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专题三 牛顿运动定律
基础篇
考点 一 对牛顿运动定律的理解 续表
一对相互作用力 一对平衡力
一、对牛顿第一定律的理解
1. 内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或 无依赖关系，解除一
： 依赖 相互依存，不可单
个，另一个可依然存
静止状态 除非作用在它上面的力迫使它改 关系 独存在
， 在，只是不再平衡
变这种状态
。
2. 不 两力作用效果不 两力作用效果可相互
意义
同 力的
点 可 抵 消， 不 可 叠 抵消，可叠加，可求合
揭示了物体的一种理想状态 物体不受力 效果
１） ： 加，不可求合力 力，合力为零
实际上不存在 与所受合外力为零的运动
（ ），
力的
状态表现是相同的 一定相同 不一定相同
。 性质
揭示了力的本质 力是改变物体运动状态的
２） ：
三、对牛顿第二定律的理解
原因 而不是维持物体运动状态的原因
， 。 1.
表达式 Ｆ ｍａ
揭示了物体的一种固有属性 惯性 即保 ： 合＝ 。
３） ——— ，
公式 Ｆ ｋｍａ 中三个物理量单位采用国际
持原有运动状态的特性 合＝
。
3. 单位制单位时才有 ｋ
惯性 ＝１。
2.
牛顿第二定律的适用范围
惯性不是一种力 对物体受力分析时 不能
１） 。 ，
牛顿第二定律只适用于相对地面静止或匀
把 惯性力 作为物体实际受到的力
１）
“ ” 。
速直线运动的参考系
惯性是物体保持原有运动状态不变的一种
。
２）
牛顿第二定律只适用于宏观 低速运动的
性质 其大小只取决于物体的质量 质量越
２） 、
， ，
物体
大 惯性越大
。
， 。 3.
单位制、基本单位、导出单位
二、对牛顿第三定律的理解
1. 单位制 基本单位和导出单位一起组成了单
内容 两个物体之间的作用力和反作用力总
１） ：
：
位制
是大小相等 方向相反 作用在一条直线上
。
， ， 。
2. 基本单位 只要选定几个物理量的单位 就
一对相互作用力和一对平衡力的区别
① ： ，
能够利用这几个单位推导出其他物理量的
一对相互作用力 一对平衡力
单位 这些被选定的物理量叫作基本量 基
。 ，
相同点 等大、反向，作用在同一条直线上
本物理量的单位叫基本单位
。
不 受力 作用在两个不同 导出单位 由基本单位根据物理公式推导出
同 作用在同一个物体上 ② ：
点 物体 的物体上 来的其他物理量的单位
。
专
题
三
牛
顿
运
动
定
律
１９
国际单位制中的基本物理量和基本单位 质 例如台秤上放一盛水容器 一细线拴一木球
２） ： ， ，
量／ 时间／ 长度／ 电流／ 线另一端拴于盛水容器的底部 剪断细线 木
（ｋｇ）， （ｓ）， （ｍ）， （Ａ）， ， ，
热力学温度／ 物质的量／ 发光强 球加速上升的同时有相同体积的水以相等的
（Ｋ）， （ｍｏｌ），
度／ 加速度在加速下降 综合起来 台秤示数会
（ｃｄ）。 ， ，
减小
。
考点 二 牛顿运动定律的应用
4.
在完全失重的状态下 由重力产生的一切物
，
一、牛顿第一定律的应用 理现象都会消失 如单摆停摆 天平失效 浸
。 、 、
物体的速度 大小或方向 改变了 我们就说物 没于液体中的物体不再受浮力 水银气压计
（ ） ， 、
体的运动状态改变了 运动状态改变的物体 失效等 但测力的仪器 如弹簧测力计是可以
。 ， ，
处于非平衡态 一定受力且合力不为零 使用的
（ ） 。 。
二、牛顿第二定律的应用——超重和失重 三、牛顿第三定律的应用
1. 超重 失重问题中物体受到的弹力大于重力 1. 内外力
、
超重 或小于重力 失重 重力不变仍 对于相互作用的物体 如果在分析单一物体
（ ） （ ）， ，
为 ｍｇ 时其与另一物体间作用力和反作用力均不是
。
2.
