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第15 讲 牛顿第二定律的综合应用——两种经典模型牛顿 目 录 巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1 知识点1 传送带模型....................................................................................................3 知识点2 板块模型......................................................................................................2 模拟·基础演练...................................................................................................................................... 3 题型01 传送带模型...................................................................................................3 题型02 板块模型.......................................................................................................6 重难·创新演练....................................................................................................................................10 真题·实战演练.................................................................................................................................... 13 巩固·知识解构 知识点1 传送带模型 常见情境 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。 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 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀 速 若μ ＜tan θ ，先以a1 ＝ gsin θ＋μgcos θ 加速，后以 a2＝gsin θ－μgcos θ 加速 v0＜v 时，一直加速(加速度为gsin θ ＋μgcos θ) v0＜v 时：若μ≥tan θ，先 加速后匀速；若μ＜tan θ，先 以a1 ＝gsin θ ＋μgcos θ 加 速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ 加速 v0＞v 时，一直匀变速(加速度为|gsin θ－μgcos θ|) v0＞v 时：若μ＞tan θ，先 减速后匀速；若μ＜tan θ，以 a2＝gsin θ－μgcos 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 知识点2 板块模型 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相互作用下 发生相对滑动。 2.位移关系： 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(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。 3.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，位移之差Δx＝x1－x2＝ L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 4．常见类型：滑块A 与木板B 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A 静止； (2)木板B 初速度为v (1)滑块A 停在木板 B 上某位置； (2)滑块A 恰好没有 滑离木板B； (3)滑块A 滑离木板 B (1)滑块A 初速度为v； (2)木板B 静止 (1)滑块A、木板B 均静止； (2)外力F 作用在木板B 上 (1)滑块A、木板B 均静止； (2)外力F 作用在滑块A 上 模拟·基础演练 考查重点：均为重点 ⏳题型01 传送带模型 1.(2026·湖南省·期末考试)如图所示，水平传送带A、B两端相距s=3.5m，工件与传送带间的动摩擦 因数μ=0.1，工件滑上A端瞬时速度v A = 4 m/ s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10m/ s 2)() A.若传送带以速度v = 4 m/ s逆时针匀速转动，vB= 4 m/ s B.若传送带以速度v =2m/ s顺时针匀速转动，vB=3m/ s C.若传送带以速度v =2m/ s顺时针匀速转动，工件在传送带上留下划痕长2m D.若传送带以速度v =2m/ s顺时针匀速转动，工件从A运动到B的时间是3 s 【答案】B 【解答】A .若传送带以速度v = 4 m/ s逆时针匀速转动，工件受到的摩擦力水平向左，工件向右做匀 减速直线运动，加速度大小为a= μmg m =1m/ s 2，根据运动学公式可得−2as = vB 2 −v A 2 ，解得vB=3m/ s， A 错误； BCD .