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物 理
新高考适用
第四章　牛顿运动定律
目 录
CONTENTS
第1 节　牛顿第一定律　牛顿第二定律
微专题4
牛顿第二定律的综合应用
第2 节　牛顿第二定律的应用
微专题5
动力学中的传送带模型
微专题6
动力学中的滑块-木板模型
实验4
探究加速度与物体受力、物体质量的关系
第1节 牛顿第一定律　牛顿第二定律
考点1　牛顿第一定律
一、牛顿第一定律
1.内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它
改变这种状态。
2.意义
(1)揭示了一切物体都具有惯性。
(2)揭示了力不是维持物体运动状态的原因,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。
典例1 (2025届湖南郴州联考)伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究,开创
了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图(a)、图(b)分别表示这两项研
究中实验和逻辑推理的过程,对这两项研究,下列说法正确的是( )
　
A.图(a)中通过对自由落体运动的研究,合理外推得出:小球在斜面上做匀加速直线运动
B.图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验,可“冲淡”重力,使时间测量更容易
C.图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的,实验可实际完成
D.图(b)的实验为“理想实验”,通过逻辑推理得出:物体的运动需要力来维持
B
解析　　伽利略将小球在斜面上的匀加速直线运动规律合理外推到斜面倾角为90°时
的自由落体运动,得出结论:自由落体运动是匀加速直线运动,A错误。伽利略设计了让
铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡”重力的作用效果,而小球在斜面上运动的加速
度要比它竖直下落的加速度小得多,运动相同位移所用时间更长,使时间测量更容易,B
正确。不存在完全没有摩擦阻力的斜面,C错误。伽利略用科学实验和逻辑推理相结
合的方法得出:物体的运动不需要力来维持,D错误。
考点2　牛顿第二定律
一、内容及表达式
1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向
跟作用力的方向相同。
2.表达式:F=ma。
二、对牛顿第二定律的理解

重要提示
(1)a= 是加速度的定义式(比值定义法),a与Δv、Δt无必然联系。(2)a= 是加速度的
决定式,a的大小由合力F和质量m决定。
·········· 教考衔接 ··········
典例2 (人教版必修一P114,B组,T1改编)如图甲所示,两个质量相同的小球A和B之间
用轻弹簧连接,然后用细绳悬挂起来。

(1)(回归教材)剪断细绳的瞬间,A和B的加速度分别是多少(重力加速度为g)
(2)(情境变式)如图乙所示,一质量为m的小球系于轻弹簧和长度为l2的细绳上,小球
静止时细绳水平,轻弹簧与竖直方向的夹角为θ、长度为l1。重力加速度为g。
甲
①现将水平细绳剪断,求剪断瞬间小球的加速度大小a1。
②如图丙所示,将图乙中的轻弹簧改为长度为l1的细绳,其他条件不变,现将水平细绳剪
断,求剪断瞬间小球的加速度大小a2。
(3)(链接高考)(2024湖南,3,4分)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小
球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为
g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 ( )
A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g
A
答案
(1)2g 0 (2)①g tan θ　②g sin θ (3)A
解析
(1)设A和B的质量均为m,在细绳被剪断之前,A和B的受力情况分别如图(a)和图(b)所示
对A有F=F1+mg
对B有F2=mg
又F1=F2
剪断细绳的瞬间,A和B的受力情况分别如图(c)和图(b)所示
对A有maA=F1+mg
对B有maB=F2-mg
联立解得aA=2g,aB=0。
(2)①将水平细绳剪断前,对小球受力分析如图(d)所示,有
F1=
剪断水平细绳的瞬间,对小球受力分析如图(e)所示,有ma1=F1 sin θ
联立解得a1=g tan θ。
②剪断水平细绳瞬间,两根细绳上的力均发生突变,对小球受力分析如图(f)所示,小球的
速度为0,随后小球开始做圆周运动【点拨:小球的速度为0,所需向心力为0,指向圆心的
合力为0,但沿垂直于绳方向的合力不为0】将重力沿绳方向和垂直于绳的方向分解,则
沿绳方向有
F3-mg cos θ=m
因为v=0,所以F3=mg cos θ
垂直于绳方向有ma2=mg sin θ
解得a2=g sin θ。
(3)剪断B、C间细线前,将B、C、D看作一个整体,有FAB=6mg,将C、D看作一个整体,有
FBC=3mg,单独对D受力分析,有FCD=mg,剪断细线瞬间,弹簧弹力不能发生突变,所以aB=
= =g,aC= = =1.5g,A正确。
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

