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第 3 章 牛顿运动定律
第 1 节 牛顿第一定律 牛顿第二定律
学生用书P21
考点 1 牛顿第一定律 答案
（１）✕ （２）✕ （３）√ （４）✕
一、牛顿第一定律
考点 2 牛顿第二定律
1.内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或
一、内容及表达式
静止状态 除非作用在它上面的力迫使它改
，
1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力
变这种状态
。 成正比 跟它的质量成反比 加速度的方向跟
， ，
2.意义
作用力的方向相同
。
揭示了一切物体都具有惯性
（１） 。 2.表达式：Ｆ ｍａ
＝ 。
揭示了力不是维持物体运动状态的原因
（２） ， 二、对牛顿第二定律的理解
而是改变物体运动状态的原因 即力是产生
，
加速度的原因
。
二、惯性
1.定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态
或静止状态的性质
。
2.量度：质量是惯性大小的唯一量度 质量大
，
的物体惯性大 质量小的物体惯性小
， 。
3.普遍性：惯性是物体的固有属性 一切物体都
，
具有惯性 与物体的运动情况和受力情况无关
， 。
即练即清 三、力和运动的关系
1.只要合力不为 物体的加速度就不为
判断正误，正确的打√，错误的打 。
０， ０。
✕
ｖ
如图所示 滑冰运动员在赛场上滑冰
2. ａ Δ 是加速度的定义式 ａ 与 ｖ ｔ 无必
， 。 （１） ＝ ｔ ， Δ 、Δ
Δ
然联系
。
Ｆ
ａ 是加速度的决定式 ａ 的大小由合力
（２） ＝ｍ ，
如果滑冰运动员不用力 则他将会慢慢停 Ｆ 和质量 ｍ 决定 且 ａ Ｆ ａ １
（１） ， ， ∝ ， ∝ｍ。
下 说明运动需要力来维持
， 。 （ ） 3.合力与速度同向时 物体做加速直线运动 合
滑冰运动员的速度越大 他就越难停下 说 ， ；
（２） ， ， 力与速度反向时 物体做减速直线运动
明速度越大其惯性越大 ， 。
。 （ ）
教考衔接
滑冰时 如果运动员受到的力全部消失 运
（３） ， ，
动员将做匀速直线运动 典例1 （人教版必修一 ， 组， 改编）如图甲
。 （ ） Ｐ１１４ Ｂ Ｔ１
牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例 所示 两个质量相同的小球 Ａ 和 Ｂ 之间用轻弹
（４） 。 ，
簧连接 然后用细绳悬挂起来
（ ） ， 。
２４ 5年高考3年模拟 A版 高考物理
0 提分关键·方法提升
用牛顿第二定律解决瞬时性问题的思维流程
"
4'
''+ U!
# &33
'8='U
1
甲 *= U8
E'U*'M0
回归教材 剪断细绳的瞬间 Ａ 和 Ｂ 的加速
（１） ，
0
度分别是多少 重力加速度为 ｇ
（ ）？ ' U U
情境变式 如图乙所示 一质量为 ｍ 的小球 U "
（２） ，
=&+33+1+=
系于轻弹簧和长度为 ｌ 的细绳上 小球静止时
２ ， + '+/"
细绳水平 轻弹簧与竖直方向的夹角为 θ 长度 !' ' + U*'M0
， 、
U!,E
为 ｌ 重力加速度为 ｇ
１。 。
考点 3 力学单位制
M M
一、单位制
M M
F
乙 丙
2 2
3
现将水平细绳剪断 求剪断瞬间小球的加速
① ，
度大小 ａ
１。 F
如图丙所示 将图乙中的轻弹簧改为长度为
② ， 二、国际单位制的基本物理量和基本单位
ｌ 的细绳 其他条件不变 现将水平细绳剪断
１ ， ， ， 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
求剪断瞬间小球的加速度大小 ａ
２。 长度 ｌ 米
链接高考 （ 湖南， ， 分）如图 质量分 ｍ
（３） ２０２４ ３ ４ ， 质量 ｍ 千克 公斤
（ ） ｋｇ
别为 ｍ ｍ ｍ ｍ 的四个小球 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 通过 时间 ｔ 秒
４ 、３ 、２ 、 、 、 、 ， ｓ
细线或轻弹簧互相连接 悬挂于 Ｏ 点 处于静止 电流 Ｉ 安 培
， ， ［ ］ Ａ
热力学
状态 重力加速度为 ｇ 若将 Ｂ Ｃ 间的细线剪
Ｔ 开 尔文
， 。 、 温度 ［ ］ Ｋ
断 则剪断瞬间 Ｂ 和 Ｃ 的加速度大小分别为
， 物质的量 ｎ ν 摩 尔
，（ ） ［ ］ ｍｏｌ
（ ） 发光强度 Ｉ Ｉ 坎 德拉
，（ Ｖ） ［ ］ ｃｄ
0
" 典例2 （ 辽宁， ， 分）安培通过实验研究
２０２３ ２ ４ ，
# 发现了电流之间相互作用力的规律 若两段
。
$
长度分别为 ｌ 和 ｌ 电流大小分别为 Ｉ 和
Δ １ Δ ２、 １