若传送带以速度v =2m/ s顺时针匀速转动，由于工件的速度大于传送带速度，工件受到的摩擦 力水平向左，设工件一直向右做匀减速直线运动，则有−2as = vB 2 −v A 2 ，解得vB=3m/ s>2m/ s，假设成 立，B 正确； 工件A运动到B的时间为t = v A−vB a = 4−3 1 s=1s，该过程传送带的位移为x传= v传t =2×1m=2m 工件在传送带上留下划痕长为Δx = x工−x传=3.5m−2m=1.5m，CD 错误。 故选B。 2.（2026·湖南永州·二模）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向转动， 传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段 时间又返回光滑水平面，速率为v2'，则下列说法不正确的是() A.若v1<v2，则v2' = v1 B.若v1>v2，则v2' = v2 C.若v1= v2，则v2' = v1 D.不管v2多大，总有v2' = v2 【答案】D 【解析】设物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则物体冲上传送带后向左运动的最大位移为 x = v2 2 2a = v2 2 2 μg ，即物体在传送带上向左滑动的最大位移与传送带的速度无关。当物体开始向右返回时，在 物体的速度达到传送带速度之前，物体具有向右的加速度，大小仍为μg；如果传送带的速度小于v2，则物 体经过一段小于x的位移后，速度就已经增大到等于传送带的速度，此后开始以和传送带相同的速度匀速 运动而返回到光滑水平面上；如果传送带的速度大于或等于v2，则物体在整个x的位移段内都处于加速状 态，当离开传送带时，速度增大到v2' = v2。故A、B、C 正确，D 错误。 3.（多选）(2026·广东省·模拟题)如图甲所示，水平传送带匀速转动，一个物块从传送带的右端以一定 的初速度向左滑上传送带，物块在传送带上运动的位移随时间变化规律如图乙所示，0∼3 s内图像是抛物 线，3∼4.5 s内图像是直线，重力加速度为10m/ s 2，不计物块大小，则下列判断正确的是() A.传送带沿顺时针方向匀速转动 B.传送带转动的速度大小为2m/ s C.物块滑上传送带时的初速度大小为4 m/ s D.物块与传送带间的动摩擦因数为 0.4 【答案】ABC 【解析】A.物块运动一段时间后返回，可知物块受摩擦力向右，因此传送带沿顺时针方向转动，故A 正确； BC .设物块滑上传送带的初速度大小为v0，物块做匀变速运动的加速度大小为a，结合图像可知 0∼3 s的位移大小等于3∼4.5 s的位移大小，有v0t1−1 2 at1 2=−(v0−at1)(t2−t1)，且物块速度为0时达到 最大位移，有v❑0 2=2a x0 代入t1=3 s，t2= 4.5 s，x0= 4 m 解得v0= 4 m/ s，a=2m/ s 2 设传送带速度大小为v，有v =−(v0−at1)=2m/ s 故BC 正确； D.根据牛顿第二定律可得a= μmg m = μg=2m/ s 2 可得物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，故D 错误。 故选ABC。 4.2026·广东省·月考试卷)如图所示为某工厂卸货装置原理图。长度为L=10.5m的水平传送带以 v =8m/ s速度顺时针匀速转动，在传送带右端有一与传送带等高的滑板无缝对接，滑板质量为M =20kg。 质量m=140kg的货物以v0=5m/ s的速度从最左端进入传送带，之后滑上滑板。货物与传送带间的动摩 擦因数μ1=0.3，货物与滑板间的动摩擦因数μ2=0.4，滑板与地面间的动摩擦因数μ3=0.2。重力加速度g 取10m/ s 2。 (1)求货物在传送带上运动的时间； (2)若货物在传送带上运动时能够留下划痕，求划痕长度； (3)为使货物不从滑板上滑落，求滑板的最小长度。 【答案】(1)货物滑上传送带，由牛顿第二定律有μ1mg=ma1， 解得a1=3m/ s 2， 货物加速时间t1= v −v0 a1 = 8−5 3 s=1s， 货物加速位移大小x1= v + v1 2 t1= 8+5 2 ×1m=6.5m， 货物匀速运动时间t2= L−x1 v = 10.5−6.5 8 s=0.5 s， 货物在传送带上的运动总时间t 总=t1+t2， 解得t 总=1.5 s； (2)货物加速运动过程中，传送带位移大小为x2= v t1=8×1m=8m， 货物在传送带上滑行过程中留下的痕迹长度Δx = x2−x1， 解得Δx =1.5m； (3)货物滑上滑板后，由牛顿第二定律有μ2mg=ma2， 货物的加速度大小为a2= 4 m/ s 2， 对滑板根据牛顿第二定律有μ2mg−μ3(m+ M )g= M a3， 解得滑板加速度大小为a3=12m/ s 2， 货物与滑板共速时v共= v −a2t3=a3t3， 解得t3=0.5 s，v共=6m/ s， 货物的位移x3= v + v共 2 t3， 滑板的位移x4= v共 2 t3， 滑板长度至少为L= x3−x4， 解得L=2m。 5.(2026·江苏省镇江市·月考试卷)如图甲所示，为机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，其传送 装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持v0=1m/ s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地 放在A处，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离为LAB=2.5m，g取10m/ s 2。则： (1)行李从A到B的时间为多少？ (2)若要使行李从A处到达B处的时间最短，那么，水平传送带的最小恒定速度vmin是多少？(保留根号 ) 【答案】(1)行李刚放上传送带时的加速度为a= μmg m =1m/ s 2 行李从刚放上传送带到与传送带达到共速所用时间为t1= v0 a =1s 行李加速阶段的位移为x1= v0 2 t1=0.5m 共速后，行李与传送带相对静止继续匀速运动的时间为t2= LAB−x1 v0 =2s 则行李从A到B的时间为t =t1+t2=3 s； (2)若要使行李从A处到达B处的时间最短，则行李从A处到达B处一直做匀加速直线运动，根据运动 学公式可得2a LAB= vB 2 −0 解得行李到达B处的速度为vB= ❑√2a LAB= ❑√5m/ s 可知水平传送带的最小恒定速度为vmin= vB= ❑√5m/ s。 