考点3　力学单位制
一、单位制

二、国际单位制的基本物理量和基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 m
质量 m 千克(公斤) kg
时间 t 秒 s
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n,(ν) 摩[尔] mol
发光强度 I,(IV) 坎[德拉] cd
典例3 (2023辽宁,2,4分)安培通过实验研究,发现了电流之间相互作用力的规律。若
两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时,相互作用力
的大小可以表示为ΔF=k 。比例系数k的单位是( )
A.kg·m/(s2·A)　　　 B.kg·m/(s2·A2)
C.kg·m2/(s3·A)　　　 D.kg·m2/(s3·A2)
B
解析　　由相互作用力的表达式可知k= ,则k的单位为 ,即 ,由F=ma可
知,1 =1 =1 kg·m/(s2·A2),即k的单位为kg·m/(s2·A2),B正确。
高考变式　(“量纲法”判断表达式)转动惯量(J=∑mi )是物体绕转轴转动时惯性
的量度,其中ri是微元mi到转轴的距离。复摆是由大小和形状不发生变化的物体绕固定
水平轴在重力作用下做微小摆动的运动体系,如图所示,l是质心到转轴的距离。复摆和
单摆类似,可以视为简谐运动。根据所学物理知识,判断复摆的周期公式可能是( )

A.2π B.2π C. D.
A
解析　 【关键:“量纲法”是一种基于物理量的“量纲”分析、推导或验证物理规
律的科学方法。任何反映客观规律的物理公式,等号两侧的量纲必须保持一致】周期
的国际单位制单位为秒(s),根据“量纲法”及题给关系式J=∑mi 可知,J的单位为kg·m2;
四个选项中式子的单位分别是s、s-1、s2和s-2,故复摆的周期公式可能是T=2π ,
A正确。
第2节 牛顿第二定律的应用
考点1　动力学中的两类基本问题
一、动力学中的两类基本问题
二、解决两类基本问题的要点
典例1 (2025届新疆乌鲁木齐三模)如图所示,冰坡AB与水平地面平滑连接,某人乘坐
冰车从冰坡上的A点由静止开始下滑,并在水平地面上滑行一段距离后停在C点。已知
冰坡的倾角为θ=30°,AB的长度为x1=10 m,BC的长度为x2=12.5 m,不计冰坡对冰车的阻
力,忽略空气阻力,重力加速度的大小g取10 m/s2。求:
(1)冰车从A点滑行到B点的时间t;
(2)冰车与水平地面间的动摩擦因数μ。

答案 (1)2 s (2)0.4
解析
【已知受力,分析运动】冰车由A运动至B的过程,根据牛顿第二定律得
mg sin 30°=ma1
解得a1=g sin 30°=5 m/s2
由x1= a1t2,代入数据解得t=2 s
(2) 【已知运动,分析受力】在B点的速度大小vB=a1t=10 m/s,冰车由B运动至C的过程,有
0- =-2a2x2
可得a2=4 m/s2
根据牛顿第二定律得μmg=ma2
解得μ=0.4
提分关键·方法提升
牛顿第二定律在多过程问题中的应用
(1)分析各个过程中运动的特点,明确每一个运动过程的运动形式,注意相邻两个过程的
衔接速度。
(2)分析各个过程的受力情况,明确每一个过程加速度的方向,注意不同过程各力的变化
特点。
(3)灵活运用运动学公式、结论、图像,灵活运用合成法或正交分解法,结合牛顿第二定
律求解加速度及其他相关量。
典例2 (2025届江西重点中学协作体月考)某次洪灾紧急救援行动中,某救援队发现一
灾民被困在水中礁石上。如图所示,礁石可看作一半球体,过最高点的纵截面圆心为O,
半径为R,离礁石最近的岸上有一定点A,已知A点到水面的距离为H,OA=L,水面上礁石
最右端到岸边的水平距离x光滑滑道到礁石上,要求救援队员从滑道顶端由静止下滑到达礁石表面所用时间最短,
则最短时间为( )
A. 　　　 B.
C. 　　　 D.
D
解析　 AB垂直于水面,与水面交于B点,过A点作一个圆心O'在AB上的竖直圆,如图所
示,使圆与礁石表面相切于P点【点拨:构建等时圆模型】,由于x在A、B之间,设所作竖直圆的半径为r,根据等时圆规律【点拨:从竖直圆的最高点沿弦
下滑到圆上任意一点所用时间相等】,沿AP下滑的时间最短,设最短下滑时间为tmin,有
2r= g 【等效思维:从最高点沿任意一条弦下滑到圆上任意一点所用的时间等效为沿
竖直弦下滑至最低点的时间】,解得tmin= ; 【关键:根据几何关系求解构建的竖直圆
的半径】连接O、O',O、P、O'三点共线,根据勾股定理可得 =L2-H2=(R+r)2-(H-r)2,解
得r= ,则tmin= = ,D正确。
模型突破　等时圆模型
考点2　动力学中的图像问题
分析动力学图像问题的方法
1.分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义。
2.建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、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,特别要明确图线斜率、与坐标轴所围面积、截距等对应的物理意义。
4.读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距、转折点、两图线的交点,特别注意临界
点(在临界点物体运动形式往往发生变化)。
典例3 (2024广东,7,4分)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方
H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所
受合外力为F,运动时间为t,忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一
次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是 ( )


