【文档说明】高考物理一轮复习课件第3章牛顿运动定律第9讲牛顿运动定律的综合应用 (含详解).ppt，共(102)页，2.048 MB，由MTyang资料小铺上传

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第三章牛顿运动定律高考总复习·物理第9讲牛顿运动定律的综合应用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象．(

2)产生条件：物体具有的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有的加速度．大于向上小于向下3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)的现象称为完全失重现象．(

2)产生条件：物体的加速度a＝，方向竖直向下．4．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态．(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．等于零g无关不等于[基础小练]判断下

列说法是否正确(1)物体对接触面的压力大于自身重力的现象即为超重．()(2)失重时物体的重力小于mg.()(3)处于超重或失重状态的物体必须有竖直方向的加速度或分加速度．()(4)减速上升的升降机内的物

体，物体对地板的压力大于重力．()××√×(5)在传送带上随传送带一起匀速运动的物体不受摩擦力作用．()(6)滑块在静止的木板上滑动与在运动的木板上滑动，摩擦力必然不同．()××板块二︿︿[考法精讲]考法一对超重和失重的理解归纳总结对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全

失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．【自主练1】(2019·郑州一模)(多选)某星级宾馆安

装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机拍照记录了相关的信息，如图所示，则下列说法正确的是()A．根据图(a)和图(e)

可估测出电梯向下制动时的加速度B．根据图(a)和图(c)可知电梯对人的作用力阻碍人的运动C．根据图(a)和图(b)可估测出电梯向上制动时的加速度D．根据图(a)和图(d)可知电梯对人的作用力阻碍人的运动答案AD解析图

(e)表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(e)，能够求出电梯向下制动时的加速度，选项A正确．图(c)表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，电梯对人的作用是动力，选项B错误

．图(b)表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(b)，能够求出电梯向上起动时的加速度，选项C错误．图(d)表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，电梯对人的作用力是阻力，选项D正确．【自主练2】(2019·连云港高三调研)如图

所示，台秤上放一装有水的杯子，杯底用细线系一光滑小球，若细线发生断裂，在小球加速上升的过程中，不计水的阻力，台秤的读数将()A．变小B．变大C．不变D．无法确定A解析以容器和小球组成的整体为研究对象，细线断裂，在小球加速上升过程中加速度向上，存在超重现

象，而小球下降留下的空位由水来填充，所以相当于一个与小球同样大小的水球向下加速运动，存在失重现象，由于同样体积的小球质量小于水球的质量，所以整体存在失重现象，台秤的示数小于系统总重力，台秤的示数减小，选项A正确．解题技巧判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断当物体受向上的

拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，处于失重状态；等于零时，处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化角度判断①物体向上加速

或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重．考法二传送带模型传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．1．水平传送带问题(1)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与

传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．(2)滑块在水平传送带上运动常见的三种情景项目图示滑块可能的运动情景情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v

时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0【例题1】(2019·济南重点中学联考)

如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作

出三个物体的v－t图象如图乙、丙、丁所示．求：(1)传送带的速度大小v0；(2)PQ的长度L；(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数；(4)物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC.解析(1)物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的

速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4m/s.(2)v－t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A的位移xA＝36m，传送带的长度L与A的位移相等，也是36m.(3)A的加速度aA＝ΔvAt1＝4m/s2，由牛顿第

二定律得μAmg＝maA，所以μA＝aAg＝0.4.同理，B的加速度aB＝ΔvBt2＝2m/s2，μB＝aBg＝0.2.设C的加速度为aC，则aC＝μCg，由L＝v22μCg得μC＝0.0125.(4)设物体

C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L＝0＋vC2tC，解得tC＝2LvC＝24s.答案(1)4m/s(2)36m(3)0.40.20.0125(4)24s【跟踪训练1-1】(2019·遂宁高三一诊)(多选)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处

轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，则()A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1B．A、B间距离为24mC．小物块在传送带上留下的痕迹是8mD．物块速度刚好到4m/

s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端答案AC解析由图乙可知，物块先加速后匀速，且由图乙可知，加速过程的加速度为a＝44m/s2＝1m/s2，根据牛顿第二定律可知a＝Fm＝μmgm＝μg，由以上两式解得μ＝0.1，故选项A正确；A、B间距离即为物块在6s内发生的位移，即图乙的面积s＝