% Ｉ 的平行直导线间距为 ｒ 时 相互作用力的大
２ ，
ｇ ． ｇ ｇ ． ｇ Ｉ Ｉ ｌ ｌ
Ａ． ，１ ５ Ｂ．２ ，１ ５ 小可以表示为 Ｆ ｋ １ ２Δ １Δ ２ 比例系数 ｋ
ｇ ． ｇ ｇ ． ｇ Δ ＝ ｒ２ 。
Ｃ．２ ，０ ５ Ｄ． ，０ ５
答案 ｇ ｇ θ ｇ θ 的单位是
（１）２ ０ （２）① ｔａｎ ② ｓｉｎ （ ）
２ ２ ２
（３）Ａ Ａ．ｋｇ·ｍ／（ｓ ·Ａ） Ｂ．ｋｇ·ｍ／（ｓ ·Ａ ）
２ ３ ２ ３ ２
Ｃ．ｋｇ·ｍ ／（ｓ ·Ａ） Ｄ．ｋｇ·ｍ ／（ｓ ·Ａ ）
答案 Ｂ
第3章 牛顿运动定律 ２５
第 2 节 牛顿第二定律的应用
学生用书P23
考点 1 动力学中的两类基本问题 解题导引
一、由受力确定运动情况
'NHG NB
D/
'+ ' NB D '+D
E D
P)
WW BY
D/
二、由运动情况确定受力
NH G NB
'+DD ' NB '+
E
提分关键·方法提升
牛顿第二定律在多过程运动问题中的应用
三、解决两类动力学基本问题的要点
（ ）分析各个过程中运动的特点，明确每一个运动过程
D *D UE D/ １
+D'%U,ED/+52% 的运动形式，注意相邻两个过程的衔接速度。
（ ）分析各个过程的受力情况，明确每一个过程加速度
２
ED/ '+ U*
的方向，注意不同过程各力的变化特点。
. U" 6
（ ）灵活运用运动学公式、结论、图像，灵活运用合成法
３
* !
或正交分解法，结合牛顿第二定律求解加速度及其他相
D
E52' 关量。
E
*D D+ 答案 ＡＣ
!
考点 2 动力学中的图像问题
典例1 （多选）一种能垂直起降的小型遥控无
一、常见的动力学图像
人机如图所示 螺旋桨工作时能产生恒定的升
， ｖ ｔ 图像 ａ ｔ 图像 ｖ２ ｘ 图像 Ｆ ａ 图像 Ｆ ｔ 图
－ 、 － 、 － 、 － 、 －
力 在一次试飞中 无人机在地面上由静止开
。 ， 像 Ｆ ｘ 图像等
始以 的加速度匀加速竖直向上起飞 上 、 － 。
２
２ ｍ／ｓ ， 二、分析动力学图像问题的方法
升 时无人机突然出现故障而失去升力
３６ ｍ 。 1.分清图像的类别：即分清横 纵坐标所代表
已知无人机的质量为 运动过程中所受空 、
５ ｋｇ， 的物理量 明确其物理意义
气阻力大小恒为 重力加速度大小 ｇ ， 。
１０ Ｎ， ＝ 2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具
下列说法正确的是
２
１０ ｍ／ｓ 。 （ ） 体的题意 情境结合起来 明确图像反映的物
、 ，
理过程
。
3.建立图像与公式间的关系：建立与图像对应
的函数关系 然后根据函数关系读取信息或
，
描点作图 特别要明确图像斜率 面积 截距
无人机失去升力时的速度大小为
， 、 、
Ａ． １２ ｍ／ｓ
等对应的物理意义
螺旋桨工作时产生的升力大小为
。
Ｂ． ６０ Ｎ
4.读图时要注意一些特殊点：比如起点 截距
无人机向上减速时的加速度大小为
２ 、 、
Ｃ． １２ ｍ／ｓ
转折点 两图线的交点 特别注意临界点 在
无人机上升的最大高度为
、 ， （
Ｄ． ４０ ｍ
临界点物体运动形式往往发生变化
）。
典例2 （ 广东， ， 分）如图所示 轻质弹簧
２０２４ ７ ４ ，
竖直放置 下端固定 木块从弹簧正上方 Ｈ 高
， 。
２６ 5年高考3年模拟 A版 高考物理
度处由静止释放 以木块释放点为原点 取竖 答案 Ｂ
。 ，
直向下为正方向 木块的位移为 ｙ 所受合外力 提分关键·规律总结
， ，
为Ｆ 运动时间为ｔ 忽略空气阻力 弹簧在弹性 常见动力学图像斜率、面积表示的含义
， ， ，
限度内 关于木块从释放到第一次回到原点的 （ ）ｖ ｔ图像：斜率表示加速度，面积表示位移。
。 １ －
过程中 其 Ｆ ｙ 图像或 ｙ ｔ 图像可能正确的是 （ ）ａ ｔ图像：面积表示速度的变化量。
， － － ２ －
（ ）ｖ２ ｘ图像：斜率表示加速度的 倍。
３ － ２
（ ）
（ ）Ｆ ａ图像：斜率表示物体的质量。
４ －
（ ）Ｆ ｔ图像：面积表示力的冲量或动量的变化量。
５ －
)
（ ）Ｆ ｘ图像：面积表示力做的功或动能的变化量。
６ －
考点 3 超重和失重问题
超重 失重 完全失重
' '
现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于
０
0 ) Z 0 ) Z 竖直向下的
加速度 方向向上 方向向下
加速度等于ｇ
原理 Ｆ ｍｇ ｍａ ｍｇ Ｆ ｍａ Ｆ
－ ＝ － ＝ ＝０
Ａ Ｂ
Z Z 典例3 反向蹦极 是蹦极运动中的一种类型
“ ” 。
) 如图所示 弹性轻绳的上端固定在 Ｏ 点 拉长后
) ， ，
将下端固定在体验者的身上 体验者再通过扣
，
0 U 0 U
环与固定在地面上的拉力传感器相连 传感器
，
Ｃ Ｄ 的示数为 打开扣环 体验者从 Ａ 点由
