体运动规律:.区分运动和相对运动;.判断能否出现临界条件:.综合分析利用物理规律求解。倾斜传送带【模型+方法】倾斜传送带的解题要点工程情景1滑块可能的运动情况情景1可能一直加速可能先加速后匀速情景2产可能一直加

18、速可能先加速后匀速可能先以ai加速后以a2加速情景3产可能一直加速可能一直匀速可能先加速后匀速可能先减速后匀速可能先以ai加速后以a2加速可能一直减速情景4产可能一直加速可能一直匀速可能先减速后反向加速可能一直减速.明确传送带的转动方向及物体的初状态;.明确动摩擦因数和tane的关系：.受力分析;板块模型板块模型【模型】要诀:板块系统外力为零,动量守恒板块系统外力为零,动量守恒板块系统存在外力，外力临界画过程找相对位移,画过程找相对位移,画过程找相对位移,同差异减分析初态判定运动,摩擦关键假设a相同整体隔离,牛二定律画过程找相对位移,同差异减分析初态判定运动,摩擦关键假设a相同整体隔离,牛二定

19、律速度相等临界出现,摩擦突变【方法】1.两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，假设滑块和滑板同向运动,位移之差等于板长:反向运动时，位移大小之和等于板长。.解题思路第一步二求解时应先仔细审遨，理解遨目的含义、分析清楚市题建模.解题思路第一步二求解时应先仔细审遨，理解遨目的含义、分析清楚市题建模:每一个物体的受力情况、运动情况6.方法技巧第二步准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两 过程的连接处加速度可能突变）求加速度0找出物体之间的位移（珞程）关系或速度关系是 解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽 带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度第三步明确关系（1）弄清各物体初

20、态对地的运动和相对运动（或相对运动趋势），根据相对运动（或相对运 动趋势）情况，确定物体间的摩擦力方向。（2）准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加 速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。（3）速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受 力和运动情况可能发生突变。4.板块常见自由度.能否到达临界条件及物体和传送带速度相等;.以临界为节点分析不同运动过程的规律。典例如下图，绷紧的传送带，始终以v=2 m/s的速率顺时针转动，传送带与水 平方向间的夹角夕=30。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送 至顶端Q

21、处。P、Q之间的距离为4 m,工件与传送带间的动摩擦因数为=坐，取g =10 m/s2o(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。【答案】(1)先做匀加速运动0.8 m,然后做匀速运动3.2 m (2)2.4 s【解析】(1)对工件受力分析，受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力提供动力。由牛顿第二定律得：?gcos。一?*sin 6=ma代入数据得：a=2.5m/s2那么其速度到达传送带速度时发生的位移为v2 22x =2a=2x2 5 m=0.8 mv4 m可见工件先做匀加速运动0.8 m,然后做匀速运动3.2 mo(2)工件做匀加速运动时,由即=

22、而，得力=0.8 s匀速运动时/2=藁=苧s=1.6s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为/=h + /2=2.4 s。【名师点拨】典例中在工件与传送带到达共同速度的瞬间摩擦力发生了 “突变”，由滑 动摩擦力变为静摩擦力。可得出，传送带上的工件所受摩擦力不管是其大小突变，还是其方 向突变，都发生在工件的速度与传送带速度相等的时刻。对于倾斜传送带，摩擦力方向能否 发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关，这一点考查了学生综合分析问题的能力，学生 容易出错，应引起高度的重视。【练习】（2022黑龙江哈尔滨三中模拟预测）（多项选择）如下图，一足够长的传送带倾斜放 置,倾角加37。，以恒定速率v=4m/

23、s顺时针转动。一煤块以初速度o=12m/s从A端冲上 传送带,煤块与传送带之间动摩擦因数=0.25,取g=10m媒,sin37= 0.6 cos37= 0.8o那么 以下说法正确的选项是（）A.煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同B.煤块向上滑行的最大位移为10mC.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4石）m【答案】ABD【解析】A.对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得?gsinO + 以叫cos6 = m解得 4 =8m/s?设经t时间与传送带共速，由%- 二 】，解得f = ls故A正确；B.共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律mgsin