C
解析　　木块接触弹簧前先做自由落体运动,有y= gt2,即y部分,D错误。木块在y=H处接触弹簧,此后还要继续加速一段时间,故y>H时,刚开始一
段的y-t图线斜率还要继续增大;当木块运动到其重力和弹簧弹力相等位置时速度最大,
此后开始减速,y-t图线斜率逐渐减小到零,运动到最低点后开始反弹,上升过程中由运动
的对称性可知y-t图线对称,C正确。木块下降过程,木块所受合外力先为竖直向下的定
值,位移为H时接触弹簧,此后合外力沿竖直向下方向减小到0再反向增大,上升过程,合
外力先沿竖直向上方向减小到0后反向增大,离开弹簧后木块受到竖直向下的恒定合外
力,上升过程的运动为下降过程运动的逆运动,A、B错误。
易错警示
本题B项中,横轴为木块的位移y,所以上升过程应沿图线从右往左看。
高考变式　(斜面弹簧约束考查)如图(a)所示,原长x0=0.3 m的轻质弹簧的下端固定
在倾角为θ的固定光滑斜面体的底部,在弹簧的上端从静止开始释放质量为1 kg的小球,
小球的加速度大小a与弹簧长度x间的关系如图(b)所示。重力加速度g取10 m/s2,忽略空
气阻力,则( )
A.斜面倾角的正弦值为0.8
B.弹簧的劲度系数为60 N/m
C.小球的最大速度大小为0.6 m/s
D.小球运动到最低点时的加速度大小为5 m/s2
B
解析　　当x<0.2 m时,由牛顿第二定律可得k(x0-x)-mg sin θ=ma,整理可得a=- +
,结合图像有- = s-2, =12 m/s2,解得k=60 N/m,sin θ=0.6,A错
误,B正确。由题图(b)可知小球在x2=0.2 m时a=0,此时小球的速度最大,在x3=0.3 m时a=
g sin θ=6 m/s2【点拨:此时小球的速度为0】,从x3到x2,a-x图像中图线与坐标轴所围面积
为 m2/s2=0.3 m2/s2,根据v2- =2a·Δx可知,a-x图线与坐标轴围成的面积a·Δx表示
,则小球的最大速度大小vm= m/s,C错误。根据小球运动的对称性,可知当x1=
0.1 m时,运动至最低点,此时小球的加速度大小为6 m/s2,D错误。
提分关键·规律总结
常见动力学图像斜率、面积表示的含义
(1)v-t图像:斜率表示加速度,面积表示位移。
(2)a-t图像:面积表示速度的变化量。
(3)v2-x图像:斜率表示加速度的2倍。
(4)F-a图像:斜率表示物体的质量。
(5)F-t图像:面积表示力的冲量或动量的变化量。
(6)F-x图像:面积表示力做的功或动能的变化量。
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
加速度 方向向上 方向向下 竖直向下的加速度等于g
原理 F-mg=ma mg-F=ma F=0
典例4 (2025北京,11,3分)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加
速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动
过程中,受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大,f随时间t的变化如图所示(向上为
正)。下列说法正确的是 ( )
A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻,实验舱达到最高点
B
解析　 t1~t3时间内,f向下,先增大后减小,由题意知,空气阻力的大小随速率的增大而