超重 失重与物体的速度无关 与物体的加速 内力 如果将相互作用的物体视为整体 则其
、 ， ； ，
度方向有关 加速度向上为超重 加速度向 相互作用力为内力
。 ， 。
下为失重 2. 在对物体进行受力分析时 如果不便于分析
。 ，
3.
对系统超重 失重的判定不能只看某一物体 物体受到的某个力时 则可以通过分析其反
、 ， ，
要综合分析某一物体的加速运动会不会引起 作用力来解决问题
。
系统内其他物体运动状态的变化 3. 一对作用力和反作用力 分别作用于两个相
。 ，
互作用的物体上 不能抵消各自产生的效果
，
Ｆ ｍ ａ Ｆ′ ｍ ａ 不存在相互平衡的
（ ＝ １ １， ＝ ２ ２），
说法
。
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
物
理
２０
综合篇
1. 拓展 一 两类动力学问题及等时圆 等时圆问题
一、已知物体的受力情况，求解物体的运动
情况
解这类题目 一般是受力分析求合力 应
， ，
用牛顿第二定律求出物体的加速度 再根据物
，
体的初始运动情况 应用运动学公式 求出物
， ， 甲 乙 丙
体运动规律
。 如图甲 质点从半径为 Ｒ 的竖直圆环上沿不
，
同的光滑弦上端由静止滑到圆环的最低点所 ｍｇ θ ｍａ，得加速度大小 ａ ｇ θ。 设圆
ｓｉｎ ＝ ＝ ｓｉｎ
用时间 ｔ 相等 证明 根据匀变速直线运动 周的直径为 Ｄ，则滑环沿杆滑到 ｄ 点的位移大
。 ：
Ｄ
规律可得
２
Ｒ
ｃｏｓ
θ
＝
１ ｇ
ｃｏｓ
θ
·
ｔ２
，
所以 ｔ
＝
小 ｘ
＝
Ｄ
ｓｉｎ
θ，由 ｘ
＝
１ ａｔ２，解得 ｔ
＝
２
ｇ
。 可
２ ２
Ｒ 见，滑环滑到 ｄ 点的时间 ｔ 与杆的倾角 θ 无关，
４ 可见 ｔ 与 θ 无关
ｇ 。 即三个滑环滑行到 ｄ 点所用的时间相等，选项
由此可知 如图乙 质点沿不同的光滑弦上端
正确。
： ，
Ｄ
由静止滑到下端所用时间相等 如图丙 质点
答案
； ，
Ｄ
沿两个相切竖直圆环且两环的竖直直径均过
二、已知物体的运动情况，求解物体的受力
切点的光滑弦的上端由静止滑到下端所用时
情况
间相等
解这类题目 一般是应用运动学公式求出
。
，
2.