24、0-wgcos0 = ?生解得=4皿 煤块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s,后又以4m/s2的加速度减速至0, 再反向加速至回到A点，v-t图像如下图由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小x = -x(124-4)xlm + x4xlm = 10m22故B正确；C.物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为。2 =4m/s?的匀加速直线运动，设返回到4点所需的时间为5下滑的位移x =解得4二底结合图像知，物块从冲上传送带到返回4端所用时间为匕=(2 +石)s故C错误；D.在0到1s内传送带比物块速度慢，那么滑块在传送带上的划痕为

25、4=-x(12 + 4)xlm-4xlm = 4m此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，那么L, = 4x Im-x4xlm = 2m-2因为上b,所以在上升阶段产生的划痕为4 m,此时煤块在产生的划痕的中点，在2s到 (2 +石)s时间内，煤块向卜滑了 10 m,传送带向上滑了 4君m,那么煤块在传送带上的划痕为 4=(10 + 4 百+ 2)m = (12+4 石)m故D正确。应选ABD。临界极值【模型+方法】分析时，为了把这个临界现象尽快暴露，一般用极限分析法，特别是某 些题目的文字比拟隐蔽.物理现象过程又比拟复杂时，用极限分析法往往使临界现象很快暴露出来.常见临

26、界1、接触别离、貌合（av相同）神离（弹力为零）、整体隔离2、相对运动临界、最大静摩擦3、绳子拉力为零最大4、物夹弹簧，质量不计，原长别离5、加速度为零，速度最大；加速度最大，速度最小6、收尾速度，外力为零7、临界词眼、恰好刚好、恰能正好临界要点：表述题意、起止范围极值字眼、最大最小、至多至少解答问题、临界等式、判断范围常见临界条件归纳临界情况临界条件速度到达最大物体所受合外力为零刚好不相撞两物体最终速度相等或者接触时速度相等刚好不别离两物体仍然接触、弹力为零原来一起运动的两一物体别离时不只弹力为零且速度和加速度相等（或沿弹力方向的分量相等）运动到某一极端位置物体滑到小车一端时与小车的速度刚好

27、相等物体刚好滑出（滑不出）小车刚好运动到某一点（“最高点”）到达该点时速度为零两个物体距离最近（远）速度相等刚好不上（下）滑；保持物体静止在斜面上的最小水平推力；拉动物体的最小力静摩擦力为最大静摩擦力，物体平衡.绳刚好被拉直绳上拉力为零绳刚好被拉断绳上的张力等于绳能承受的最一大拉力【典例1】【弹簧类临界】（2020宁波市北仑中学高二期中）如下图，一弹簧秤秤盘的质量M=1.5kg,盘内放一个质量M=1.5kg的物体P,轻质弹簧的劲度系数4=800N/m,系统原来处于静止状态。现给物体P施加一个竖直向上的拉力“，使尸 T f m I | M由静止开始向上做匀加速直线运动。在前0.2s时间内尸是变力

28、， 在0.2s以后是恒力。求物体匀加速运动的加速度的大小。字.1777777777777777【答案】| m/s2【解析】开始时，系统处于静止状态，弹簧的压缩量为=W + M）g据题，在前0.2s时间内产是变力，在02s以后是恒力，说明在r=0.2s时物体P离开秤 盘，秤盘对物体没有支持力，物体对秤盘也没有压力，而秤盘的加速度向上，说明此时弹簧处于压缩状态.设此时弹簧的压缩量为X2,对秤盘根据牛顿第二定律得：kx2-Mg=Ma1 ,0.2s内物体P位移为x =药一=/ at联立得a= - m/s2【典例2】【摩擦力相联系的临界】在桌上有一质量为ml的杂志，杂志上有一质量为m2的书，杂志和桌面的