6.(2026·四川省·单元测试)传送带是建筑工地、机场和车站等地常见的运输装置。如图所示为某传送带的简 易图，该传送带底端A和顶端B间的距离L=6m，与水平面夹角θ =37 ∘，以v0=2m/ s的速度顺时针匀速 转动。t =0时刻将小物块静止放到传送带的底端A，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度 取g=10m/ s 2，sin37 ∘=0.6，cos37 ∘=0.8。则物块从A运动到B的时间为() A.5 s B.5.5 s C.❑√30 s D.6 s 【答案】B 【解析】设加速阶段的加速度大小为a， a= μgcos37 o−gsin37 ∘=0.4 m/ s 2， 加速阶段运动时间t1= v a = 2 0.4 s=5 s， 加速运动的位移x = 1 2 at 2=5m;之后匀速运动t2= L−x v = 6m−5m 2m/ s =0.5 s， 故从A到B的总时间为5.5 s，故B 正确。 7.（多选）(2026·云南省楚雄彝族自治州·期末考试)如图所示，倾角为θ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=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v −t图像 如图所示，1.5 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/ s 2，则() A.传送带的倾角θ =30❑ ∘ B.传送带上下两端的间距为6m C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5D.物体在传送带上留下的痕迹长度为1m 【答案】ABD 【解析】AC .由题图得0∼0.5 s内物体加速度a1= 4 0.5 m/ s 2=8m/ s 2，根据牛顿第二定律得 mgsinθ+ μmgcosθ =ma1，0.5∼1.5 s内加速度a2= 6−4 1.5−0.5 m/ s 2=2m/ s 2，根据牛顿第二定律得 mgsinθ−μmgcosθ =ma2，联立解得θ =30 ∘，μ= ❑√3 5 ，故A 正确，C 错误; B.由题可得物体0∼1.5 s内的位移即为传送带上下两端的间距，v −t图像与坐标轴所围“面积”表示 位移，可知位移为x = 4×0.5 2 m+ 4+6 2 ×1m=6m，故B 正确; D.由题图知传送带的速率v0= 4 m/ s，则0∼0.5 s内，物体的位移为x1= 4×0.5 2 m=1m，传送带的位 移为x传1= v0t1=2m，故相对位移为Δ x1= x传1−x1=1m，物体相对传送带向上运动，0.5∼1.5 s内物体 的位移为x2=5m，传送带的位移为x传2= v0t2= 4 m，故相对位移为Δ x2= x传2−x2=−1m，物体相对传送 带向下运动，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为1m，故D 正确。 故选ABD。 ⏳题型02 板块模型 8.（2026·江西宜春·一模）如图所示，有一长木板放置在足够大的水平地面上，可视为质点的物块以 v0=5m/ s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的最右端，木板沿地面运动的距离等于木板的长度的 2.4 倍。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，取重力加速度大 小g=10m/ s 2。求： (1)物块整个运动过程中各个阶段的加速度大小； (2)长木板的长度L。 【答案】(1)1m/ s 2，0.5m/ s 2 (2)5m 【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型 【详解】（1）物块与长木板共速前，假设小物块的质量为m，可得μ1mg=ma1，可得a1=1m/ s 2 物块与长木板共速后，物块与长木板一起匀减速，假设长木板的质量为M ，可得 μ2( M +m)g=( M +m)a2，则a2=0.5m/ s 2 （2）假设共速时物块和长木板的速度为v，所需时间为t，则v = v0−a1t 根据物块恰好到达木板的最右端，可得v0+ v 2 t −v 2 t = L 根据木板沿地面运动的距离等于木板长度的2.4 倍，可得v 2 t + v 2 2a2 =2.4 L 根据以上方程联立得t =2s，L=5m。 9.（2026·内蒙古阿拉善·期末）如图所示，有一个质量为mA = 4 kg足够长的木板A 静止在光滑的水平地面 上，在木板的左端静止放置一个大小不计、质量为mB=2kg的小物体B，A、B 间的动摩擦因数为μ=0.2， g 取10m/ s 2。求： (1)当对B 施加水平向右的力F = 4 N时，A、B 保持相对静止，A、B 加速度各为多大？ (2)当F =10 N时，A、B 发生相对滑动，则A、B 加速度各为多大？ (3)F =10 N的力作用0.5s 后撤去，再经过多长时间A、B 共速？ 【答案】(1)2 3 m/ s 2 (2)aA =1m/ s 2，aB=3m/ s 2 (3)1 3 s 【知识点】有外力接触面粗糙的板块模型 【详解】（1）由题知，当对B 施加水平向右的力F = 4 N时，A、B 保持相对静止，则A、B 加速度相 等，根据牛顿第二定律，对A、B 组成的整体有F =(mA+mB)a1 解得a1= 2 3 m/ s 2 （2）由题知，当F =10 N时，A、B 发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对A 有μmB g=mA aA 解得aA =1m/ s 2 对B 有F −μmB g=mBaB 解得aB=3m/ s 2 （3 ）F =10 N的力作用0.5s 后撤去，则此时A 、B 的速度分别为v A =aAt1=0.5m/ s， vB=aBt1=1.5m/ s 撤去F 后，A 所受力的情况不变，则A 的加速度仍为aA =1m/ s 2，而B 在水平方向上只受到向左的滑 动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmB g=mBaB ' 解得aB ' =2m/ s 2 设经时间t2，两者共速，则有v A+aAt2= vB−aB ' t2 解得t2= 1 3 s 10.