文档内容
第 14 讲 牛顿第二定律的综合应用
目录
复习目标
网络构建
考点一 连接体问题 考点三 传送带模型
【夯基·必备基础知识梳理】 【夯基·必备基础知识梳理】
知识点 处理连接体问题的方法 知识点1 水平传送带
【提升·必考题型归纳】 知识点2 倾斜传送带
考向1 加速度相同的连接体问题 【提升·必考题型归纳】
考向2 加速度不相同的连接体问题 考向1 水平传送带
考向2 倾斜传送带
考点二 动力学中的临界极值问题
考点四 板块模型
【夯基·必备基础知识梳理】
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点1 “四种”典型临界条件
知识点 板块模型的解题策略
知识点2 “两种”典型分析方法
【提升·必考题型归纳】
【提升·必考题型归纳】
考向1 无外力板块模型
考向1 接触与脱离的临界问题
考向2 有外力板块模型
考向2 叠加系统的临界极值问题
考向3 运动类临界极值问题
真题感悟
1、利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。
2、利用牛顿第二定律处理临界极值问题。
3、利用牛顿第二定律处理传送带和板块模型。考点要求 考题统计 考情分析
高考对连接体问题的考查更为频繁，
（1）连接体问题
2022年江苏卷第10题 多以选择题的压轴题的形式出现，临
（2）动力学中临界极值问题
2022年河北卷第9题 界极值问题近几年没有考查，对于传
（3）传送带模型
2022年山东卷第16题 送带和板块模型多与功能关系和动量
（4）板块模型
相结合。
1.加速度相同连接体
连接体问题
2.加速度不同连接体
1.接触脱离临界极值问题
临界极值问题 2.叠加系统连接体问题
牛顿第二定律的 3.运动类临界极值问题
综合应用
1.水平传送带
传送带模型
2.倾斜传送带
1.无外力板块模型
板块模型
2.有外力板块模型
考点一 连接体问题
知识点 处理连接体问题的方法1.整体法的选取原则及解题步骤
①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②运用整体法解题的基本步骤：
2.隔离法的选取原则及解题步骤
①当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
②运用隔离法解题的基本步骤：
第一步：明确研究对象或过程、状态。
第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
第四步：选用适当的物理规律列方程求解。
【特别提醒】
加速度不同的连接体问题：
（1）方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
（2）方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：
F =m a +m a +m a +⋯ F =m a +m a +m a +⋯
此时牛顿第二定律的形式： 合 x 1 1 x 2 2 x 3 3 x ； 合 y 1 1 y 2 2 y 3 3 y
说明：①F 、F 指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；
合x 合y
②a 、a 、a 、……和a 、a 、a 、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。
1x 2x 3x 1y 2y 3y
考向1 加速度相同的连接体问题
1．如图所示，地面上有一个大台秤，台秤上面放置一个倾角 、足够长的、底面粗糙的斜面，斜面
上表面光滑，其上端固定着一个定滑轮，一根轻绳跨过定滑轮，一端固定在一个小车上面，另一端被小车
上的人拉住，轻绳与斜面上表面始终保持平行。斜面的质量 ，人的质量 ，小车的质量
，滑轮的质量、滑轮与轻绳间的摩擦均不计。在人拉动轻绳的过程中，人和车一直保持相对静
止沿斜面向上运动，斜面相对台秤静止。取 ， ， ，当台秤示数为
时，下列说法正确的是（ ）
A．人的加速度大小
B．轻绳拉力大小为C．小车对人的摩擦力方向沿斜面向下
D．小车对人的摩擦力大小为
【答案】D
【详解】A．根据题意，设小车和人整体竖直方向上对斜面的作用力为 ，由平衡条件有
解得 由牛顿第三定律可知，斜面对小车和人整体竖直方向上的作用力 对小车和
人，竖直方向上，有牛顿第二定律有 解得 则由几何关系可得，小车
的加速度为 故A错误；
B.设轻绳拉力大小为 ，对小车和人整体，由牛顿第二定律有 解得
故B错误；
CD．设小车对人的摩擦力方向沿斜面向下，大小为 ，由牛顿第二定律，对人有
解得 即小车对人的摩擦力方向沿斜面向上，大小为 ，故C错误，D正确。故选D。
2．如图所示，质量分别为 和 的小物块，通过轻绳相连，并接在装有光滑定滑轮的小车上。如果按图
甲所示，装置在水平力 作用下做匀加速运动时，两个小物块恰好相对静止；如果互换两个小物块，如图
乙所示，装置在水平力 作用下做匀加速运动时，两个小物块也恰好相对静止，一切摩擦不计，则
（ ）
A．
B．
C．两种情况下小车对质量为 的小物块的作用力大小之比为
D．两种情况下小车对质量为 的小物块的作用力大小之比为
【答案】AC
【详解】AB．一切摩擦不考虑，则题图甲中小车的加速度为 题图乙中小车的加速度为
所以两题图中小车的加速度之比为 因为题图甲和题图乙装置的整体质量是一样的，所以，A正确，B错误；
CD．题图甲中，小车对质量为 的小物块的作用力为 题图乙中，小车对质量为 的小
物块的支持力大小等于其所受的重力大小，即 所以 ，C正确，D错
误。
故选AC。
考向2 加速度不相同的连接体问题
3．如图所示，质量为2m和m的滑块A和B置于光滑水平桌面上，连接两滑块的细线通过桌子边缘拉着
一个动滑轮，动滑轮下面挂质量为4m的物块C。已知左右两侧细线互相平行，重力加速度g取 ，
不计一切摩擦和动滑轮的质量。现将A、B、C三者同时由静止释放，在A、B滑出桌面之前，下列说法正
确的是（ ）
A．滑块A和B的速度始终相等 B．物块C的机械能在不断增大
C．滑块A的加速度大小为 D．物块C的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．动滑轮两侧绳中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，开始运动后在A、B滑出桌
面之前，A的速度始终小于B的速度，故A错误；
B．动滑轮对C的拉力做负功，物块C的机械能在不断减小，故B错误；
CD．设绳中的拉力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律有 对C根据牛顿第二定律有