2＋62×4m＝16m，故选项B错误；物块在加速运动过程中，相对传送带发生的位移为Δs＝4×4m－12×4×4m＝8m，即小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故选项C正确；物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为a＝－μg＝－1m/s2

，物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为x＝4×42m＝8m，所以物块减速的长度为Δx＝s－x＝8m，而物块从4m/s减到零发生的位移为v22a＝422×1m＝8m，所以物块刚好到达B端，故选项D错误．【跟踪训练1-2】(多选)如图所示，水平传送带以速

度v1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＝0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＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P的速度随时间变化的图

象可能是()BC解析若P在传送带左端时的速度v2小于v1，则P受到向右的摩擦力，当P受到的摩擦力大于绳的拉力时，P做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到v1后做匀速运动，所以选项B正确．

当P受到的摩擦力小于绳的拉力时，P做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体P受到向左的摩擦力，使P做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速

度先减到v1，之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为零，再反向做加速运动，加速度不变，从左端滑出，所以选项C正确．2．倾斜传送带问题(

1)求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．(2)滑块在倾斜传送带上运动常见的四种情景项目图示滑块可能的运动情景情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(

2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直减速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直减速(3)可能先减速后反向加速【例题2】(2019·上饶中学高三高考仿真考试)(多

选)如图所示，浅色传送带A、B两端距离L＝22m，以速度v0＝12m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝30°，现将一质量m＝4kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝35，g取10m/s2，则下列叙述正确的是()A．煤块从A端运动到B端所经历时间为2

.5sB．煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为8mC．煤块刚好与传送带共速时，传送带速度立即减为零，煤块从A端运动到B端所经历时间为2.5sD．煤块运动到B端时速度为14m/s[思维导引]煤块在重力沿斜面的分力及滑动摩擦力的作用下加速，达到共同速度后，由于摩擦力

方向改变，煤块以另一加速度继续加速滑行．痕迹长度要看是前划线还是后划线．答案ACD解析煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动．设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得mgsin

θ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×sin30°＋35×cos30°＝8m/s2，由v0＝a1t1得t1＝1.5s；此过程通过的位移大小为x1＝v02t1＝122×1.5m＝9m＜L.由于mgsinθ＞μmgcosθ，故

煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上．设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝10×

sin30°－35×cos30°＝2m/s2；由L－x1＝v0t2＋12a2t22，代入数据得22－9＝12t2＋12×2×t22，解得t2＝1s，故煤块从A到B的运动时间是t＝t1＋t2＝2.5s，故选项A正确．由于第一个过程煤块与传送带间的相对位移大小v0t

1－x1＝9m，此过程中煤块留下的痕迹向前；第二个过程煤块与传送带间的相对位移大小(L－x1)－v0t2＝1m，此时煤块留下的痕迹向后，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为9m，选项B错误．煤块刚好与传送带共

速时，传送带立即减速为零，则煤块两阶段运动和原来一致，运动时间仍为2.5s，故选项C正确．煤块从A端运动到B端时速度v＝v0＋a2t2＝(12＋2×1)m/s＝14m/s，故选项D正确．归纳总结滑块与传送带达到共同速度后，不一定与传送带相对静止，这取决于重力

沿斜面分力与滑动摩擦力的大小关系，若重力沿斜面分力大，继续加速，只是摩擦力方向改变导致加速度改变，若重力沿斜面分力小，滑块则与传送带保持相对静止．【跟踪训练2-1】(2019·山西高三第一次模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动．

将一小物块以v0＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小物块运动的加速度大小恒为10m

/s2B．小物块向上运动的时间为0.6sC．小物块向上滑行的最远距离为4mD．小物块最终将随传送带一起向上做匀速运动C解析物块的运动分两个阶段，开始时物块相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿斜面向下ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，a1＝10m/s2，物块速度等于

传送带后相对斜面向下运动，滑动摩擦力沿斜面向上ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，a2＝2m/s2，故选项A错误；两段运动的时间分别为t1、t2，则有a1t1＝v2－v1，t1＝0.6s，a2t2＝v1，t2＝1.0s，所以向上运动的时间为t1＋t2＝1.6s，故选项B错