增大,故此段时间内速度方向向上,先增大后减小,实验舱先处于弹射过程后向上减速,A
错误;t2~t3时间内,f向下且减小,可知此段时间速度方向向上,速度减小,根据牛顿第二定
律有mg+f=ma,即a= +g,故加速度大小减小,B正确;t3~t5时间内,f向上,先增大后减小,可
知此时速度方向向下,先增大后减小,实验舱先向下加速后向下减速,加速度先向下后向
上,故实验舱先失重后超重,C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,故t3时刻实验
舱达到最高点,D错误。
拓展设问
若实验舱的质量为m,t2时刻实验舱速度大小等于v0且已无电磁弹射作用;t4时刻实验舱
速度大小等于v1,还未受电磁制动作用;t2时刻和t4时刻实验舱处于同一位置。运动过程
中实验舱受到的阻力大小与其速率成正比,重力加速度为g。
(1)从力和运动角度试分析实验舱上升时间(t3-t2)与下降时间(t4-t3)的大小关系,试定性画
出t2到t4时间内实验舱的v-t图像。
(2)从动量与冲量角度试分析实验舱在t2~ t3时间内与在t3~ t4时间内所受阻力冲量的大
小关系。
(3)从做功与能量角度试分析实验舱在t2~ t3时间内与在t3~ t4时间内所受阻力做功的大
小关系。
答案 (1)t3-t2Wf下
解析 (1)t2到t4时间内实验舱的v-t图像如图所示,
t2~t3时间内是上升过程,实验舱的加速度大小a上=
t3~t4时间内是下降过程,实验舱的加速度大小a下=
可知a上>a下,又因为t2~t3时间内和t3~t4时间内的位移大小相等,根据x= at2可定性判断出
t3-t2(2)实验舱受到的空气阻力f的大小与其速率成正比,则t2~t3时间内,阻力的冲量大小If上=
∑kvΔt=kx上;
t3~t4时间内,阻力的冲量大小If下=∑kv'Δt'=kx下;由于x上=x下,可得If上=If下。
(3)在t2~t3时间内阻力大小的平均值大于在t3~t4时间内阻力大小的平均值,又x上=x下,故在
t2~t3时间内阻力做功大小大于在t3~t4时间内阻力做功大小,即Wf上>Wf下。
微专题4 牛顿第二定律的综合应用
题型1　动力学中的连接体问题
一、常见连接体类型
1.共速连接体(速度、加速度相同)
(1)物物叠放
(2)绳连接和杆连接
(2)杆关联
2.关联速度连接体
(1)绳关联
二、处理连接体问题的方法
1.方法
整体法与隔离法。
2.选取原则
(1)整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的外力,
应用牛顿第二定律求加速度。
(2)隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两物体之间的作用力时,就需要
把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列式求解。
(3)整体法、隔离法的交替运用
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对象,应用牛顿第二定律及已知力求未知力
或先隔离某一物体计算加速度,再对整体利用牛顿第二定律及已知力求未知力。
典例1 (2025届北京海淀一模)如图所示,两相同物块用细线相连接,放在粗糙水平面
上,在水平恒力F作用下,一起做匀加速直线运动,物块间细线的拉力大小为T。当两物
块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动,则 ( )