以“等时圆”模型为例，分析要点如图
物体的加速度 再应用牛顿第二定律求出物体
，
所示。
所受的合外力 进而对物体受力分析 由已知
， ，
力 合力求出未知力
、 。
例2 如图所示，质量为 ｍ 的人站在自动扶梯
上，扶梯正以加速度 ａ 向上减速运动，ａ 与水平
方向的夹角为 θ。 求人受到的支持力和摩擦力
的大小。
例1 如图所示，ａｄ、ｂｄ、ｃｄ 是竖
解题导引
直面内三根固定的光滑细杆，ａ、
ｂ、ｃ、ｄ 位于同一圆周上，ａ 点为
圆周的最高点，ｄ 点为圆周的最
低点。 每根杆上都套着一个小滑环（图中未画 解析 以人为研究对象，受力分析如图（ ）
ａ
出），三个滑环 Ａ、Ｂ、Ｃ 分别从 ａ、ｂ、ｃ 处由静止 所示，建立如图所示的坐标系，并将加速度分
开始释放，用 ｔ 、ｔ 、ｔ 依次表示滑环 Ａ、Ｂ、Ｃ 到 解为水平方向加速度 ａ 和竖直方向加速度
ｘ
１ ２ ３
达 ｄ 点所用的时间，则 （ ） ａ ，如图（ ）所示，则 ａ ａ θ，ａ ａ θ。
ｙ ｂ ｘ＝ ｃｏｓ ｙ＝ ｓｉｎ
ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
Ａ． １＜ ２＜ ３ Ｂ． １＞ ２＞ ３ Ｃ． ３＞ １＞ ２ Ｄ． １ ＝ ２ ＝ ３
解析 如图所示，滑环在下滑
过程中受到重力 ｍｇ 和杆的支持
专
力 Ｆ 作用。 设杆与水平方向的
题
Ｎ 三
夹角为 θ，根据牛顿第二定律有 由牛顿第二定律得 Ｆ ｍａ ，ｍｇ Ｆ ｍａ
静＝ ｘ － Ｎ ＝ ｙ 牛
顿
运
动
定
律
２１
求得 Ｆ ｍａ θ，Ｆ ｍ（ｇ ａ θ）。 续表
静＝ ｃｏｓ Ｎ ＝ － ｓｉｎ
答案 ｍ（ｇ ａ θ） ｍａ θ 若连接体内各物体的加速度不相同，或者
－ ｓｉｎ ｃｏｓ
隔离法的 要求出系统内两物体之间的作用力时，就
拓展 二 动力学中的连接体问题及瞬时加速 选取原则 需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿
第二定律列方程求解
度问题
若连接体内各物体具有相同的加速度，且
1.
常见连接体的类型
整体法、 要求物体之间的作用力时，可以先用整体
弹簧连接体 隔离法的 法求出加速度，然后再用隔离法选取合适
１）
交替运用 的研究对象，应用牛顿第二定律求作用
力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”
4.
力的突变问题
轻绳 轻杆上的弹力以及叠放物体间的弹力
物物叠放连接体
、
２）
都可以从某一值突然变为零 而弹簧上弹力
；
Ｆ ｋｘ 当形变量 ｘ 不能发生突变时 若剪断
＝ ， ，（
轻绳连接体 弹簧 ｘ 突变为 弹簧弹力不能突变为零
３） ， ０） 。
5.
突变问题中求瞬时加速度的解题步骤
例3 （多选）在一东西向的水平直铁轨上，停
放着一列已用挂钩连接好的车厢。 当机车在
东边拉着这列车厢以大小为 ａ 的加速度向东
轻杆连接体
４）
行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 Ｐ 和 Ｑ 间的
拉力大小为 Ｆ；当机车在西边拉着车厢以大小
2. 连接体的运动特点 为２ａ的加速度向西行驶时，Ｐ 和 Ｑ 间的拉力
３
轻绳 轻绳在伸直状态下 两端的连接体沿绳
大小仍为 Ｆ。 不计车厢与铁轨间的摩擦，每节
： ，
方向的速度一般是相等
车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为
。
轻弹簧 在弹簧发生形变的过程中 两端连接
（ ）
： ，
体的速度不一定相等 在弹簧形变最大时 两
； ，
Ａ．８ Ｂ．１０ Ｃ．１５ Ｄ．１８
端连接体的速率相等 解析 如图所示，假设挂钩 Ｐ、Ｑ 东边有 ｘ 节
。
5 3.