误；两段运动的位移分别为s1＝v2＋v12·t1＝3m，s2＝v1＋02·t2＝1m，小物块向上滑行的最远距离为4m，故选项C正确；由于mgsinθ>μmgcosθ，小物块先向上减速到零，再向下加速，故选项D错误．【跟踪训练2-2】(2019

·皖北名校联盟联考)(多选)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v-t图象如图乙

所示，已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列判断正确的是()A．传送带的速度为4m/sB．传送带底端到顶端的距离为32mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0

.1D．物块所受摩擦力的方向一直与物块运动的方向相反答案AB解析根据v-t图象可知，物块0～2s内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相同时，由于重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，物块向上做减速运动，因此可以判断传送带的速度为4m/s，选项A正确；传送带底端到

顶端的距离为v-t图象包围的面积为32m，选项B正确；0～2s内由牛顿第二定律可得gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2,2～4s内gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，解得μ＝0.5，选项

C错误；在2～4s内，摩擦力与物块运动方向相同，选项D错误．考法三“滑块——木板”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，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L，如图乙所示．【例题3】(2019·豫北豫南名校联考)(多选)

滑板A放在光滑水平面上，质量为M，质量为m的滑块B(可视为质点)放在滑板右端，滑块与滑板间的动摩擦因数为μ，滑板和滑块均静止．现对滑板施加向右的水平恒力F，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t.下列判断正确的是()A．滑块与滑板间的动摩擦因数应满足μ<FMgB．若仅减小M，时间t会缩短C．

若仅减小m，时间t会缩短D．若仅减小F，时间t会缩短[思维导引]滑块与滑板的相对位移一定，且滑块和滑板都做初速度为零的匀加速直线运动，表示出二者的加速度，根据关系式l＝12aAt2－12aBt2判断运动时间与各量的关系．

答案BC解析滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得μmgm<F－μmgM，解得μ<FM＋mg，故选项A错误；由运动学得l＝12aAt2－12aBt2＝12F－μmgMt2－12μgt2，所以t2＝2lF－μmgM－μg，若仅减小M，或仅减小m，时间t都会缩短

，故选项B、C正确；同理，若仅减小F，则时间t增大，故选项D错误．解题技巧“滑块——滑板”模型问题的分析思路【跟踪训练3-1】(2019·潍坊高三一模)如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动．当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为

x、速度为v.若只减小滑块质量，再次拉动木板，滑块与木板分离时()A．x变小，v变小B．x变大，v变大C．x变小，v变大D．x变大，v变小A解析长木板和滑块做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1＝μg，长木板加速

度a2＝F－μmgM，由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x＝12a1t2，滑块相对长木板的位移为L＝12a2t2－12a1t2，滑块相对地面的速度为v＝a1t，若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1＝μg不变，长木板加速度

a2＝F－μmgM变大，由滑块相对长木板的位移为L＝12a2t2－12a1t2可得运动时间变小，滑块相对地面的位移为x＝12a1t2变小，滑块相对地面的速度为v＝a1t变小，故选项A正确，B、C、D错误．【跟踪训练3

-2】(2019·山东实验中学高三第一次诊断考试)(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力与滑动摩擦

力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是()A．a＝μgB．a＝23μgC．a＝13μgD．a＝F2m－13μg答案CD解析(1)木板相对物块没动①若F＜23μmg，则木板上下表面都受

到大小相等、方向相反的摩擦力，摩擦力大小为F，此时木板加速度为零；②若μmg＞F＞23μmg，则木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力有拉力F和地面的摩擦力Ff，则其加速度为a＝F－Ff2m＝F2m－μg3，选项D正确．(2

)木板相对物块动了此时F＞μmg，则木板就是在物块的摩擦力和地面对它的摩擦力作用下做匀加速直线运动，其受到物块的摩擦力为Ff1＝μmg，受到地面的摩擦力为Ff2＝23μmg，则获得的加速度为a＝μg3，选项C正确．【跟踪训练3-3

】(2019·浮梁一中高考冲刺训练)如图所示，质量M＝1kg的木板静止在水平地面上，质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大摩擦力都等于滑动摩擦力，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取

g＝10m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.(1)若力F恒为8N，经1s铁块运动到木板的左端．求木板的长度；(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象．解析