答案 Ｃ
１ ２００ Ｎ。 ，
静止释放 像火箭一样被 竖直发射 经 Ｂ 点
高考变式 情境相似，变换考查角度 如图 ， “ ”，
（ａ）
上升到最高位置 Ｃ 点 在 Ｂ 点时速度最大 体
所示 原长 ｘ ． 的轻质弹簧的下端固定在 ， 。
， ０ ＝０ ３ ｍ 验者 包括装备 的质量 ｍ 可视为质
倾角为 θ 的固定光滑斜面体的底部 在弹簧的 （ ） ＝ ６０ ｋｇ（
， 点 忽略空气阻力 重力加速度 ｇ 取 ２
上端从静止开始释放质量为 的小球 小球 ）。 ， １０ ｍ／ｓ 。
１ ｋｇ ，
下列说法正确的是
的加速度大小 ａ 与弹簧长度 ｘ 间的关系如图 （ ）
0
所示 重力加速度 ｇ 取 ２ 忽略空气
（ｂ） 。 １０ ｍ／ｓ ，
$
阻力 则
， （ ）
B NeT #
"
(
YN
上升过程 体验者的加速度先增大后减小
图 图 Ａ． ，
（ａ） （ｂ）
斜面倾角的正弦值为 ． 打开扣环瞬间 体验者的加速度大小为
Ａ． ０ ８ Ｂ． ，
弹簧的劲度系数为 ２
Ｂ． ６０ Ｎ／ｍ ２０ ｍ／ｓ
小球的最大速度大小为 ． 在 Ｂ 点 体验者处于超重状态
Ｃ． ０ ６ ｍ／ｓ Ｃ． ，
小球运动到最低点时的加速度大小为 ２ 在 Ｃ 点 体验者处于超重状态
Ｄ． ５ ｍ／ｓ Ｄ． ，
第3章 牛顿运动定律 ２７
答案 Ｂ 于失重状态；等于 时，物体处于完全失重状态。
０
提分关键·方法提升 （ ）从加速度的角度判断：当物体具有向上的（分）加速
２
度时，物体处于超重状态；具有向下的（分）加速度时，物
超重、失重的判断方法
体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体
（ ）从力的角度判断：当物体所受向上的拉力（或支持
１
处于完全失重状态。
力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处
２８ 5年高考3年模拟 A版 高考物理
微专题 4 牛顿第二定律的综合应用
学生用书P25
题型 1 动力学中的连接体问题 速度 加速度相同
、
一、常见连接体问题的类型及其特点
1.物物叠放连接体
物体通过弹力 摩擦力等作用 具有相同的速
、 ，
度和加速度
。 沿杆方向的速度大小相等 角速度相同
4.轻弹簧连接体
在弹簧发生形变的过程中 两端连接体的速
，
度不一定相等 在弹簧形变量最大时 两端连
； ，
速度 加速度相同 接体的速度相等
、 。
2.轻绳连接体
轻绳在伸直状态下 两端的连接体沿绳方向
，
的速度大小总是相等 轻绳对物体的弹力方
，
向始终沿绳
。 二、处理连接体问题的方法
1.方法
整体法与隔离法
。
速度 加速度相同
、 2.选取原则
整体法的选取原则
（１）
若连接体内各物体具有相同的加速度 且不
，
速度 加速度大小相等 方向不同 需要求物体之间的作用力 可以把它们看成
、 ， ，
3.轻杆连接体
一个整体 分析整体受到的外力 应用牛顿第
， ，
轻杆平动时 连接体具有相同的速度和加速
二定律求出加速度
，
。
度 轻杆参与复合运动时 两端的连接体沿杆
； ， 隔离法的选取原则
（２）
方向的速度大小总是相等的 轻杆转动时 两
； ， 若连接体内各物体的加速度不相同 或者要
，
端连接体具有相同的角速度 而线速度与转
， 求出系统内两物体之间的作用力时 就需要
，
动半径成正比 两端连接体所受弹力方向可
。 把物体从系统中隔离出来 应用牛顿第二定
，
能沿杆 也可能不沿杆
， 。 律列式求解
。
整体法 隔离法的交替运用
（３） 、
若连接体内各物体具有相同的加速度 且要
，
求物体之间的作用力时 可以先用整体法求
，
出加速度 然后再用隔离法选取合适的研究 拉力大小 Ｆ
， Ｔ ＝ 。
对象 应用牛顿第二定律求作用力 即 先整 如图乙所示 用力 Ｆ 沿光滑斜面向上拉木块
， ， “ ② ，
体求加速度 后隔离求内力 时 绳的拉力大小 Ｆ 斜面不光滑时
， ”。 ， Ｔ ＝ ；
三、解决连接体问题的基本思路 绳的拉力大小 Ｆ
Ｔ ＝ 。
0 -F!F+"24F* 若质量为 ｍ 和 ｍ 的木块 Ａ 和 Ｂ 叠放在一
（２） １ ２
E - ULK. D+'-/AU
起 放在光滑水平面上 Ｂ 在拉力 Ｆ 的作用下
/A -/A ， ， ，
Ａ Ｂ 一起 相对静止 做匀加速直线运动 则 Ａ
、 （ ） ，
0 --/A U8 * 受到的摩擦力大小为
+ -U *'M0 。
ED-/A "
# '
UU='U8*U7
=E=!?U8 U ｍ Ｆ ｍ Ｆ ｍ Ｆ
* "!?U8 答案 ２ ２ ２
（１）①ｍ ｍ ②ｍ ｍ ｍ ｍ
0 +*U7>/,> 2U １ ＋ ２ １ ＋ ２ １ ＋ ２
/ ? = /!? ｍ Ｆ
!? UUL='U8*U １
（２）ｍ ｍ
7 * "!?U8 ＋
１ ２
+*U7>/,> 2U 提分关键·方法提升
? 'M0
/!?