处理连接体问题的方法 车厢，西边有ｙ 节车厢，每节车厢质量为ｍ。 当
年
高
考 若不需要求物体之间的作用力，可以把它 向东行驶时，以 ｙ 节车厢为研究对象，则有 Ｆ
＝
3
年 整体法的 们看成一个整体，分析整体受到的外力， ｍｙａ；当向西行驶时，以 ｘ 节车厢为研究对象，
模
选取原则 应用牛顿第二定律求出加速度进而求出
拟
则有 Ｆ ２ ｍｘａ，联立两式有 ｙ ２ ｘ。 可见，列
A 其他未知量 ＝ ＝
版 ３ ３
高
考
物
理
２２
当水平拉力Ｆ 时，长木板的加速度大小
车总节数Ｎ ｘ ｙ ５ｘ，设ｘ ｎ（ｎ ， ， …）， Ｂ． ＝７ Ｎ
＝ ＋ ＝ ＝３ ＝１ ２ ３ 为
３ ２
３ ｍ／ｓ
则 Ｎ ｎ，故可知选项 、 正确。 当水平拉力 Ｆ 增大时，小滑块的加速度一定
＝５ Ｂ Ｃ Ｃ．
增大
小滑块的质量 ｍ
答案 Ｄ． ＝２ ｋｇ
ＢＣ 解析 由题可知，当 Ｆ 时二者一起加
０＜ ≤６ Ｎ
拓展 三 临界极值问题 速运动，对整体有 Ｆ （Ｍ ｍ）ａ，ａ １ Ｆ，即
＝ ＋ ＝Ｍ ｍ
1. ＋
基本思路
此时 ａ Ｆ 图线的斜率为整体质量的倒数，得
－
认真审题 详尽分析问题中变化的过程 包
１） ， （ Ｍ ｍ ；当Ｆ 时二者间出现相对滑动，
＋ ＝３ ｋｇ ＞６ Ｎ
括分析整体过程中有几个阶段
μｍｇ
）；
对木板有 Ｆ μｍｇ Ｍａ，即 ａ １Ｆ ，可见此
寻找过程中变化的物理量 － ＝ ＝Ｍ － Ｍ
２） ；
探索物理量的变化规律 时 ａ Ｆ 图线的斜率为木板质量的倒数，可得
３） ； －
确定临界状态 分析临界条件 找出临界 Ｍ ，则ｍ ， 正确。 由于出现相对滑
４） ， ， ＝１ ｋｇ ＝２ ｋｇ Ｄ
关系 动后小滑块所受合外力等于木板对它的摩擦
。
2. 思维方法 力，不再随 Ｆ 的增大而变化，则出现相对滑动
后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由
把物理问题（或过程）推向极端，从而使临
极限法 界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解 图可知小滑块的最大加速度为 ａ 大＝２ ｍ／ｓ ２，由
决问题的目的 牛顿第二定律有 μｍｇ ｍａ ，得 μ ． ， 、 错
＝ 大 ＝０ ２ Ａ Ｃ
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两 μｍｇ
误。 将 Ｆ 代入 ａ １ Ｆ ，得 ａ
种可能时，或变化过程中可能出现临界条 ＝ ７ Ｎ ＝ Ｍ － Ｍ ＝
假设法
件，也可能不出现临界条件时，往往用假设 ２， 正确。
３ ｍ／ｓ Ｂ
法解决问题
答案
ＢＤ
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表
数学法
达式解出临界条件 拓展 四 图像综合类问题
例4 （多选）如图甲所示，一质量为 Ｍ 的长木 1. 处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物
板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 ｍ 理规律或物理量间的函数关系 全面系统地
，
的小滑块。 木板受到水平拉力 Ｆ 作用时，用传 看懂图像中的 轴 线 点 斜率 面积
“ ”“ ”“ ”“ ”“ ”
感器测出长木板的加速度 ａ 与水平拉力 Ｆ 的 截距 等所表示的物理意义 在运用图像
“ ” 。
关系如图乙所示，重力加速度 ｇ ２，下 求解问题时 还要具有将物理现象转化为图
＝１０ ｍ／ｓ ，
列说法正确的是 （ ） 像问题的能力 运用图像解题包括两个方
。
面 用给定的图像解答问题 根据题意去
：① ，②
作图 运用图像去解答问题
， 。
2.