29、动摩擦因数为U1,杂志和书之间的动摩擦因数为U2,欲将杂志从 书下抽出，那么要用的力至少为()A, M + 闻W+ 叫)gb. i(mi+ m2 + 2gC. (% + “2)m2gD.(口尸1 + 口2m2)g【答案J A【解析】当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力到达最大，由牛顿第二定律得:对书，有：Fi2m2g=m2a对整体,有:F-pii (mi+m2)g= (mi+m2)a联立得 F=(H1+H2)(mi+m2) g,应选 A。【名师点拨】此题考查整体法与隔离法的应用，重点是判定什么条件下出现相对运动， 知道当书与杂志刚要发生一相对运动时群摩擦力到达最大.【典例3】【接触类】如下

30、图，质量为m的物体A静止在倾角为0=3()。、质量为M 的斜面体B上.现用水平力F推物体A,在F由零增大至守再逐渐减为零的过程中，A和 B始终保持静止.对此过程以下说法正确的选项是()A.地面对B的支持力大于(M+m) gA对B的压力的最小值为幽里，最大值为迪24A受到摩擦力的最小值为0,最大值为芈A受到摩擦力的最小值为芈，最大值为当24【答案】B【解析】解：A、对AB组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面 对B的支持力，所以地面对B的支持力等于(M+m) g,故A错误;B、对A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用,垂直于斜面方向有:N=mgcos30 +Fsin30

31、 ,当F=0时,N最小,最小为x分隔x分隔x分隔Nmin=mgcos30 二零mg，x分隔当卜二啥时，N最大，最大为N -ingcos30o根据牛顿第三定律可知对.B压力的最小值为mmg,最大值为.咤，故B正确;24当F如下图:f最大，fC、当F如下图:f最大，fC、沿着斜面方向，当Fcos30 =mgsin30,即尸=近正手寸，摩擦力为零，3max=mgsin30o 二泰g，,静摩擦力方向向下,那么摩擦力 f =Fcos30 - mgsin30 ,当那么摩擦力 f =Fcos30 - mgsin30 ,那么摩擦力 f =Fcos30 - mgsin30 ,当时，f最大,_V3_V3max 2

32、mg_ 1 _1_V3max 2mg_ 1 _1rng=mg综上可知，所受摩擦力的最小值为0,最大值为故CD错误.应选：B【名师点拨】解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整 体法和隔离法的运用，特别注意此过程中，A受到的静摩擦力的方向可能向上，也可能向下， 难度适中.【典例4】（绳子类）如图甲所示，一轻绳上端系在车的左上角的A点，另一轻绳一端 系在车左侧面的B点，B点在A点正下方，A、B间距离为b,两绳另一端在C点相连并系 一质量为m的小球，绳AC长度为0/九 绳BC长度为b,当地重力加速度为g,两绳能够 承受的最大拉力均为3mgo01）假设绳BC刚好被拉直时如图乙所

33、示，求此时车的加速度大小。02）求在不拉断轻绳的情况下，车向左运动的最大加速度。【答案】（l）g,水平向左；（2） 4g,水平向左【解析】（1）绳BC刚好被拉直时，小球AC绳的拉力和重力两个力作用，因为AB=BC=b,V2AC=V2 b,故绳BC方向与AB垂直，COS0=，9=45。，2由牛顿第二定律，得：TAsin 0=ma,且TACOs6=mg,可得：a=g.水平向左：（2）小车向左加速度增大，AC、BC绳方向不变，所以AC绳拉力不变，BC绳拉力变大，BC 绳拉力最大时，小车向左加速度最大，由牛顿第二定律，得：TBm+TAsin e=mam因为TBm=3mg,所以最大加速度为：am=4g.