（2026 高三下·河南郑州·阶段检测）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为 m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其 中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度 随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地 面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等， 重力加速度大小为g。则（ ） A．F1= μ1m1g B．F2= m2(m1+m2) m1 (μ2−μ1)g C．μ2< m1+m2 m2 μ1 D．在0∼t2时间段物块与木板加速度相等 【答案】BD 【详解】A．图（c）可知，t1时物块木板一起刚从水平滑动，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑 动，此时以整体为对象有F1= μ1(m1+m2)g，A 错误； BC．图（c）可知，t2时物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有 F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2 g−μ1(m1+m2)g=m1a>0 解得F2= m2(m1+m2) m1 (μ2−μ1)g，μ2> (m1+m2) m2 μ1，B 正确，C 错误； D．图（c）可知，0∼t2这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。 故选BD。 11.（2026·河南驻马店·三模）如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，质量为m的物块放在 长木板上表面的中点，均处于静止状态，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，给长木板施加一个水平向右的拉力，则下列说法正确的是（ ） A．物块与长木板有可能一起向右匀速运动 B．当F = μmg时，物块与长木板间刚好要发生相对滑动 C．当物块与长木板发生相对滑动时，F增大，物块的加速度保持不变 D．当物块与长木板发生相对滑动时，F越大，物块滑离长木板时的速度越小 【答案】CD 【详解】A．由于水平面光滑，因此拉力作用在长木板上时，长木板一定做加速运动，故A 错误； B．当物块与长木板间刚好要发生相对滑动时，物块所受到的静摩擦力达到最大，设此时加速度为a， 根据牛顿第二定律，对物块有f m= μmg=ma 解得a= μg 对物块与长木板有F =(m+ M )a= μ(m+ M )g，故B 错误； C．当物块与长木板发生相对滑动时，物块所受到的摩擦力为滑动摩擦力，故物块的加速度大小始终 为a= μg，故C 正确； D．当物块与长木板发生相对滑动时，对长木板，根据牛顿第二定律有F −μmg= M a ' 解得a ' = F −μmg M 可知F越大，则长木板的加速度a '越大，而长木板相对物块的位移为长木板的长度L保持不变，即 L 2 = 1 2 a ' t 2−1 2 at 2 可得t = ❑√ L a '−a 因a保持不变，a '越大，则时间t越小，即物块在板上相对滑动的时间越短，又滑离时的速度 v =at = μgt 可知v越小，故D 正确。 故选CD。 12.（2026·湖北十堰·阶段检测）如图所示，一个可视为质点的物块静置于一个长木板最左端，木板静 止在水平地面上．已知木板质量M=1kg，物块质量m=3kg，物块与木板间、木板与水平地面间的动摩擦 因数分别为μ1=0.2、μ2=0.1，物块与木板间、木板与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若从 t=0 时刻起，给小物块施加一水平向右、大小为F =15 N的力，作用2s后撤去力F，最终物块停在长木板 最右端。g=10m/ s 2，求： (1)0~2s内物块和木板的加速度大小； (2)求物块和木板共速瞬间，速度大小v共； (3)计算长木板长度L 和长木板的总位移大小x。 【答案】(1)3m/ s 2，2m/ s 2 (2)5m/ s (3)2.5m，18.75m 【详解】（1）当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时可得两者不发生相对滑动的最大拉力， 以木板为对象， 根据牛顿第二定律有μ1mg−μ2(m+ M )g= Ma 解得a=2m/ s 2 以物块为对象，根据牛顿第二定律有F −μ1mg =ma 解得F =12 N 即12N为不发生相对滑动的临界条件，因为F =15 N >12 N，所以物块与木板各自加速，设物块加速 度为a1，根据牛顿第二定律有F −μ1mg=ma1 代入数据解得a1=3m/ s 2 设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg−μ2(m+ M )g= M a2 解得a2=2m/ s 2 （2）作用t1=2s后，撤去F 时物块的速度为v1，木板的速度为v2，则物块的速度为v1=a1t1=6m/ s， 木板的速度为v2=a2t1= 4 m/ s 撤去F 后，物块减速，设物块加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μ1mg=ma3 解得a3=2m/ s 2 撤去F 后，木板加速，长木板加速度a4=a2=2m/ s 2，设经时间t2两者共速，当两者第一次共速时， 则有v共= v1−a3t2= v2+a4t2 解得v共=5m/ s，t2=0.5 s （3）撤去F 时，物体位移为x1= v1 2 t1=6m 长木板位移为x2= v2 2 t1= 4 m 撤去F 后，到两者共速，物体位移为x3= v1+ v共 2 t2= 11 4 m 长木板位移为x4= v2+ v共 2 t2= 9 4 m 由于μ1> μ2，共速后两者一起减速，不存在相对位移，则长木板长度L= x1−x2+ x3−x4=2.5m 共速后两者一起减速，其加速度大小为a共，根据牛顿第二定律有μ2(m+ M )g=(m+ M )a共 解得a共=1m/ s 2 则再减速位移为x5= v 2 2a共 = 25 2 m 全程长木板运动距离为x = x2+ x4+ x5= 75 4 m=18.75 13.