(1)对铁块，由牛顿第二定律F－μ2mg＝ma1，对木板，由牛顿第二定律μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则x木＝12a2t2，x铁＝12a1t2，x铁－x木＝L，联立解得L＝1m.(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝2N，系统没有被拉

动，静摩擦力与外力成正比，即Ff＝F；②当F>μ1(m＋M)g＝2N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a，F－Ff＝ma，解得F＝2Ff－2，此时Ff≤μ1mg＝4N，也即F≤6N，所以当2N<F≤6N时，Ff＝F2＋1(N)；③当

F>6N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为Ff＝μ2mg＝4N，Ff－F图象如图所示．答案(1)L＝1m(2)见解析图[典例诊断]【例题4】(2019·枣庄高三二调)如图所示，长为L、质量为M的薄木板放在水平地面上，一质量

为m可视为质点的木块放在薄木板的右端．用水平向右的力F作用于薄木板的右端，可将薄木板从木块下抽出．已知薄木板与地面之间、木块与薄木板之间、木块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.设物体之间的最大静摩擦力等于滑动

摩擦力．求：(1)力F的大小满足的条件；(2)试推导并说明木块离开薄木板后向右运动的位移大小s与力F大小之间的关系．[错解实录]【解析】(1)设木块与木板之间的最大静摩擦力大小为Ffm，由题意和滑动摩擦力公

式得Ffm＝μmg，①设木块随木板一起运动相对于地面的最大加速度大小为am，由牛顿第二定律得Ffm＝mam，②此时，设作用于薄木板右端水平向右的力大小为F0，对于木块和木板整体，由滑动摩擦力公式和牛顿第二定律得F0－μMg＝(M＋m)am，③解得

F0＝2μMg＋μmg，④要将薄木板从木块下抽出，应满足的条件为F>F0，⑤即F>2μMg＋μmg.⑥(2)在F>2μMg＋μmg时，木块相对于木板发生了滑动；设木块和木板相对于地面运动的加速度大小分别为a1、a2，由滑动摩擦力公式和牛顿第

二定律得，对木块Ff＝μmg，Ff＝ma1，⑦对木板Ff地＝μ(M＋m)g，⑧F－Ff地＝Ma2，⑨解得a1＝μg，a2＝F－μM＋mgM，⑩设木块从开始运动到刚从木板上滑落所用的时间为t1，木块和木板相对于地面发生位移分别为s1、s2，由运动学公式和几何关系得s1＝12a1t21,s2＝1

2a2t21，s1＋L＝s2，⑪解得t1＝2MLF－2μMg－μmg，⑫设此时木块的速度大小为v1，由运动学公式得v1＝a1t1，⑬木块从木板上滑落后，在水平地面上继续滑动，设其受到的滑动摩擦力大小为F′f、加速度大小为a′，由滑

动摩擦力公式和牛顿第二定律得F′f＝μmg,F′f＝ma′，v21＝2a′s，⑭解得s＝μMgLF－2μMg－μmg，⑮通过上式分析可得，木块离开薄木板后向右运动的位移大小s随力F的增大而减小．【答案】(

1)F>2μMg＋μmg(2)s＝μMgLF－2μMg－μmg[名师点评]本题出现的第一个错误是③式，丢了一个摩擦力，导致④式和⑥式均错．第(2)小题中，分析木板受力情况时，同样丢了一个摩擦力，导致后续计算出现错误．若在考试中出现这类情况，丢

分大约在一半左右，而考生的思路还是正确的，这是很可惜的．将③式改为F0－μ(M＋m)g＝(M＋m)am，④式改为F0＝2μ(M＋m)g，⑥式改为F>2μ(M＋m)g.将第(2)小题的第一句话改为“在F>2μ(M＋m)g

时”，⑨式改为F－Ff－Ff地＝Ma2，⑩式改为a1＝μg，a2＝F－μmg－μM＋mgM，⑫式改为t1＝2MLF－2μM＋mg，⑮式改为s＝μMgLF－2μM＋mg即可．本题的错误解法看起来错了好多地方，实际就是在两个地方丢了摩擦力！解析(1)设木块与木板之间