34、水平向左.【名师点拨】解决此题的关键知道小球和车具有相同的加速度，隔离对小球分析，抓住临界 状态，运用牛顿第二定律进行求解.【练习1】（弹簧类）（2020东莞市光明中学高二月考）如下图，质量相等的两个 滑块位于光滑水平桌面1二。其中弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与 挡板的质量均不计，滑块M以初速度即向右运动，它与档板P碰撞（不粘连）后开始压 缩弹簧，最后，滑块N以速度均向右运动，在此过程中（）M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小M的速度为L VO时，弹簧的长度最长2M的速度为时，弹簧的长度最短2【答案】BD【解析】ACD.根据动碰静的弹

35、性碰撞结论可知，交换速度，故俩个物体质量相等，M与P碰撞 压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N 速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大；设相等时的速度为叭以M的初 速度方向为正方向，根据动量守恒定律得解得 = 故AC错误，D正确：B.两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹性势能最大时，两滑块动能之和最小， 所以当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，此时两滑块动能之和 最小，故B正确。应选BDo【练习2（摩擦类）（2020 内蒙古包钢一中高三月考）如图甲所示，静止在水平面C 上足够长的木板8左端放着小物块儿某时刻，力受到水平向右

36、的外力/作用，尸随时间1 的变化规律如图乙所示。力、8间最大静摩擦力大于反。之间的最大静摩擦力，假设最大静 摩擦力等于滑动摩擦力。那么在拉力逐渐增大的过程中，以下反映力、8运动过程中的加速度 国和，以及力与8间摩擦力/；、B与。间摩擦力随时间变化的图线中不正确的选项是（）留乙留乙留乙51图甲留乙【答案】B【解析】A.由图乙知力与时间的表达式为/=内对,44整体，当拉力尸小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即。川二（）；对力整体，当拉力大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，根据牛顿第二定律神二总5当拉力足够大时，力、少的加速度不同，故对力，根据牛顿第二定律得F- u.mg

37、 km mkk故八2的斜率左二，。八3的斜率=一，那么有4 %，即拉力足够大时直线更M + nim陡峭，故A正确，不符合题意；B.对月整体，当拉力尸小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体 /，开始阶段的加速度为零，故B错误，符合题意；C.当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体4拉力 小T闪熊,静摩擦力等于拉力，那么有二尸二公即摩擦力随时间均匀增大；当整体开始加速滑动时，对整体根据牛顿第二定律得% =产-严+心=；.出g对木板，根据牛顿第二定律有=M。解得工=卢科此M + m其斜率萼”3即此对应的直线比刚开始对应的直线更平缓；当尔发生相对滑动M + m后

38、，变为滑动摩擦力，为川g,保持不变，故C正确，不符合题意；D.对/历整体，当拉力少小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静板块愕1nl上下两物快的初速度情况水平面上的板块模型【典例】（2017.全国卷川）如图，两个滑块A和8的质量分别为?A=1 kg和5=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川=0.5；木板的质 最为机=4 kg,与地面间的动摩擦因数为2=0.1.某时刻A、4两滑块开始相向滑动，初速度 大小均为次）=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，/，/，/，取重力加速度大小g= 10 m/s2.

39、求：/，（l）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离.【答案】（l）lm/s,方向与B的初速度方向相同（2）1.9 m【解析】（1）滑块力和在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设尔和木板间所受 的摩擦力的大小分别为、R,木板与地面间的摩擦力的大小为“力、B、木板相对于地面的加速度大小分别是为、和和向，在滑块6与木板到达共同速度前有：f= BMg,A=内疗1咽,由牛顿第二定律得f =lflAClA,力=设在h时刻，8与木板到达共同速度，设大小为。1.由运动学公式有0=。一。箱，V=at.联立式，代入数据得功=1 m/s,方向B的初速度方向相同.摩擦力等于拉力，那么

40、有力二尸二立即摩擦力随时间均匀增大;；滑动后，受地面的滑动摩擦力为人=（M +，）g,保持不 变；故D正确，不符合题意。应选Bo【练习3】（接触类）（2019威远中学校高三期中）质量为（）.1 kg的小球，用细线吊在 倾角a为37的斜面上，如下图.系统静止时绳与斜面平行，不计一切摩擦.当斜面体 向右匀加速运动时，小球与斜面刚好不别离，那么斜面体的加速度为（）A. gsin a B. geos aC. gtan aD. Ltan a【答案】D【解析】因小球与斜面刚好不别离，所以小球受力如下图，由图知，那么a= ma, D正确. tana【名师点拨】此题考查了牛顿第二定律的应用，知道小球刚好与斜面