连接体中力的“分配规律”
如图所示，一起加速运动的物体系统，若力Ｆ作用于质量
典例1 如图所示 水平面上有两个质量分别
，
ｍ Ｆ
为 ｍ 和 ｍ 的木块 和 中间用一条轻绳连 为ｍ 的物体上，则两物体间的相互作用力 Ｆ ２ 。
１ ２ １ ２， １ １２＝ｍ １＋ ｍ ２
接 两木块的材料相同 现用力 Ｆ 向右拉木块
此结论与有无摩擦无关，物体系统并排（若有摩擦，两物
， ，
当两木块一起向右做匀加速直线运动时 已 体与各接触面间的动摩擦因数必须相同），沿水平面、斜
２， ，
知重力加速度为 ｇ 下列说法正确的是 面、竖直方向运动时，此结论都成立。 两物体的连接物为
。 （ ）
' 轻绳、轻杆或轻弹簧时，此结论不变。
若水平面是光滑的 则 ｍ 越大 绳的拉力
Ａ． ， ２ ，
越大 典例2 如图所示 滑块 Ａ 以一定初速度从粗糙
，
若木块和地面间的动摩擦因数为μ 则绳的拉 斜面体Ｂ 的底端沿Ｂ 向上滑 然后又返回 整个
Ｂ． ， ， ，
ｍ Ｆ 过程中斜面体 Ｂ 与地面间没有相对滑动 滑块
力为 １ μｍ ｇ 。
ｍ ｍ ＋ １ 向上滑和向下滑的两个过程中
＋
１ ２ （ ）
绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
Ｃ．
绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 W
Ｄ．
#
答案 Ｃ "
拓展设问 两个质量分别为 ｍ 和 ｍ 的木 滑块向上滑动的时间等于向下滑动的时间
（１） １ ２ Ａ．
块 和 中间用一条轻绳连接 滑块向上滑动的时间大于向下滑动的时间
１ ２， 。 Ｂ．
' ' 斜面体 Ｂ 受地面的摩擦力大小改变 方向
Ｃ． 、
不变
* 斜面体 Ｂ 受地面的支持力大小始终等于 Ａ 与
Ｄ．
如图甲所示 用力 Ｆ 竖直向上拉木块时 绳的 Ｂ 的重力之和
① ， ，
第3章 牛顿运动定律 ２９
答案 Ｃ 界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张
提分关键·规律总结 力 绳子松弛的临界条件是 Ｆ
； Ｔ ＝０。
系统牛顿第二定律与其解题的一般步骤 4.最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所
题目中同时出现至少两个物体，且这些物体之间通过直接 受合力为
０。
接触、绳子、弹簧等约束方式形成一个整体，但各部分的加
三、解决临界极值问题的方法
速度并不相同。 处理这类模型的动力学问题时可以使用
把物理问题 或过程 推向极端 从而使临
一种特殊的连接体处理方式———系统牛顿第二定律。 （ ） ，
极限法 界现象 或状态 暴露出来 以达到正确解
（ ）系统牛顿第二定律 （ ） ，
１ 决问题的目的
对于由多个物体组成的系统（即整体），系统所受的合力
临界问题存在多种可能 特别是非此即彼
等于系统内各个物体所受合力的矢量和，即 Ｆ ，
合 ＝
两种可能时 或变化过程中可能出现临界
ｍ ａ ｍ ａ ｍ ａ … ｍ ａ （式中“ ”表示矢量的合成运 假设法 ，
１ １＋ ２ ２＋ ３ ３＋ ＋ ｎ ｎ ＋ 条件 也可能不出现临界条件时 往往用假
算）。 ， ，
设法解决问题
将上式进行正交分解，可得到
将物理过程转化为函数关系式 根据函数
Ｆ ｘ＝ ｍ １ ａ １ ｘ＋ ｍ ２ ａ ２ ｘ＋ ｍ ３ ａ ３ ｘ＋ … ＋ ｍ ｎ ａ ｎｘ 函数法 ，
关系式解出临界条件
Ｆ ｍ ａ ｍ ａ ｍ ａ … ｍ ａ 。
ｙ＝ １ １ ｙ＋ ２ ２ ｙ＋ ３ ３ ｙ＋ ＋ ｎ ｎｙ
（ ）理解：通过上式可以发现，系统所受的力在 ｘ 方向上 典例3 如图甲所示 轻质弹簧下端固定在水平
２ ，
的合力等于每一个物体的质量与ｘ方向的加速度乘积之
面上 上端叠放着两个质量均为 ｍ 的物体 Ａ Ｂ
， 、 ，
和，在ｙ方向上也是如此。 因此，在某些题目中，需要求
其中物体 Ｂ 与弹簧连接 初始时物体处于静止
，
解外力时，可以直接利用系统的牛顿第二定律进行求解
状态 ｔ 时 用竖直向上的拉力作用在物体 Ａ
和分析，不需要考虑内力，这是对常规整体法的一次提 。 ＝０ ，
上 使 Ａ 开始向上做匀加速运动 测得两物体的
升，该方法有利于提高解题速度。 ， ，
ｖ ｔ 图像如图乙所示 已知重力加速度为 ｇ 则
（ ）注意：应用系统牛顿第二定律只能求解外力，无法求 － ， ，
３