如图所示，根据动滑轮绳端与滑轮端的位移关系有 根据运动学公式可
知 ； ； 联立以上各式解得 ； 故C错误，D正确。
故选D。4．如图所示，质量为M、上表面光滑的斜面体放置在水平面上，另一质量为m的物块沿斜面向下滑动时，
斜面体一直静止不动。已知斜面倾角为 ，重力加速度为g，则（ ）
A．地面对斜面体的支持力为
B．地面对斜面体的摩擦力为零
C．斜面倾角 越大，地面对斜面体的支持力越小
D．斜面倾角 不同，地面对斜面体的摩擦力可能相同
【答案】CD
【详解】物块在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为 ； 设地面对斜面体的
支持力大小为F ，摩擦力大小为F，根据质点系的牛顿第二定律可得 ；
N f
解得 ； 由上面两式可知，地面对斜面体的支持力小
于 ，且斜面倾角 越大，地面对斜面体的支持力越小；地面对斜面体的摩擦力不为零，且当斜面
倾角 取互余的两个值时，F大小相等。综上所述可知AB错误，CD正确。故选CD。
f
考点二 动力学中的临界极值问题
知识点1 “四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F＝0。
N
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件
是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力
等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是F＝0。
T(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。
知识点2 “两种”典型分析方法
分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出
临界法
临界值。
解析法 明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。
考向1 接触与脱离的临界问题
1．如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物体A，系统处于静止状态。
现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点，
竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力，物体A以 做匀加速运动，B物体的加速度随
位移变化的 图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度g。以下说法正确的是（ ）
A．在图乙PQ段中，拉力F恒定不变
B．在图乙QS段中，B的速度逐渐减小
C．B位移为 时，A、B之间弹力大小0
D．B位移为 时，弹簧达到原长状态
【答案】C
【详解】A．以A、B为整体分析，PQ段一起向上匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，
向上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误；
B．QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误；
C．在 时B的加速度开始减小，而A加速度保持不变，故此时两物体刚好分离，A、B之间弹力大小0，
故C正确；
D．位移为 时，B加速度为0，合力为0，弹簧弹力大小等于B的重力，故弹簧处于压缩状态，故D错误。
故选C。
2．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块
A连接，两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B
做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v-t图像如图乙所示（t 时刻A、B的图线相切，t
1 2
时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A．t 时刻，弹簧形变量为
1
B．t 时刻，弹簧形变量为
2
C．t 时刻，A、B刚分离时的速度为
1
D．从开始到t 时刻，拉力F先逐渐增大后不变
2
【答案】AD
【详解】A．由图乙可知，t 时刻A、B开始分离，对A，根据牛顿第二定律kx－mgsinθ=ma
1
则x= 故A正确；
B．由图乙知，t 时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得mgsinθ=kx′
2
则得x′= 故B错误；
C．对A、B整体，根据牛顿第二定律得F－2mgsinθ＋kx=2ma得F=2mgsinθ－kx＋2ma则知t=0时F最小，
此时有2mgsinθ=kx 得F的最小值为F=2ma由图乙知，t 时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律
0 1
kx－mgsinθ=ma，t=0时有2mgsinθ=kx 又x－x= 速度v=at= 故C错误；
0 0 1
D．从t=0到t 时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsinθ=2ma得F=2mgsinθ＋2ma－kx
1
则随着x减小，F增大；t 时刻到t 时刻，对B，由牛顿第二定律得F－mgsinθ=ma得F=mgsinθ＋ma
1 2
可知F不变，故D正确。故选AD。
考向2 叠加系统的临界极值问题
3．如图所示，一个长度 、质量 的木板静止在光滑的水平面上，木板的左端放置一个质量
可视为质点的物块，物块与木板间的动摩擦因数 ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度g取 。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F，使物块相对木板向右滑动。则下
列说法正确的是（ ）
A．拉力
B．物块离开木板时速度的最小值为4m/sC．物块离开木板的最短时间为1s
D．木板获得的最大速度为2m/s
【答案】B
【详解】A．物块相对木板向右滑动，对木板有 得 对物块有 且根据
可得 故A错误；
B．设历时t物块滑离木板，则有 物块滑离木板时的速度 得
可知当 即 时物块离开木板的速度最小，其最小值 故B正确；
C．当 时 ， 木板获得的速度 若 ，则 ，故C错误；
D．若 ，则 ，故D错误。故选B。
4．水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其