的最大静摩擦力大小为Ffm，由题意和滑动摩擦力公式得Ffm＝μmg，设木块随木板一起运动相对于地面的最大加速度大小为am，由牛顿第二定律得Ffm＝mam，此时，设作用于薄木板右端水平向右拉力的大小为F0，对于木块和木板整体，由滑动摩擦力公

式和牛顿第二定律得F0－μ(M＋m)g＝(M＋m)am，解得F0＝2μ(M＋m)g，要将薄木板从木块下抽出，应满足的条件为F>F0，即F>2μ(M＋m)g.(2)在F>2μ(M＋m)g时，木块相对于木板发生了滑动；设木块和木板相对于地面运动的加速度大小分别为a1、a2，由滑动摩擦力

公式和牛顿第二定律得，对木块有Ff＝μmg，Ff＝ma1，对木板Ff地＝μ(M＋m)g，F－Ff－Ff地＝Ma2，解得a1＝μg，a2＝F－μmg－μM＋mgM.设木块从开始运动到刚从木板上滑落所用的时间为t1，木块和木板相对于地

面发生位移分别为s1、s2，由运动学公式和几何关系得s1＝12a1t21，s2＝12a2t21，s1＋L＝s2，解得t1＝2MLF－2μM＋mg.设此时木块的速度大小为v1，由运动学公式得v1＝a1t1，木块从木板上滑落后，在水

平地面上继续滑动，设其受到的滑动摩擦力大小为F′f、加速度大小为a′，由滑动摩擦力公式和牛顿第二定律得F′f＝μmg，F′f＝ma′，v21＝2a′s，解得s＝μMgLF－2μM＋mg，通过上式分析可得，木块离开薄木板后向右运动的位移大小s随力F的增大

而减小．答案(1)F>2μ(M＋m)g(2)s＝μMgLF－2μM＋mg易错警示“滑块——滑板”模型中摩擦力计算的盲区在“滑块——滑板”模型中，若力作用在滑板上，滑块一般只受一个摩擦力，而木板往往受两个摩擦力．计算木板与地面(或斜面)的滑

动摩擦力时，需要注意其与地面(或斜面)的压力是滑板和滑块的总重力(或总重力垂直斜面的分力)，容易遗漏的是滑块的重力(或滑块重力垂直斜面的分力)，从而导致摩擦力计算错误．【跟踪训练4-1】(2019·攀枝花高三二模)如图所示，质量m1＝500g的木板A静放在水平平台上，木板的

右端放一质量m2＝200g的小物块B.轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C连接，长木板与滑轮间的细线水平．现将物块C的质量由零逐渐增加，当C的质量增加到70g时，A、B开始一起运动；当C的质量增加到

400g时，A、B开始发生相对滑动．已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计，重力加速度g＝10m/s2.求木板与平台间、木板与物块B间的滑动摩擦因素．解析设A与桌面间的动摩擦因数

为μ，当mC＝70g时系统恰好匀速运动，由平衡条件得T＝mCg，Ff＝T，Ff＝μ(m1＋m2)g，联立解得μ＝0.1.设A、B间动摩擦因数为μAB，当mC＝400g时，系统受力如图所示．设系统加速度为a，由牛顿第二定律得对B有μABm2g＝m2a，对C有mCg

－T1＝mCa，对A、B整体有T1－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立以上各式得μAB＝0.3.答案μ＝0.1μAB＝0.3【跟踪训练4-2】(2019·陕西高三第四次模拟)如图所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5m，两物体与纸带间的

动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2.现以恒定的加速度a＝2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)两物体A、B停在地面上的距离．解析(1)两物体在纸带上滑动时有

μ1mg＝ma1，当物体A滑离纸带时12at21－12a1t21＝d，由以上两式可得t1＝1s.(2)如图所示．物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1，两物体在地面上运动时有μ2mg＝ma2，物体A从开