解内力。
（ ）
题型 2 动力学中的临界极值问题
一、临界极值问题的辨别
*%
8 K B %U 甲 乙
C. *' æ ｖ ö
ｔ 时 Ｆ 的大小为 ｍçç ｇ １÷÷
7 U % Ａ． ＝０ ， è２ －ｔ ø
7 *% １
ｍæｇ ö
弹簧的劲度系数为２ ç １÷
3E !E Ｂ． ｔ èｖ －ｔ ø
/E E １ １ １
æ ｖ ö
二、常见的临界条件
Ａ Ｂ 分离时弹簧弹力的大小为 ｍççｇ １÷÷
Ｃ． 、 è －ｔ ø
１
1.接触与脱离的临界条件：弹力 Ｆ
Ｎ
＝０。 ｇｖ ｔ２
ｔ 时间内 Ｂ 上升的高度为 １ １
2.相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值
Ｄ．０～ ２ ， ｖ ｖ
。 ２（ １ － ２）
3.绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临 答案 Ｂ
３０ 5年高考3年模拟 A版 高考物理
微专题 5 动力学中的传送带模型
学生用书P28
题型 动力学中的传送带模型 物体相对传送带的位移大小 ｘ
（２） Δ 。
一、传送带模型的实质 若有一次相对运动 ｘ ｘ ｘ 或 ｘ
① ：Δ ＝ 传 － 物 Δ ＝
传送带模型一般分为水平传送带 倾斜传送带 ｘ ｘ
、 物－ 传。
两种类型 其实质是物体与传送带间的相对 若有两次相对运动 两次相对运动方向相同
， ② ： ，
运动 则 ｘ ｘ ｘ 图甲 两次相对运动方向相
。 Δ ＝Δ １ ＋Δ ２（ ）；
二、分析传送带模型的关键 反 则划痕长度等于较长的相对位移大小
，
分析传送带模型的关键在于对物体所受的摩擦 ｘ 图乙
Δ ２（ ）。
力进行正确的判断 ?Y
。 ?Y ?Y
W W UU ?Y
' ?Y
'E ?Y
'E , W W UKU *
'
E 'E
能力进阶
E+2
KU'
ELU' 典例 如图甲所示 传送带保持恒定速率 ｖ 顺时
,
，
ED
针转动 现将一质量为 ｍ 可视为质点的物块轻
， 、
名师点睛 当 ｖ ｖ （方向相同）时，摩擦力发生突
物＝ 带 轻放在传送带左端 物块和传送带之间的动摩
，
变，物体的加速度发生突变。
擦因数为 μ 已知传送带的水平长度为
。
三、处理传送带模型问题的一般思路
æ ｖ２ ö
ＬçＬ ÷ 重力加速度为 ｇ
-- è ＞ μｇø， 。
EL+' ２
/A
W
W W *
' -
*' '+D'*
甲
求物块从传送带左端到达右端的时间 ｔ
'+ E+EW
（１）① ；
! @0'E+KU /Y 若物块的下方有红色颜料 求物块在传送带
② ，
E
*Y EJ+2'
上留下红色痕迹的长度 ｘ
+D 。
进阶1 情境变换，传送带由静止加速运动
（２）
8µ U B O θU'6E
D
如图乙所示 若传送带足够长 初始时质量
EUE 'ED ， ，
为 ｍ 可视为质点的物块与传送带均静止 某一
E 8µ U UBO θU' !E
、 ，
+E 时刻 让传送带以恒定加速度 ａ 开始运动 当
， ０ ，
E=3 E @0' E+D 其速度达到 ｖ 后 传送带以此速度匀速转动
， 。
@0 KU,/?Y0
经过一段时间 物块在传送带上留下了一段红
，
四、解决传送带模型问题需要注意的一点 色痕迹后相对于传送带静止 已知物块和传送
。
注意物体位移 相对位移和路程的区别 ａ
、 。
带之间的动摩擦因数为 μ 且 μ ０ 最大静摩擦
物体位移 以地面为参考系 单独对物体由 ， ＜ｇ，
（１） ： ，
运动学公式求得的位移 力等于滑动摩擦力 求红色痕迹的长度 ｓ
。 。 。
第3章 牛顿运动定律 ３１
小 ｖ
B １。
乙
#
W
进阶2 水平传送带→倾斜传送带 摩擦力突
-
（３） ＋
变分析 将传送装置倾斜放置如图丙所示 传
， 丙
送带长度为 Ｌ 与水平面的夹角为 θ 以恒定速
、 ，
Ｌ ｖ ｖ２ ｖ２ ｖ２
答案
率 ｖ 顺时针运行 将一质量为 ｍ 可视为质点的 （１）① ｖ ＋ μｇ ② μｇ （２） μｇ－ ａ
， 、 ２ ２ ２ ２ ０
物块轻轻放在传送带上端 物块和传送带之间
，
的动摩擦因数为 μ 且 μ θ 最大静摩擦力 （３） ｖ２ ＋２ ｇ （ｓｉｎ θ － μ ｃｏｓ θ ） é ê êＬ ｖ２ ù ú ú
， ＜ｔａｎ 。 ë － ｇ θ μ θ û
２ （ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ）