截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30°。一质量为M的物体C通过跨过定
滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下
列说法正确的是（ ）
A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为
B．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mg
C．当 时，A恰要从凹槽中滚出
D．如果α=45°时，无论M为多大，A都不能滚出凹槽
【答案】CD
【详解】AB．如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知
解得加速度大小为 ，A受到B水平方向的作用力大小为 竖直方向的作用力为 ，B对A的作用力大小为 故AB错误；
C．小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向 ；
得临界加速度大小为 整体上有 解得 故C正确；
D．当α=45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，
有 ； 得临界加速度大小 由于 ，所以无论M为多大，A都不能
滚出凹槽，故D正确；故选CD。
考向3 运动类临界极值问题
5．如图所示，上表面粗糙、倾角θ= 的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜
面体一水平向左的推力F，发现无论F多大，物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，sin =0.6，cos =0.8，则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】当F=0时，物块能静止在斜面上，可知 得 即 当F特别大时，对
物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向
垂直斜面方向 又 ，由于F可以取无穷大，加速度无穷
大，所以以上各式中的 和 可忽略，联立解得 综合分析得 故ACD错误，
B正确。故选B。
12．如图所示，在水平地面上有一倾角为θ，表面光滑的斜面体。在斜面体顶端固定一与斜面垂直的挡板，
用质量不计的细线系着一个质量为m的小球。现对斜面体施加一水平方向的外力F，使斜面体做加速度大
小为a的匀加速直线运动。已知 ，重力加速度大小为g，则（ ）A．若斜面体以加速度 向右加速运动时，小球对滑块压力为零
B．若斜面体以加速度 向右加速运动时，线中拉力为
C．当斜面体以加速度 向右加速运动时，线中拉力为
D．当斜面体以加速度 向左加速运动时，线中拉力为零
【答案】BCD
【详解】A．若斜面体以临界加速度向右加速运动时，小球对滑块压力为零，则小球只受到重力和细线的
拉力，将细线拉力正交分解后有 又由牛顿第二定律有 代入数据解得小球刚好离开斜面的
零临界加速度为 若斜面体以加速度 向右加速运动时，此时向右的加速度小于临界加速度，
则小球对滑块压斜面仍然有压力，故A错误；
B．若斜面体以加速度 向右加速运动时，由牛顿第二定律有水平方向的合力大小为
对小球受力分析可知，小球受力分析如下
水平和竖直方向分别满足如下关系 ； 代入数据解得细线的拉
力大小为 故B正确；
C．当斜面体以加速度 向右加速运动时，超过临界加速度，小球离开斜面，由牛顿第二定律有水平
方向绳子的分力大小为 由勾股定理可知线中拉力为 故C正确；
D．若斜面体以临界加速度向左加速运动时，细线对小球的拉力为零，则小球只受到重力和斜面的支持力，将支持力正交分解后如图所示
满足 又由牛顿第二定律有 代入数据解得细线刚好没有拉力的零临界加速度为 当
斜面体以加速度 向左加速运动时，可知超过临界加速度，细线对小球没有拉力，故D正确。
故选BCD。
考点三 传送带模型
知识点1 水平传送带
1.三种常见情景
常见情景 物体的v-t图像
v2 v2
l≤ l>
2ug 2ug
条件： 条件：
条件：v=v 条件：v 0 v
0
l≤x l>x l≤x l>x
① 物;② 物 ① 物;② 物v
v 2 v 2 l> 0 2
l≤ 0 l> 0 条件： 2ug ；vv
0
0
2.方法突破
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送
带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在
匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s －s |；
传 物
②若二者反向，则Δs＝|s |＋|s |。
传 物
知识点2 倾斜传送带
1.两种常见情景
常见情景 v-t图像
v2 v2
l≤ l>
2a 2a
条件： ；μ>tanθ 条件： ；μ>tanθ
加速度：a=g(μcosθ-sinθ) 加速度：a=g(μcosθ-sinθ)
v2 v2 v2
l≤ l> l>
2a 2a 2a
条件： ；μ>tanθ 条件： ；μ>tanθ 条件： ；μx ，痕迹Δx=x -x ，共速后，x >x ，痕迹Δx=x -x ，总痕迹取二者中
传 物 1 传 物 物 传 2 物 传
大的那一段。
考向1 水平传送带
1．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 运行，初速度大小为v 的小物块从与传送带等高的
1 2
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v>v，则（ ）
2 1
A．t 时刻，小物块离A处的距离达到最大
2
B．t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
2
C．0~t 时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
2
D．0~t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力
3
【答案】BC
【详解】A．相对地面而言，小物块在0~t 时间内向左做匀减速运动，t 时刻之后反向向右运动，故小物块
1 1
在t 时刻离A处距离最大，A错误；
1
B．小物块在0~t 时间内向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动，t~t 时间内反向向右做匀加速运动，
1 1 2