解题策略
专
分清图像的类别 即分清横 纵坐标所代表 题
１） ， 、 三
小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 ． 的物理量 明确其物理意义 掌握物理图像
Ａ． ０ １ ， ， 牛
顿
运
动
定
律
２３
所反映的物理过程 会分析临界点 解析 （ ）在 内，由图乙知：
， 。 １ ２ ｓ
注意图线中的一些特殊点所表示的物理意 物块沿斜面向上运动的最大距离：
２）
义 如图线与横 纵坐标的交点 图线的转折
， 、 ， ｓ １
点 两图线的交点等 １ ＝ ×２×１ ｍ＝１ ｍ
２
， 。
明确能从图像中获得哪些信息 把图像与具
物块下滑的距离：ｓ １ ．
３） ：
２ ＝ ×１×１ ｍ＝０ ５ ｍ
体的题意 情境结合起来 应用物理规律列 ２
、 ，
所以位移大小 ｓ ｓ ｓ ．
出与图像对应的函数方程式 进而明确 图 ＝ １ － ２ ＝０ ５ ｍ
， “
路程 Ｌ ｓ ｓ ．
像与公式 图像与物体 间的关系 以便对 ＝ １ ＋ ２ ＝１ ５ ｍ
”“ ” ，
（ ）由图乙知，所求两个阶段加速度的大小
有关物理问题做出准确判断 ２
。
例5 如图甲所示，质量 ｍ 的物块在平 ａ １ ＝４ ｍ／ｓ ２、ａ ２ ＝４ ｍ／ｓ ２
＝１ ｋｇ
设斜面倾角为 θ，斜面对物块的摩擦力为 ｆ，根
行斜面向上的拉力 Ｆ 作用下从静止开始沿斜
据牛顿第二定律有
面向上运动，ｔ ． 时撤去拉力，利用速度传
＝０ ５ ｓ ． 内：Ｆ ｆ ｍｇ θ ｍａ
感器得到其速度随时间的变化关系图像（ｖ ｔ ０～０ ５ ｓ － － ｓｉｎ ＝ １
－
． 内：ｆ ｍｇ θ ｍａ
图像）如图乙所示，ｇ 取 ２，求： ０ ５～１ ｓ ＋ ｓｉｎ ＝ ２
１０ ｍ／ｓ 解得 Ｆ
＝８ Ｎ
（ ） 内物块的位移大小 ｓ 和通过的路程 Ｌ；
１ ２ ｓ 答案 （ ） ． ．
（ ）沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小 １ ０ ５ ｍ １ ５ ｍ
２ （ ） ２ ２
ａ 、ａ 和拉力大小 Ｆ。 ２ ４ ｍ／ｓ ４ ｍ／ｓ ８ Ｎ
１ ２
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
物
理
２４
应用篇
模型 一 传送带模型 注意三个状态的分析 初态 共速 末态
２） ——— 、 、
1.
解题关键
抓好一个力的分析 摩擦力
１） ———
注意 当ｖ ｖ （临界状态）时，摩擦力发生突变，物
物＝ 带
体的加速度发生突变。
2. 物块在传送带上运动的常见情形 紧绷的传送带 ＡＢ 始终保持恒定的速率 ｖ
＝
水平传送带模型 运行，一质量为 ｍ 的行李无初速度
１） １ ｍ／ｓ ＝４ ｋｇ
地放在 Ａ 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行
图示 物块可能的运动情况
李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传
（ ）可能一直加速
１
（ ）可能先加速后匀速
送带相等的速率做匀速直线运动。 设行李与
２
传送带之间的动摩擦因数 μ ． ，Ａ、Ｂ 间的距
（ ）ｖ ｖ 时，可能一直减速， ＝０ １
１ ０＞
也可能先减速再匀速 离 Ｌ ，ｇ 取 ２。
＝２ ｍ １０ ｍ／ｓ
（ ）ｖ ｖ 时，可能一直加速，
２ ０＜
也可能先加速再匀速
（ ）传送带较短时，物块一直 （ ）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大
１ １
减速达到左端 小与加速度的大小；
（ ）传送带较长时，物块还要
２ （ ）求行李做匀加速直线运动的时间；
２
被传送带传回右端，若 ｖ ｖ，
０＞ （ ）如果提高传送带的运行速率，行李就能被
则返回时速度大小为 ｖ；若ｖ ３
０＜ 较快地传送到 Ｂ 处，求行李从 Ａ 处传送到 Ｂ 处
ｖ，则返回时速度大小为ｖ