等于滑动摩擦力 求物块到达 Ｂ 端时的速度大
。
３２ 5年高考3年模拟 A版 高考物理
提分关键·模型突破
常见传送带模型分析
．水平传送带模型
１
物块的运动情况（加速度大小ａ μｇ）
常见情境 ＝
传送带足够长 传送带不够长
ｖ ｖ 一直匀速
０＝
ｖ２ ｖ２ ｖ２ ｖ２
ｖ ｖ ｌ － ０，先匀加速后匀速 ｌ － ０，一直匀加速
０≤ ０＜ ＞ μｇ ≤ μｇ
２ ２
ｖ２ ｖ２ ｖ２ ｖ２
ｖ ｖ ｌ ０－ ，先匀减速后匀速 ｌ ０－ ，一直匀减速
０＞ ＞ μｇ ≤ μｇ
２ ２
ｖ２
ｌ ０ ，先匀减速后反向匀加速再
ｖ ｖ ＞ μｇ
０＞ ２
匀速
ｖ２
ｌ ０ ，一直匀减速
≤ μｇ
ｖ２ ２
ｖ ｖ ｌ ０ ，先匀减速后反向匀加速
０≤ ＞ μｇ
２
．倾斜传送带模型
２
物块的运动情况
常见情境
传送带足够长 传送带不够长
ａ （μ θ θ）ｇ
＝ ｃｏｓ －ｓｉｎ
ｖ ｖ
０≤ ０＜ ｌ ｖ２ － ｖ２ ０，物块先匀加速后匀速 ｌ ｖ２ － ｖ２ ０，物块一直匀加速
＞ ａ ≤ ａ
２ ２
ｖ ｖ 一直匀速
０＝
ａ （μ θ θ）ｇ
向上传送 ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ
ｖ ｖ
（μ ＞ｔａｎ θ） ０＞ ｌ ｖ２ ０－ ｖ２ ，物块先匀减速后匀速 ｌ ｖ２ ０－ ｖ２ ，物块一直匀减速
＞ ａ ≤ ａ
２ ２续表
物块的运动情况
常见情境
传送带足够长 传送带不够长
ａ （ θ μ θ）ｇ
＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ
ｖ ｖ
０＜ ０＜
ｌ
ｖ２
０，物块先匀减速后反向匀加速 ｌ
ｖ２
０，物块一直匀减速
＞ ａ ≤ ａ
２ ２
ａ （μ θ θ）ｇ
１＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ
ａ （ θ μ θ）ｇ
２＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ
ｖ２ ｖ２ ｖ２ ｖ２
向上传送 ｌ ０－ ，物块一直以ａ 匀减速； ０－
ｖ ０＞ ｖ ｌ ｖ２ ０－ ｖ２ ｖ２ ，物块先以 ａ 匀减速到 ｖ， ≤ ２ ａ １ １ ２ ａ １ ＜
（μ ＜ｔａｎ θ） ＞ ２ ａ １ ＋ ２ ａ ２ １ ｌ ｖ２ ０－ ｖ２ ｖ２ ，物块先以ａ 匀减速到ｖ，
再以ａ 匀减速，最后以ａ 反向匀加速 ≤ ａ ＋ ａ １
２ ２ ２ １ ２ ２
再以ａ 匀减速
２
ａ （μ θ θ）ｇ
＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ
ｖ ｖ
０≤ ０＜ ｌ ｖ２ － ｖ２ ０，物块先匀加速后匀速 ｌ ｖ２ － ｖ２ ０，物块一直匀加速
＞ ａ ≤ ａ
２ ２
ｖ ｖ 一直匀速
０＝
ａ （μ θ θ）ｇ
向下传送 ＝ ｃｏｓ －ｓｉｎ
ｖ ｖ
（μ θ） ０＞ ｌ ｖ２ ０－ ｖ２ ，物块先匀减速后匀速 ｌ ｖ２ ０－ ｖ２ ，物块一直匀减速
＞ｔａｎ ＞ ａ ≤ ａ
２ ２
ａ （μ θ θ）ｇ
１＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ
ａ （ θ μ θ）ｇ
２＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ
０≤ ｖ ０＜ ｖ ｌ
＞
ｖ
２
２ －
ａ
ｖ
１
２ ０，物块先以ａ
１
匀加速，与传送带
ｌ ≤
ｖ２
－ ａ
ｖ２
０，物块一直以ａ １ 匀加速
向下传送 共速后以ａ 匀加速 ２ １
２
（μ θ） ｖ ｖ 物块以ａ （ θ μ θ）ｇ匀加速
＜ｔａｎ ０≥ ＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ
微专题 6 动力学中的滑块-木板模型
学生用书P30
题型 动力学中的滑块-木板模型 二、处理滑块-木板模型问题的一般思路
一、分析滑块-木板模型的关键 ') -#
K." # E=
# D, E5# -/A
# D' +D%U
'M0 E, +
D D%*UD E= @0
D *%
/ +J
-, K
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3 !?