(多选)（2026·山东潍坊·模拟预测）如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量 为M＝2kg、长度L=9.6m 的长木板正以v0＝6m/s 的速度沿斜面向下运动，此时将一质量m＝1kg 的小物块 （大小可忽略）轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与斜面间的动 摩擦因数μ2=0.75，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ） A．放上小物块后，木板的加速度大小是2m/s2 B．放上小物块后，木板的加速度大小是5m/s2 C．经时间t=2.1s 小物块最终从长木板上端滑出 D．经时间t=2.4s 小物块最终从长木板下端滑出 【答案】BD 【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型 【详解】AB．小物块与长木板间的滑动摩擦力为μ1mgcos37 °= 4 N 长木板与斜面间的滑动摩擦力为μ2(M +m)gcos37 °=18 N 对小物块，根据牛顿第二定律可得mgsin37 °+ μ1mgcos37 °=ma1 解得a1=10m/ s 2 对长木板，根据牛顿第二定律可得μ2(M +m)gcos37 °+ μ1mgcos37 °−Mgsin37 °= M a2 解得a2=5m/ s 2 可知小物块做加速度为a1=10m/ s 2的加速运动，长木板做加速度大小为a2=5m/ s 2的减速运动，故 A 错误，B 正确； CD．设共速时间为t1，有v0−a2t1=a1t1= v共 解得t1=0.4 s，v共= 4 m/ s 此时小物块位移为x1= 1 2 a1t1 2=0.8m 长木板位移为x2= v0t1−1 2 a2t1 2=2m 可知小物块相对长木板向上运动了1.2m，此时距离下端d = 9.6m 2 +1.2m=6m 共速后，假设整体相对静止，有(M +m) gsin37 °−μ2(M +m) gcos37 °=(M +m)a 解得加速度a=0 对小物块，若加速度为零，有mgsin❑37 °= f 静=6 N 又μ1mgcos37 °= 4 N，可知二者不可能相对静止，此时对小物块有mgsin37 °−μ1mgcos37 °=ma3 解得a3=2m/ s 2 对长木板有μ2(M +m)gcos37 °−μ1mgcos37 °−Mgsin37 °= M a4 解得a4=1m/ s 2 即长木板做加速度大小为a4=1m/ s 2的减速运动，设又经时间t2小物块最终从长木板下端滑出，有 v共t2+ 1 2 a3t2 2−(v共t2−1 2 a4t2 2)= 1 2 (a3+a4)t2 2=d 解得t2=2s，t1+t2=2.4 s 经时间t=2.4s 小物块最终从长木板下端滑出，故C 错误，D 正确。 故选BD。 14.（2026·安徽合肥·三模）如图所示，倾角为θ =37°的光滑斜面固定在水平地面上，质量为2 kg 的长 木板A 置于斜面上。 时，质量为1 kg 的物块B（视为质点）以4 m/ s的初速度从下端滑上木板A，此 时对A 施加一个沿斜面向上的恒力F =12 N，使其从静止开始运动。已知A 与B 之间的动摩擦因数为μ =0.5，sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度取g=10m/ s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从t=0 到木板A 向上运动到最高点的过程中，物块B 未从木板A 上表面滑下，下列说法正确的是（ ） A．木板A 对物块B 的摩擦力沿斜面向下 B．木板A 的长度至少为2 9 m C．从 到木板A 向上运动到最高点的过程中，恒力F 做功8 3 J D．从 到木板A 向上运动到最高点的过程中，A 与B 之间的摩擦力对B 做功8 3 J 【答案】C 【详解】A ．设A 的质量为M ，B 的质量为m ，根据牛顿运动定律，对A 有 F + μmgcosθ−Mgsinθ = M a1 解得a1=2m/ s 2（方向沿斜面向上） 对B 有μmgcosθ+mgsinθ =ma2 解得a2=10m/ s 2（方向沿斜面向下） 二者从开始到共速用时t1= v0 a1+a2 = 1 3 s 此时速度v =a1t1= 2 3 m/ s 之后二者相对静止共同减速运动到最高点，该过程有−F + Mgsinθ+mgsinθ =( M +m)a 解得a=2m/s 2（方向沿斜面向下） 整体从v 减速到0 用时t2= v a = 1 3 s 木板A 对物块B 的摩擦力先沿斜面向下，后沿斜面向上，故A 错误； B．木板A 的长度至少为L= v0 2 2(a1+a2) = 2 3 m，故B 错误； C．从t=0 到木板A 向上运动到最高点的过程中，恒力F 做功W = F ×2× v 2 2a1 = 8 3 J，故C 正确； D．二者保持相对静止后，对B 分析有mgsinθ−f =ma 从t=0 到木板A 向上运动到最高点的过程中，A 与B 之间的摩擦力对B 做功 W =−μmgcosθ× v0+ v 2 t1+ f × v 2 t2 联立解得W =−8 3 J，故D 错误。 故选C。 