０ 的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
倾斜传送带模型
２） 解题导引
图示 物块可能的运动情况
（ ）可能一直加速
１
（ ）可能先加速后匀速
２
解析 （ ）滑动摩擦力 Ｆ μｍｇ ．
（ ）可能一直加速 １ ｆ ＝ ＝ ０ １×４×
１
（ ）可能先加速后匀速 ，加速度 ａ μｇ ． ２
２ １０ Ｎ＝ ４ Ｎ ＝ ＝ ０ １×１０ ｍ／ｓ ＝
（ ）可能先以 ａ 加速后以 ａ ２。
３ １ ２ １ ｍ／ｓ
加速 （ ）行李达到与传送带相同速率后不再加速，
２
（ ）可能一直加速 ｖ
１ 则 ｖ ａｔ ，解得 ｔ １ 。
（ ２ ）可能先加速后匀速 ＝ １ １ ＝ ａ ＝ ｓ＝１ ｓ
１
（ ）可能一直匀速
３ （ ）行李始终匀加速运动时传送时间最短，加
（ ）可能先以 ａ 加速后以 ａ ３
４ １ ２ 速度仍为 ａ ２，当行李到达右端时，有
加速 ＝ １ ｍ／ｓ
（ ）可能一直减速 ｖ２ ａＬ，解得 ｖ ａＬ
５ ｍｉｎ ＝ ２ ｍｉｎ ＝ ２ ＝ ２×１×２ ｍ／ｓ ＝
（ ）可能先减速后匀速 ，所以传送带对应的最小运行速率为
６ ２ ｍ／ｓ
（ ）可能一直加速 。 行李最短运动时间由 ｖ ａｔ ，得
１ ２ ｍ／ｓ ｍｉｎ ＝ ｍｉｎ
（ ）可能一直匀速
ｖ
２
（ ）可能先减速后反向加速 ｔ ｍｉｎ ２ 。
３ ｍｉｎ ＝ ａ ＝ ｓ＝２ ｓ
１
（ ）可能一直减速
４ 答案 （ ） ２ （ ）
１ ４ Ｎ １ ｍ／ｓ ２ １ ｓ
例1 水平传送带被广泛地应用于机场和火
（ ） 专
３ ２ ｓ ２ ｍ／ｓ 题
车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。 三
牛
顿
运
动
定
律
２５
例2 如图所示为货场使用的传送带的模型， 则货物上滑的总距离为 ｘ ｘ ｘ 。
＝ １ ＋ ２ ＝８ ｍ
传送带倾斜放置，与水平面夹角为 θ °，传送 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下
＝３７
带ＡＢ 足够长，传送带以大小为 ｖ 的恒定 滑加速度大小等于 ａ 。 设下滑时间为 ｔ ，则ｘ
＝２ ｍ／ｓ ２ ３ ＝
速率顺时针转动。 一包货物以ｖ 的初
０ ＝１２ ｍ／ｓ １ａ ｔ２，代入解得 ｔ 。
速度从Ａ 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之 ２ ３ ３ ＝２ ２ ｓ
２
所以货物从滑上传送带到再次滑回 Ａ 端的总
间的动摩擦因数 μ ． ，且可将货物视为质点。
＝０ ５
（ｇ ２，已知 ° ． ， ° ． ） 时间为 ｔ ｔ ｔ ｔ （ ） 。
＝１０ ｍ／ｓ ｓｉｎ ３７ ＝０６ ｃｏｓ ３７ ＝０８ ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝ ２＋２ ２ ｓ
（ ）货物刚滑上传送带时加速 答案 （ ） ２ （ ）
１ １ １０ ｍ／ｓ ２ １ ｓ ７ ｍ
度为多大？
（ ）（ ）
３ ２＋２ ２ ｓ
（ ）经过多长时间货物的速度
２
模型 二 板块模型
和传送带的速度相同？ 这时货物相对于地面
运动了多远？ 1. 模型特征
（ ）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑 板块模型 如图 涉及摩擦力分析 相对运
３ （ １）， 、
回 Ａ 端共用了多长时间？ 动 摩擦生热 在此基础上常变式出多次相互
、 ，
解析 （ ）设货物刚滑上 作用的模型 涉及多物体 多过程问题的分
１ ， 、
传送带时加速度为 ａ ，货物 析 另外 常见的子弹射击滑块 如图 圆
１ 。 ， （ ２）、
受力如图所示： 环在直杆中滑动 如图 类问题 处理方法
（ ３） ，
根据牛顿第二定律得 与板块模型类似
。
沿传送带方向：ｍｇ θ Ｆ ｍａ
ｓｉｎ ＋ ｆ ＝ １
垂直传送带方向：ｍｇ θ Ｆ
ｃｏｓ ＝ Ｎ
又 Ｆ μＦ
＝
ｆ Ｎ
由以上三式得：ａ ｇ（ θ μ θ） ２， 2.