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*K."!# KG LG
N
8GG U@ 8G G U@
N N
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第3章 牛顿运动定律 ３３
类型1 水平面上的滑块-木板模型
Ｌ
若 Ｆ μｍｇ 铁块需经过 ２ 才能离开木板
典例1 （多选）如图所示 质量为 ｍ 的小铁块 Ａ． ＝７ ， μｇ
， １ ３
和质量为 ｍ 的长木板静止叠放在水平地面上 Ｌ
２ ， 若 Ｆ μｍｇ 铁块需经过 才能离开木板
铁块位于木板的最左端 ｍ ｍ ｍ 木板长为 Ｂ． ＝７ ， μｇ
， １ ＝ ２ ＝ ， ３
Ｌ 铁块可视为质点 铁块与长木板间的动摩擦 为使铁块能离开木板 且离开木板时铁块相
， 。 Ｃ． ，
因数 μ μ μ 为已知量 长木板与地面间的 对于地面的速度最小 Ｆ 应该为 μｍｇ
１ ＝３ （ ）， ， ３
动摩擦因数 μ μ 且最大静摩擦力与滑动摩擦 为使铁块能离开木板 且离开木板时铁块相
２ ＝ ， Ｄ． ，
力相等 重力加速度为ｇ 现对铁块施加一个水 对于地面的速度最小 Ｆ 应该为 μｍｇ
， 。 ， ５
平向右的恒定拉力 Ｆ 下列说法正确的是 答案 ＡＤ
，
（ ）
N
'
N
３４ 5年高考3年模拟 A版 高考物理
提分关键·模型突破
水平面上的滑块 木板模型分类解读
－
．力作用在“块”上
１
示意图
条件 水平面光滑：μ ，μ′ 水平面粗糙：μ ，μ′ 且μｍｇ ｆ′ μ′（ｍ Ｍ）ｇ
≠０ ＝０ ≠０ ≠０ ＞ ＝ ＋
“板块”对地静止：对整体有Ｆ “板块”相对地面静止：对整体有Ｆ ｆ
① ＝０ ① ＝ 地静
相对 “板块”相对静止对地共同加速： “板块”相对静止对地共同加速：
② ②
静止 对整体有Ｆ （ｍ Ｍ）ａ 对整体有Ｆ ｆ′ （ｍ Ｍ）ａ
＝ ＋ － ＝ ＋
过程 对“块”有Ｆ ｆ ｍａ 对“块”有Ｆ ｆ ｍａ
－ 静＝ － 静＝
对“板”有ｆ Ｍａ 对“板”有ｆ ｆ′ Ｍａ
静＝ 静－ ＝
“板块”对地滑动的临界条件：Ｆ “板块”对地滑动的临界条件：Ｆ ｆ ｆ′ μ′（ｍ Ｍ）ｇ
① ＝０ ① ＝ 地 ｍａｘ＝ ＝ ＋
“板块”相对滑动的临界条件：ｆ ｆ
临界 ② ＝ ｍａｘ ＝ “板块”相对滑动的临界条件：ｆ ｆ μｍｇ，此时 ａ ｆ － ｆ′
μｍｇ ｍ ② ＝ ｍａｘ ＝ 临界 ＝ Ｍ ＝
条件 μｍｇ，此时ａ ，外力Ｆ Ｆ′ μ（ｍ
临界＝ Ｍ ＝ ＝ Ｍ ＋ μｍｇ μ′（ｍ Ｍ）ｇ （μ μ′）（Ｍ ｍ）ｍｇ
－ ＋ ，外力Ｆ Ｆ′ － ＋
Ｍ）ｇ Ｍ ＝ ＝ Ｍ
相对滑 对“块”有Ｆ μｍｇ ｍａ 对“块”有Ｆ μｍｇ ｍａ
－ ＝ １ － ＝ １
动过程 对“板”有μｍｇ Ｍａ 对“板”有μｍｇ μ′（ｍ Ｍ）ｇ Ｍａ
＝ ２ － ＋ ＝ ２
ａ Ｆ
－
图像
．力作用在“板”上
２
示意图
条件 水平面光滑：μ ，μ′ 水平面粗糙：μ ，μ′
≠０ ＝０ ≠０ ≠０续表
“板块”对地静止：对整体有Ｆ “板块”相对地面静止：对整体有Ｆ ｆ
① ＝０ ① ＝ 地静
相对 “板块”相对静止，对地共同加速： “板块”相对静止，对地共同加速：
② ②
静止 对整体有Ｆ （ｍ Ｍ）ａ 对整体有Ｆ ｆ′ （ｍ Ｍ）ａ
＝ ＋ － ＝ ＋
过程 对“块”有ｆ ｍａ 对“块”有ｆ ｍａ
静＝ 静＝
对“板”有Ｆ ｆ Ｍａ 对“板”有Ｆ ｆ ｆ′ Ｍａ
－ 静＝ － 静－ ＝
“板块”对地滑动的临界条件：Ｆ “板块”对地滑动的临界条件：Ｆ ｆ ｆ′ μ′（ｍ Ｍ）ｇ
临界 ① ＝０ ① ＝ 地 ｍａｘ＝ ＝ ＋
“板块”相对滑动的临界条件：ｆ ｆ “板块”相对滑动的临界条件：ｆ ｆ μｍｇ，此时ａ μｇ，外力Ｆ Ｆ′
条件 ② ＝ ｍａｘ ＝ ② ＝ ｍａｘ＝ 临界＝ ＝ ＝
μｍｇ，此时ａ 临界＝ μｇ，外力Ｆ ＝ Ｆ′ ＝ μ（ｍ ＋ Ｍ）ｇ （μ ＋ μ′）（ｍ ＋ Ｍ）ｇ
相对滑 对“块”有μｍｇ ｍａ 对“块”有μｍｇ ｍａ
＝ １ ＝ １
动过程 对“板”有Ｆ μｍｇ Ｍａ 对“板”有Ｆ μｍｇ μ′（ｍ Ｍ）ｇ Ｍａ
－ ＝ ２ － － ＋ ＝ ２
ａ Ｆ
－
图像
类型2 斜面上的滑块-木板模型 滑动