重难·创新演练 结合生活实际(T1T2);结合实际新考法考查(T3);新角度考查研究方法(T4); 1.▶新情境◀.如图甲所示，某快递公司用倾斜的传送带运送包裹，传送带以1m/ s的速率顺时针匀速 运行，现简化为如图乙所示的示意图。将包裹无初速度地放在传送带底端，经10 s后恰好运动到传送带顶 端，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为 ❑√3 2 ，传送带的倾角θ =30°，重力加速度g取10m/ s 2。则() A.包裹向上运动的过程一直受到静摩擦力的作用 B.传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越小 C.包裹匀加速运动的位移为0.25m D.包裹匀速运动的时间为9.6 s 【答案】D 【解析】A.包裹向上运动的过程中，先受到沿传送带向上的滑动摩擦力再受到静摩擦力的作用，故A 错误； B.包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速，根据平衡条 件可得f =mgsinθ 所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，若mgsinθ> μmgcosθ 即tanθ> ❑√3 2 时，包裹不能与传送带相对静止，包裹不受静摩擦力，故B 错误； C.包裹在传送带上先做匀加速运动，根据牛顿第二定律μmgcosθ−mgsinθ =ma 运动学公式有x = v 2 2a 代入数据后可得a=2.5m/ s 2，x =0.2m，故C 错误； D.包裹做加速运动的时间为t = v a =0.4 s 所以匀速运动的时间为9.6 s，故D 正确。 故选D。 2.▶新情境◀斜面底端固定一弹性挡板，B 与之相碰后立即原速率反弹。另有一质量也为m、可视为 质点的小物块A ，A 与长木板B 之间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/ s 2、sin37° =0.6、 cos37° =0.8。 (1)若B 下端到挡板距离S =3m，解除对B 的锁定后，求B 下端到达挡板处所用的时间； (2)如图乙所示，将A 轻放在B 上端的同时，解除对B 的锁定，求B 与挡板首次碰撞后瞬间A、B 的加 速度大小； (3)在（2）中情境下，发现A 滑至B 的下端时，B 刚好与挡板发生第3 次碰撞，求解除锁定时B 下端 到挡板的距离S '。 【答案】(1)1s (2)4 m/s 2，8 m/s 2 (3)5 6 m 【知识点】无外力接触面光滑的板块模型 【详解】（1）以B 为研究对象，由牛顿第二定律，得mgsinθ =ma 解得a=6 m/s 2 由匀变速直线运动位移与时间的关系，得S = 1 2 at 2 解得t =1s （2）碰撞前，A、B 整体相对静止一起下滑，碰撞后，分别以A、B 为研究对象进行分析。 以小物块A 为研究对象，由牛顿第二定律，得mgsinθ−μmgcosθ =maA 解得A 的加速度大小aA = 4 m/s 2 以长木板B 为研究对象，由牛顿第二定律，得mgsinθ+ μmgcosθ =maB 解得B 的加速度大小aB=8 m/s 2 （3）B 第一次碰撞前，以A、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，得2mgsinθ =2ma ' 解得a ' =6 m/s 2 B 第一次碰撞时，A、B 具有相同的速度，根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有v0 2=2a ' S ' B 每次撞击挡板时间间隔Δt = v0 aB ×2 A 一直向下匀加速下滑，在B 碰第三次时，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，有 L= v0 Δt ×2+ 1 2 aA (Δt ×2) 2 联立解得S ' = 5 6 m 3．▶新考法◀(2026·湖北省·单元测试)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定的速率v0=5m/ s顺时 针转动，t =0时刻可视为质点的物体从传送带上端以v =6m/ s的初速度沿传送带向下运动，在t1时刻物体 又返回到传送带上端。规定物体初速度方向为正方向，关于物体在传送带上的运动过程中，物体所受摩擦 力Ff、速度v、加速度a以及运动的位移x随时间t变化的关系图，下列图中可能正确的是() A. B. C. D. 【答案】A 【解析】物体刚放在传送带上时所受滑动摩擦力沿传送带向上，物体所受摩擦力为滑动摩擦力，滑动 摩擦力大小f 0= μmgcosθ不变，对物体，由牛顿第二定律得f 0−mgsinθ =ma，则加速度为负，做匀减速 直线运动，物体减速到零之后反向加速，物体与传送带共速前摩擦力方向沿传送带向上，是负的;物体与 传送带共速后与传送带保持相对静止，所受静摩擦力方向沿传送带向上，是负的，物体向上加速阶段加速 度不变，到与传送带速度相等即为5m/ s后继续做匀速直线运动， A.通过以上分析可知，静摩擦力大小小于动摩擦力，故A 正确； B.速度最终与传送带速度大小相等，故B 错误； C.加速度恒定不变，故C 错误； D.物体在变速阶段位移时间关系是抛物线，故D 错误 4．▶新角度◀2026·海南·模拟预测）如图1 所示，平板A 与小物块B 叠放在固定斜面上，A 的质量为 m，B 的质量为3m，A 与斜面间的动摩擦因数为μA，B 与A 间的动摩擦因数为μB。将A、B 同时由静止释 放瞬间，A 与斜面间的摩擦力f 随斜面倾角θ的变化关系如图2 所示，图像在θ = π 6 和θ = π 3 时有转折（临 界）。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则由图像可以推断（ ） A．释放后瞬间A 和B 之间的摩擦力在θ = π 6 时达到最大 B．μA =2 μB C．θ = π 4 时，B 的加速度大小为3 ❑√2−❑√6 6 g D．f 2= ❑√3mg 【答案】ACD 【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型、无外力，物块在粗糙斜面滑动 【详解】A．