两种类型
１ ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ １０ ｍ／ｓ
方向沿传送带向下。
类型图示 规律分析
（ ）货物速度从 ｖ 减至传送带速度 ｖ 所用时间
２ ０ 木板Ｂ带动物块 Ａ，物块
设为 ｔ ，位移设为 ｘ ，则有：
恰好不从木板上掉下的
１ １
ｖ ｖ ｖ ｖ
临界条件是物块恰好滑
ｔ － ０ ，ｘ ０ ＋ ｔ 。
１ ＝ ａ ＝１ ｓ １ ＝ １ ＝７ ｍ 到木板左端时二者速度
－ １ ２
（ ）当货物速度与传送带速度相等时，由于 相等，则位移关系为 ｘ
３ Ｂ＝
ｍｇ θ μｍｇ θ，此后货物所受摩擦力沿传 ｘ Ｌ（Ｌ为木板长度）
ｓｉｎ ＞ ｃｏｓ
Ａ＋
送带向上，设货物加速度大小为 ａ ，则有 物块Ａ带动木板 Ｂ，物块
２
ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ，得 ａ ｇ（ θ 恰好不从木板上掉下的
5 ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ２ ２ ＝ ｓｉｎ －
临界条件是物块恰好滑
年 μ θ） ２，方向沿传送带向下。
高 ｃｏｓ ＝ ２ ｍ／ｓ
到木板右端时二者速度
考 ｖ
3 设货物再经时间ｔ ，速度减为零，则ｔ ０－ 相等，则位移关系为 ｘ
年 ２ ２ ＝ ａ ＝１ ｓ Ｂ＋
模 － ２ Ｌ ｘ （Ｌ为木板长度）
拟 ｖ ＝ Ａ
沿传送带向上滑的位移 ｘ ＋０ｔ
A ２ ＝ ２ ＝１ ｍ
版 ２
高
考
物
理
２６
3. 分析时要抓住一个转折和两个关联 设在ｔ 时刻，Ｂ 与木板达到共同速度，其大小为
１
ｖ 。 由运动学公式有ｖ ｖ ａ ｔ 、ｖ ａ ｔ ；
１ １ ＝ ０ － Ｂ １⑦ １ ＝ １ １⑧
解得 ｖ 。
１ ＝１ ｍ／ｓ⑨
（ ）在 ｔ 时间间隔内，Ｂ 相对于地面移动的距
２ １
离为 ｓ ｖ ｔ １ａ ｔ２ ，
Ｂ＝ ０ １ － Ｂ １⑩
２
4. 设在Ｂ 与木板达到共同速度ｖ 后，木板的加速
分析板块模型的“四点”注意
１
度大小为 ａ 。 对于 Ｂ 与木板组成的体系，由牛
用隔离法分析物块和木板的受力 分别求出
１） ， ２
顿第二定律有 ｆ ｆ （ｍ ｍ）ａ
物块和木板的加速度 。 １ ＋ ３ ＝ Ｂ＋ ２
由 式知，ａ ａ ；再由 式知，Ｂ 与
建立物块位移 木板位移 物块相对木板位 ①②④⑤ Ａ ＝ Ｂ ⑦⑧
２） 、 、
木板达到共同速度时，Ａ 的速度大小也为 ｖ ，但
移之间的关系式
。 １
运动方向与木板相反。 由题意知，Ａ 和 Ｂ 相遇