41、不别离的临界条件 是解题的前提与关键，正确对小球受力分析、应用牛顿第二定律即可解题.【练习4】（绳子类）（2019湖南衡阳市八中高一月考）如下图，用一根绳子。把物体 悬挂起来，再用另一根水平的绳子把物体拉向一旁保持静止状态.物体的重力是80N,绳 子。与竖直方向的夹角。=37,（I）绳子。与b对物体的拉力分别是多大?(2)如果仅调整绳子8的方向，物体仍然保持静止，绳子受到的最小拉力?(3)假设绳子。能承受最大拉力为100N,绳子能承受最大拉力为50N,为了保证绳子不被拉断，那么悬挂物体质量的最大值？(sin37=0.6, cos37=0.8, g = 10m/s2 )【答案】(I) IOON,

42、 60N (2) 48N (3) -y kg【解析】(1)物体受重力，绳油的拉力，采用合成法如图根据几何知识J = 一% =100N cos 37Fn = ig tan 37 = 60 N(2)由矢量合成三角形可以看出当。两绳垂直时，。的拉力最小，那么有Jmin =?gsin37=48N(3)绳子能承受最大拉力为100N,绳子方能承受最大拉力为50N,根据几何知识J=Tiooncos 37FTh= m g tan 37“ ,.D.度为 q = -= 、 m/s- = lm/s-对木板，根据牛顿第二定律,有木-=叫，% =*惘 在23s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为A

43、v 0-2 一，=m/s = -2m/s-Ar, 1即加速度大小为2m/s2,方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有七=27%=4N 联立以上各式，解得 = 0.5故A正确;C.对物块，在02s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有/jmg = hki解得 a = 5m/s2可得% = I，+ a/ = 2m/s + 5x 2m/s = 12m/s故C正确;BD.最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q=gn/=；xlxl22j = 72J2s3s物块和木板一起减速，系统的机械能减少=g 27V2=4J故02s系统机械能

44、减少72J-4J =68J那么。2s与23s系统机械能减少量之比为17： 1,故B错误，D正确。应选ACDo【练习2如图，在光滑水平面上有一质量为n的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时 间t增大的水平力F=kt （k是常数），木板和木块加速度的大小分别为川和az，以下反映为和a2变化的图线中和a2变化的图线中正确的选项是【答案】A【解析】此题考查受力分析与运动分析，涉及牛顿第二定律、静摩擦力、非匀加速直线运动、，图象等。由于尸由零开始随时间正比增大，当还未到达最大静摩擦力之前，两者一起运k a =动，加速度相同，为：

45、/1+加？，两物体的图象重合，为过原点的直线。当F超过最大静摩擦力之后，两物体有相对运动，加速度不等，设滑动摩擦力为f那么72的加速度_kt-f _ k f f_ J-= 1 - =为： 的 啊 的。其图象与轴的副半轴有交点;孙的加速度为：%。其图象是与/轴平行的直线。选项A对。斜面上的板块模型【模型+方法】滑块一滑板类模型应抓住一个转折和两个关联一个转折一个转折一个转折滑块与滑板到达相同两个关联一个转折滑块与滑板到达相同速度或者滑块从滑板上滑之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折下是受力和运动状态变化前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，的转折点对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键解决速度临界问题的思维模板由牛顿第二定律 和运动学公式”由牛顿第二定律 和运动学公式”由牛顿第二定律 和运动学公式”物理建模)确定板块模型的类型0由牛顿第二定律 和运动学公式”物理建模)确定板块模型的类型0 1tt .旺 选研究对象) 丙 对物块、木板分别受力分析判断是否存在速度相等的“临界点”【典例】如下图，倾角。=30。的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L= 1.8 m、质量M=3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量加=1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数=坐。对木板施加沿斜面向上的恒力立使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块