θ不同时，A和B有不同的运动状态，图像分三个阶段，可以推测θ比较小时（从图像知 是小于π 6 时），A和B都静止，将A和B视为整体，则A受到斜面的摩擦力为f = 4 mgsinθ θ较大一些时（从图像知是大于π 6 ，小于π 3 时），B开始加速运动，A仍然静止，则对B分析知A和B 之间的摩擦力为f B= μB·3mgcosθ 对A 分析知A 受到的摩擦力为f ' =mgsinθ+ μB⋅3mgcosθ θ再大到一定程度（从图像知是大于π 3 时），A 和B 都加速运动，A 对斜面的压力为F N = 4 mgcosθ 故A受到斜面的摩擦力为f ' ' = μA⋅4 mgcosθ 由此可知A、B 之间的摩擦力在θ = π 6 时达到最大，故A 正确； B．在θ = π 6 时，f = f '，可解得μB= ❑√3 3 在θ = π 3 时，f ' = f ' '，可解得μA = ❑√3 2 ，故B 错误； C ．θ = π 4 时，对B 受力分析，在沿斜面方向，由牛顿第二定律可得 3mgsinθ−μB⋅3mgcosθ =3ma 解得a= 3 ❑√2−❑√6 6 g，故C 正确； D．将μA = ❑√3 2 代入f ' ' = μA⋅4 mgcosθ 即得到f 3= f ' ' = ❑√3mg，故D 正确。 故选ACD。 、 真题·实战演练 高频考点：两种模型都是。 1．（2025·福建·高考真题）如图，物块A、B 用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s 的 恒定速率顺时针转动。t=0 时，A 的速度大小为2m/s，方向水平向右，B 的速度为0，弹簧处于原长，t=t1 时（t1为未知量），A 第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B 可视为质点，质量分别为 1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A 与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取 g=10m/ s 2，A、B 始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（ ） A．在t=t1 2 时，A 的加速度大小比B 的小 B．t=t1时，B 的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A 在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【答案】BD 【详解】AB ．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为 f =0.5×1×10 N =0.25×2×10 N=5N 初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力为零，系 统动量守恒有mA v0=mA v +mB vB，v =1m/s 代入数值解得t=t1时，B 的速度为vB=0.5 m/s 在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有f + F弹=mA aA，f + F弹=mBaB 由于mA<mB，故可知aA>aB 故A 错误，B 正确； C ．在t1时间内，设 AB 向右的位移分别为x A，xB，由功能关系有 −f x A+ f xB+ 1 2 mA v0 2= 1 2 mA v 2+ 1 2 mB vB 2+ E p 解得x A−xB=0.1m 故弹簧的压缩量为Δx = x A−xB=0.1m 故C 错误； D．A 与传送带的相对位移为x A 相= x A−v t1 B 与传送带的相对为x B 相= v t1−xB 故可得x A 相+ x B 相= x A−xB=0.1m 由于0−t1时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足 aA =2aB，作出AB 的v-t 图像 可知x A 相等于图形MNA的面积，x B 相等于图形NOBA的面积，故可得x A 相< x B 相 结合x A 相+ x B 相=0.1m 可知x A 相<0.05m，故D 正确。 故选BD。 2．（多选）（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。 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 到t = 4 t0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，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ） A．小物块在t =3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．t = 4 t0之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【详解】A． 图像的斜率表示加速度，可知t =3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在 t =3t0时刻滑上木板，故A 正确； B．结合图像可知t =3t0时刻，木板的速度为 v0= 3 2 μgt0 设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为 v1=−3 2 μgt0，负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 a0= μ0mg m = μ0 g 经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共= 1 2 μgt0，方向水平向右，故可得 v共−v1=a0t0 解得 μ0=2 μ 故B 正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 a= 1 2 μgt0 t0 = 1 2 μg 故可得 F −μMg = Ma 解得 F = 3 2 μMg 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 a ' = 1 2 μgt0−3 2 μgt0 t0 =−μg 此时对木板由牛顿第二定律得 F −μ(m+ M )g−μ0mg= Ma' 解得 m M = 1 2 故C 错误； D．