典例2 如图甲所示 光滑斜面体上有固定挡板 不能求出木板和物块两者间的动摩擦因数
， Ｂ．
Ａ 斜面体上叠放着小物块 Ｂ 和薄木板 Ｃ 木板 由题目条件可求出木板 Ｃ 的质量
， ， Ｃ．
下端位于挡板 Ａ 处 整体处于静止状态 木板 当 Ｆ 时物块 Ｂ 和木板 Ｃ 相对滑动
， 。 Ｄ． ＞１５ Ｎ
Ｃ 受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力 Ｆ 作用 答案 Ｄ
时 木板 Ｃ 的加速度 ａ 与拉力 Ｆ 的关系图像如 提分关键·方法提升
，
图乙所示 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力 斜面上的滑块 木板模型的解题关键
， ， －
重力加速度 ｇ 取 ２ 则由图像可知下列说 （ １ ）斜面上的滑块 － 木板模型的复杂性主要来源于滑块
１０ ｍ／ｓ ，
和木板的多过程运动分析及关键状态的受力分析，要注
法正确的是
（ ）
意方法的选取。
B NeT
（ ）判断滑块和木板能否相对静止利用假设法和整体隔
' ２
# $ 离的方法，而出现相对运动时要通过牛顿运动定律和运
" '/ 动学公式计算是否出现共速和有无滑离的情形。
甲 乙 （ ）以时间为轴线画出过程示意图逐步分析。
３
当 Ｆ 时物块 Ｂ 和木板 Ｃ 相对
Ａ． １０ Ｎ＜ ＜１５ Ｎ
第3章 牛顿运动定律 ３５
实验 4 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
学生用书P32
一、实验原理及装置图 实验装置如图所示 用控制变量法先保持 Ｆ 不
，
变 探究 ａ 和 Ｍ 的关系 再保持 Ｍ 不变 探究 ａ
， ， ，
和 Ｆ 的关系 加速度可以根据纸带上打出的点
。
测量 拉力近似等于槽码的重力
， 。
二、操作要领及注意事项
1.如何平衡阻力：按图安装实验器材 先不要
，
悬挂槽码 给小车一初速度 若小车恰好能做
， ，
匀速直线运动 纸带点迹分布均匀 则说明
（ ）， Ｆ ａ １图像如图甲 乙中 所示
、 －Ｍ 、 ③④ 。
平衡了小车受的阻力 实验过程中要求细线
。
若实验中没有满足 Ｍ 远大于 ｍ 则 ａ Ｆ
与长木板平行 不用重复进行平衡阻力
（３） ， － 、
， 。
2.槽码和小车的质量应满足什么关系：由于本
ａ １图像如图丙 丁所示
－Ｍ 、 。
实验中把槽码的总重力大小 ｍｇ 看成小车受
B B
到的拉力大小 Ｆ 所以需要使槽码的质量远小
，
于小车的质量 若使用力传感器测拉力 Ｆ 或
（
以小车和槽码整体为研究对象 则无需满足
， 0 ' 0
此要求 .
）。
丙 丁
3.实验操作时需要注意哪些细节：改变拉力或
四、误差分析
小车质量后 每次开始时小车应尽量靠近打
， 1.拉力数据误差：由于将槽码的重力 ｍｇ 当作
点计时器 先接通电源 后释放小车 且在小
， ， ， 细线的拉力 而实际重力 ｍｇ 大于拉力 Ｆ
车到达滑轮 前 按 住 小 车 ， 。
。 2.阻力补偿误差：若长木板坡度调节不合理
三 、 数 据 处 理 （ 如 图 所 示） ，
可能导致作出的图线不经过坐标原点
B B 。
五、改进方案
1.实验器材的创新
*K
0 ' 0 ! D # # E "
.
1.利用 ｘ ａＴ２ 求加速度
Δ ＝ 。 E!#
2.以 ａ 为纵坐标 Ｆ 为横坐标 根据各组数据描
， ， I-
点连线 如果图线为一条过原点的倾斜直线
气垫导轨 不用平衡阻力
， ，
，
说明 ａ 与 Ｆ 成正比 2.测量拉力的创新
。
3.以 ａ 为纵坐标 １为横坐标 描点连线 如果图 /
，Ｍ ， ，
%@ 3 D
1"@
线为过原点的倾斜直线 就能判定 ａ 与 Ｍ 成 J
，
D4
反比
D#D
。
I-
4.ａ Ｆ ａ １图像的可能情形及对应原因
－ 、 －Ｍ
弹簧测力计 或力传感器 可直接测量绳的拉
B B （ ）
力 不必保证小车质量远大于钩码的总质量
， 。
3.减小测量误差的创新
/ /
0 ' 0
.
D
甲 乙
若平衡阻力时木板垫起的倾角过小 则ａ DE
（１） ， － I-
Ｆ ａ １图像如图甲 乙中 所示 位移传感器 光电门和速度传感器可以更加
、 －Ｍ 、 ①② 。 、
精确地测出小车的位移或瞬时速度
若平衡阻力时木板垫起的倾角过大 则ａ 。
（２） ， －
３６ 5年高考3年模拟 A版 高考物理