不要忽略物块和木板的运动存在等时关系
３） 。
时，Ａ 与木板的速度相同，设其大小为 ｖ 。 设 Ａ
在运动学公式中 位移 速度和加速度的参
４） ， 、 ２
的速度大小从ｖ 变到ｖ 所用的时间为ｔ ，则由
考系是相同的 一般为地面
（ ）。 １ ２ ２
例3 如图，两个滑块 Ａ 运动学公式，对木板有 ｖ ｖ ａ ｔ
＝ －
２ １ ２ ２
对 Ａ 有 ｖ ｖ ａ ｔ
和 Ｂ 的质量分别为ｍ ＝－ ＋ Ａ
Ａ＝ ２ １ ２
在 ｔ 时间间隔内，Ｂ（以及木板）相对地面移动
和 ｍ ，放在静止于水平地面上的木
１ ｋｇ Ｂ＝５ ｋｇ ２
板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为
的距离为 ｓ ｖ ｔ １ａ ｔ２
＝ －
１ １ ２ ２ ２
μ ． ；木板的质量为ｍ ，与地面间的动 ２
１ ＝０ ５ ＝４ ｋｇ 在（ｔ ｔ ）时间间隔内，Ａ 相对地面移动的距离
摩擦因数为 μ ． 。 某时刻 Ａ、Ｂ 两滑块开始 １ ＋ ２
２ ＝０ １
相向滑动，初速度大小均为 ｖ 。 Ａ、Ｂ 相 为 ｓ ｖ （ｔ ｔ ） １ａ （ｔ ｔ ）２
０ ＝３ ｍ／ｓ Ａ＝ ０ １ ＋ ２ － Ａ １ ＋ ２
遇时，Ａ 与木板恰好相对静止。 设最大静摩擦 ２
Ａ 和 Ｂ 相遇时，Ａ 与木板的速度也恰好相同。
力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小ｇ
＝ 因此 Ａ 和 Ｂ 开始运动时，两者之间的距离为
２。 求
１０ ｍ／ｓ ｓ ｓ ｓ ｓ
＝ Ａ＋ ＋ Ｂ
（ ）Ｂ 与木板相对静止时，木板的速度大小； ０ １
１ 联立以上各式，并代入数据得 ｓ ．
（ ）Ａ、Ｂ 开始运动时，两者之间的距离。 ０ ＝１ ９ ｍ
２ （也可用如图的速度 时间图像求解）
－
解析 （ ）滑块 Ａ 和 Ｂ 在木板上滑动时，木
１
板也在地面上滑动。 设 Ａ、Ｂ 所受的摩擦力大
小分别为 ｆ 、ｆ ，木板所受地面的摩擦力为 ｆ ，Ａ
１ ２ ３
和 Ｂ 相对于地面的加速度大小分别为 ａ 和
Ａ
ａ ，木板相对于地面的加速度大小为 ａ 。 在滑
Ｂ
１
块 Ｂ 与木板达到共同速度前有 ｆ μ ｍ ｇ 、
１ ＝ １ Ａ ①
ｆ μ ｍ ｇ 、ｆ μ （ｍ ｍ ｍ ）ｇ ；
２ ＝ １ Ｂ ② ３ ＝ ２ ＋ Ａ＋ Ｂ ③
专
由牛顿第二定律得
题
答案 （ ） （ ） ． 三
ｆ ｍ ａ 、ｆ ｍ ａ 、ｆ ｆ ｆ ｍａ ； １ １ ｍ／ｓ ２ １ ９ ｍ
１ ＝ Ａ Ａ④ ２ ＝ Ｂ Ｂ⑤ ２ － １ － ３ ＝ １⑥ 牛
顿
运
动
定
律
２７