但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传送带向左运动，t 时刻两者同速，在t~t 时间内，小物块与传
2 2 3
送带相对静止，一起向右匀速运动，所以t 时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；
2
C．由于0~t 时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；
2
D．在0~t 时间内，小物块相对传送带一直向左运动，则小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t~t 时间内，
2 2 3
小物块相对于传送带静止，则小物块不受摩擦力作用，故D错误。故选BC。
2．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 顺时针匀速运动，工作人员可以一定的初速度 将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，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 ，g取 ，则（ ）
A．传送带长L为
B．若 ，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为
C．若 ，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为
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
【答案】AC
【详解】A．根据传送带与快递箱间动摩擦因数，快递箱加速时加速度
快递箱加速位移 快递箱匀速位移 所以传送带总长 故A正确；
B．若 ，快递箱全程位移为 则传送带路程为 痕迹长
故B错误；
C．如果 ，快递箱加速时间 加速位移 匀速时间
在此期间传送带匀速位移 所以两者路程之比为12∶13。故C正确；
D．如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间 加速位移 大于 ，故D错误。
故选AC。
考向2 倾斜传送带
3．如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为 、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其
图像如图乙所示。已知传送带的速度为 ，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为 ，下列说法
正确的是（ ）
A．物块的初速度小于B．物块与传送带间的动摩擦因数
C．物块运动过程中的速度一定有等于 的时刻
D．若物块从传送带项端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
【答案】C
【详解】B．由图像可知，物块先以加速度 做匀减速直线运动，后以加速度 做匀减速直线运动，且
分析可知 即 故B错误；
A．若物块的初速度小于 ，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会一直以此加
速度向上减速为0与题设不符，故A错误；
C．物块的初速度大于 ，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，
有
物块减速到速度等于 后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块根据牛顿第二
定律，有 故C正确；
D．若物块从传送带顶端开始向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于 则物块会以加速
度 一直向下加速运动，故D错误。故选C。
4．皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示，传送带与水
平地面的夹角 。若传送带以恒定的速率 逆时针运转，将质量为 的煤块（看成质点）无
初速度地放在传送带的顶端P，经时间 煤块速度与传送带相同，再经 到达传送带底端Q点。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ， ， ，则（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带 的长度为
C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】物块刚放上传送带的 内，物体的速度 由牛顿第二定律
解得 故A正确；
B．在最初0.5s内物块的位移 以后物块的加速度 再经 到达传送带底端
Q点，则 则传送带PQ的长度 联立代入数据解得 故B正确；C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离 以后的2s内滑块相对传送带向
下滑动，则相对滑动的距离 联立代入数据解得 ；
则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m，故C错误；
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为 故D正
确。故选ABD。
考点四 板块模型
知识点 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
假设两物体间无相对滑动，先用
对滑块和木板进行隔 整体法算出一起运动的加速度，
将滑块和木板看成一个
离分析，弄清每个物 再用隔离法算出其中一个物体
具体步骤 整体，对整体进行受力
体的受体情况与运动 “所需要”的摩擦力F；比较F
f f
分析和运动过程分析
过程 与最大静摩擦力 F 的关系，若
fm
F>F ，则发生相对滑动
f fm
①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变
临界条件 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
考向1 无外力板块模型
1．如图所示，质量为M的长木板A以速度v，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放
0
在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的
是（ ）
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v，则系统在摩擦生热增大