假设t = 4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体 F −μ(m+ M )g= 3 2 μMg−3 2 μMg=0 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t = 4 t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D 正确。 故选ABD。 3．（多选）（2014·江苏·高考真题）如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平 地面上。A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ 2 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度为g。现对A 施加一水平拉力F，则（ ） A．当F <2 μmg时，A、B 都相对地面静止 B．当F = 5 2 μmg时，A 的加速度为1 3 μg C．当F >3 μmg时，A 相对B 滑动 D．无论F 为何值，B 的加速度不会超过1 2 μg 【答案】BCD 【详解】A．根据题意可知，B 与地面间的最大静摩擦力为 f Bm = 3 2 μmg 因此要使B 能够相对地面滑动，A 对B 所施加的摩擦力至少为 f AB= f Bm = 3 2 μmg A、B 间的最大静摩擦力为 f ABm =2 μmg 故F < 3 2 μmg时，A、B 都相对地面静止，A 错误； B．A、B 恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足 Fmax−f ABm 2m = f ABm−f Bm m 且3 2 μmg≤f AB<2 μmg 即Fmax=3 μmg 则当3 2 μmg≤F＜3μmg，A、B 将一起向右加速滑动。当F = 5 2 μmg时，对A 和B 整体受力分析有 F −3 2 μmg=(2m+m)a 解得 aA =aB= 1 3 μg 故B 正确。 CD．当F≥3μmg 时，A、B 将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有 F－2μmg＝2maA，2 μmg−3 2 μmg=maB 解得 aA = F 2m −μg，aB= 1 2 μg 故CD 正确。 故选BCD。 4．（2019·江苏·高考真题）如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下． 接着敲击B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两 者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A 被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小aB、aB'； （3）B 被敲击后获得的初速度大小vB． 【答案】（1）v A = ❑√2 μgL；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）vB=2❑√2 μgL 【详解】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小aA=μg 匀变速直线运动2aAL=vA2 解得v A = ❑√2 μgL （2）设A、B 的质量均为m 对齐前，B 所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg 对齐后，A、B 所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A 加速度的大小等于aA 则v=aAt，v=vB–aBt x A = 1 2 aAt 2，xB= vBt −1 2 aBt 2 且xB–xA=L 解得vB=2❑√2 μgL． 5．（2021·辽宁·高考真题）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=0.6m/s 运行的传送带与水平面间的夹角α =37°，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度 v2=1.6m/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=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 【答案】（1）0.4 m/s 2；（2）4.5 s 【详解】（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上， 根据牛顿第二定律可知 μmgcosθ−mgsinθ =ma 解得 a=0.4 m/s 2 （2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时 t1= v2−v1 a = 1.6−0.6 0.4 s=2.5 s 在传动带上滑动的距离为 x1= v1+ v2 2 t1= 1.6+0.6 2 ×2.5=2.75m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与 传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 t2= L−x1 v1 = 3.95−2.75 0.6 s=2s 所以小包裹通过传送带的时间为