始运动到停在地面上过程中的总位移s1＝v212a1＋v212a2，当物体B滑离纸带时12at22－12a1t22＝2d，物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2，物体B从开始运动到停在地面上过程的总位移s2＝v222a1＋v222a2，两物体A、B最终停止时的间距s＝s2＋

d－s1，由以上各式可得s＝1.25m.答案(1)1s(2)1.25m【跟踪训练4-3】(2019·万州二中高三月考)长为L＝5m、质量为M＝2kg的薄木板，在F＝10N水平向右的拉力作用下，以v0＝6m/s的速度匀速运动．某时刻将质量为m＝1kg、大小不计的铁块轻放在木板的最

右端，水平拉力F不变，木板与铁块间的动摩擦因数为μ1＝0.1.求：(g＝10m/s2)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ2；(2)刚放上铁块后铁块的加速度a1、木板的加速度a2；(3)通过计算判断铁块是否会从木板上掉下去；若掉下去，计算铁块在

木板上滑行的时间；若不掉下去，计算在放上铁块后木板运动的总时间．解析(1)木板匀速运动，由平衡条件可得F＝μ2Mg，解得μ2＝0.5.(2)放上铁块后，铁块的加速度为a1＝μ1mgm＝1m/s2，向右加速，木板的加速度

为a2＝F－μ1mg－μ2M＋mgM＝－3m/s2，向右减速．(3)若铁块不掉下去，当二者速度相同时有v＝a1t＝v0＋a2t，解得t＝1.5s，v＝1.5m/s，相对滑动位移为Δx1＝v0＋v2t1－v2t1＝v0t2＝4.5m<5m，速度相同时，

对整体a＝F－μ2M＋mgM＋m＝－53m/s2>1m/s2，铁块和木板继续相对滑动．对木板a′2＝μ2M＋mg－F－μ1mgM＝2m/s2，向右减速，对铁块a′1＝μ1g＝1m/s2，向右减速，从速度相同到两者都静止时，相对滑动位移Δ

x2＝v22a′1－v22a′2＝916m<Δx1，铁块不会掉下去．从速度相同到木板静止t′＝va′2＝0.75s，放上铁块后木板运动的总时间t总＝t＋t′＝2.25s.答案(1)0.5(2)1m/s2－3m/s2(3)不会掉下去2.25s板块三︿︿1.若货物随升降机运动的v－t图象如图所示

(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()B解析由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加

速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知，选项B正确．2．如图所示，水平传送带与质量为m的物块间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带做匀速运动的速度为v0＝2m/s，物块在经过

传送带上方长为L＝38m的虚线区域时会受到一恒定的向下压力F＝mg.已知压力区左边界距传送带左端的距离为x1＝0.25m，物块自传送带左端无初速度释放后，经过1s到达传送带的右端，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块到达压力区左边界时的速度；(2)压力区右边界到传送带最右端的长度．

解析(1)物块在压力区左侧时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝2m/s.当物块速度达到传送速度时，物块在传送带上运动的位移x＝v202a1＝1m>x1＝0.25m，可知物块到达压力区前一直做匀加速直线运动．设物块到达压力区左边界时的速

度为v1，则有x1＝v212a1，解得v1＝1m/s.(2)物块进入压力区，由牛顿第二定律有μ(mg＋F)＝ma2，解得a2＝4m/s.当物块在压力区达到传递带速度时，物块在传送带上运动的位移x＝v2－v212a2＝38m＝L

，可知物块离开压力区时，速度与传送带恰好共速，物块在压力区右侧做匀速直线运动．物块在进入压力区前运动的时间t1＝v1a1＝0.5s，物块在压力区中运动的时间t2＝v－v1a2＝0.25s，则压力区右侧的传送带长度L0＝v(t－t1－t2)＝0.5m.答案(1)1m/s(2)

0.5m3．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，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μ＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均

为v0＝3m/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＝10m/s2.求：(1)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．解析(1)滑块A和B在木块上滑动时，木板也在地面

上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有Ff1＝μ1mAg，①Ff2＝μ1mBg，②Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)

g，③由牛顿第二定律得，Ff1＝mAaA，④Ff2＝mBaB，⑤Ff2－Ff1－Ff3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s.⑨(2)在t1时间间隔内

，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－12aBt21，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2，⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再

由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对

木板有v2＝v1－a2t2，⑫对A有v2＝－v1＋aAt2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2.⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，

因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB，⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m．⑰(也可用如图所示的速度—时间图线求解)答案(1)1m/s(2)1.9m