0
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大【答案】AB
【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知 ；
再对木板受力分析 ； 若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动
摩擦力变大，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也
减小，共速时小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，A正确；
B．若只增大长木板质量，由 可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加
速度不变，以木板为参考系，最后滑块到木板最末端v 时的速度先对与原来变大了，对滑块
1
滑块运动的平均速度变大，木板长度不变，由 即滑块在木板上的运动时间减小，B正
确；
C．若只增大初速度，滑块的受力不变，摩擦力不变，则滑块仍能滑离木板 摩擦力做功不变，
C错误；
D．若只减小动摩擦因数，由 ； 那么滑块和木板的加速度等比例减小，由
； 相对位移不变，滑块滑离木板时速度变小、时间变短，木板对
地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故滑块对地的位移减小，
D错误。故选AB。
2．如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻，质量为m
的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2下
列说法正确的是（ ）
A．M=m B．M=2m
C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
【答案】BC
【详解】ABD．物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma
1
而v-t图像的斜率表示加速度，故a= m/s2=2 m/s2解得μ=0.2对木板受力分析可知μmg=Ma
1 2由 可知a= m/s2=1 m/s2解得M=2mAD错误，B正确；
2
C．从题图乙可知物块和木板最终分离，两者vt图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故
L= =8 m，C正确。故选BC。
考向2 有外力板块模型
3．如图甲，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器
分别测出外力F大小和长木板及小物块的加速度a的数值如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数 B．长木板与地面间的动摩擦因数
C．小物块的质量 D．长木板的质量
【答案】B
【详解】由题图乙知，当F=F 时小物块与长木板均恰好要相对地面滑动，则有 当FF 时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
0 2 3
F-μmg=ma整理得 结合图像有 = 对长木板有
1
联立解得 ， 由图乙知 = 所以M= ， 故选B。
4．如图甲所示，一块质量为 的木板A静止在水平地面上，一个质量为 的滑块B静止在
木板的左端，对B施加一向右的水平恒力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 。则下列说法正确的是（ ）A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9N
D．F的大小与板长L有关
【答案】BCD
【详解】AB．由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为 对木板根据牛顿第
二定律 滑块从木板上滑出时木板的加速度为 对木板根
据牛顿第二定律 联立解得 ， 故A错误，B正确；
CD．根据 式中 联立解得 即F的大小与板长L有关，且大于6，故C D
正确。故选BCD。
1．（2022·全国乙卷·统考高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系
统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与
两球连线垂直。当两球运动至二者相距 时，它们加速度的大小均为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】当两球运动至二者相距 时，,如图所示由几何关系可知 设绳子拉力为 ，水平方向有 解得 对任意小球由牛顿第
二定律可得 解得 故A正确，BCD错误。故选A。
2．（2022·河北·统考高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体 和 用不可伸长的轻绳相连，
悬挂在定滑轮上，质量 ， 时刻将两物体由静止释放，物体 的加速度大小为 。 时刻轻绳
突然断开，物体 能够达到的最高点恰与物体 释放位置处于同一高度，取 时刻物体 所在水平面为
零势能面，此时物体 的机械能为 。重力加速度大小为 ，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。
下列说法正确的是（ ）
A．物体 和 的质量之比为 B． 时刻物体 的机械能为
C． 时刻物体 重力的功率为 D． 时刻物体 的速度大小
【答案】BCD
【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为 ，则 ； 解得 ；
选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度 ，P上升的距离 细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为 若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为 则此时物体Q的机械能 此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为 ，
选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度 方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
选项CD正确。故选BCD。