A.两物块的加速度变大,细线的拉力仍为T
B.两物块的加速度不变,细线的拉力仍为T
C.两物块的加速度变大,细线的拉力小于T
D.两物块的加速度不变,细线的拉力小于T
A
解析　　设两物块的质量均为m,两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为μ;对两物块
整体,根据牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma1,对左侧物块,有T-μmg=ma1,联立可得细线的
拉力为T= F、a1= -μg;两物块在光滑水平地面运动时,有F=2ma2,对左侧物块,有T1=
ma2,联立可得细线的拉力为T1= F,则T1=T,a2= >a1,A正确。
提分关键·方法提升
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作用于质量为m1的物体上,则两物体间的相
互作用力F12= 。此结论与有无摩擦无关,物体系统并排(若有摩擦,两物体与各接
触面间的动摩擦因数必须相同即阻力与质量成正比),沿水平面、斜面、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。

典例2 (多选)(2025黑吉辽蒙,10,6分)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面
上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因
数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如
图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则 ( )

AD
A.μ1+μ2=2 tan θ
B.t=t0时,甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左
解析　　甲、乙的x-t曲线均为抛物线,说明甲、乙的运动均为匀变速直线运动,乙的x-t
曲线在t=t0时切线斜率为0,则t=t0时乙的速度为0,对乙有x0= t0,对甲有3x0= t0,解
得v=2v0,B错误;对甲有v=v0+a1t0①,mg sin θ-μ1mg cos θ=ma1②,对乙有0=v0-a2t0③,μ2mg cos
θ-mg sin θ=ma2④,解得a1=a2,μ1+μ2=2 tan θ,A正确;t=t0之前,甲做加速运动,乙做减速运动,
且加速度大小a1=a2,以斜面、甲和乙三者组成的整体为研究对象,则整体加速度为零,地
面对斜面无摩擦力,C错误;t=t0之后,甲继续加速下滑,乙停止运动,则地面对斜面的摩擦
力方向向左,D正确。
高考变式　(由定性到定量)若甲、乙质量均为m,斜面的质量为M,重力加速度为g,试
分析:
(1)t=t0之前,地面对斜面的支持力大小及地面对斜面的摩擦力大小。
(2)t=t0之后,地面对斜面的支持力大小及地面对斜面的摩擦力大小。
答案 见解析
解析
(1)在t=t0之前,甲匀加速下滑,乙匀减速下滑,对甲、乙和斜面整体,竖直方向上由系统牛
顿第二定律得(M+2m)g-FN1=ma1 sin θ-ma2 sin θ,解得地面对斜面的支持力FN1=(M+2m)g,
水平方向上由牛顿第二定律得Ff1=ma1 cos θ-ma2 cos θ=0。
(2)t=t0之后,甲匀加速下滑,乙静止在斜面上,对甲、乙和斜面整体,竖直方向上由系统牛
顿第二定律得(M+2m)g-FN2=ma1 sin θ,解得地面对斜面的支持力FN2=(M+2m)g-mg sin2θ+
μ1mg sin θ cos θ,水平方向,有Ff2=ma1 cos θ=mg sin θ cos θ-μ1mg cos2θ。
提分关键·规律总结
系统牛顿第二定律
(1)对于由多个物体组成的系统(即整体),系统所受的合力等于系统内各个物体所受合
力的矢量和,即F合=m1a1+m2a2+m3a3+…+mnan(式中“+”表示矢量的合成运算)。
将上式进行正交分解,可得到
Fx=m1 +m2 +m3 +…+mnanx
Fy=m1 +m2 +m3 +…+mnany。
(2)对系统应用牛顿第二定律只能求解外力,无法求解内力。
题型2　动力学中的临界极值问题
一、临界极值问题的辨别
二、常见的临界条件
1.接触与脱离的临界条件:弹力FN=0。
2.相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
3.绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最
大张力;绳子松弛的临界条件是FT=0。
4.最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为0。
三、解决临界极值问题的方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题
函数法 将物理过程转化为函数关系式,根据函数关系式解出临界条件
典例3　如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端叠放着两个质量均为m的物体
A、B,其中物体B与弹簧连接,初始时物体处于静止状态。t=0时,用竖直向上的拉力作
用在物体A上,使A开始向上做匀加速运动,测得两物体的v-t图像如图乙所示,已知重力
加速度为g,则( )
A.t=0时,F的大小为m
B
B.弹簧的劲度系数为
C.A、B分离时弹簧弹力的大小为m
D.0~t2时间内,B上升的高度为
解析　　初始时,物体A、B处于平衡状态,对物体A、B整体受力分析可得kx1=2mg,解得
弹簧的压缩量x1= 。0~t1时间内,物体A、B做匀加速直线运动,可得加速度a= ;t=0
时,对物体A、B由牛顿第二定律可得F+kx1-2mg=2ma,解得F=2ma=2m ,A错误。t1时刻,
物体A、B即将分离,对物体B由牛顿第二定律可得kx2-mg=ma【点拨:此时物体A、B之
间的作用力为0,且物体A、B的加速度相等】,解得此时弹簧的弹力大小FT=kx2=mg+m
,C错误。0~t1时间内,由匀变速直线运动规律可得x1-x2= a ,代入x1和x2的值解得k=
,B正确。t2时刻,物体B的速度最大,所受合力为0,对物体B受力分析可得kx3=mg,
解得x3= ,0~t2时间内,物体B上升的高度h=x1-x3= ,D错误。
典例4 (2025届湖北襄阳五中三模)如图(a)所示,在光滑水平面上放置一质量mA=3 kg
的物体A,一轻绳绕过定滑轮,一端系在物体A上,另一端系住质量mB=2 kg的物体B,物体B
刚好与竖直面接触,且与竖直面间的动摩擦因数为μ=0.4。初始时两物体都静止,绳被
拉直,然后释放A,同时对物体B施加水平向左的力F,力F大小随时间变化的规律如图(b)
所示。已知物体A距滑轮足够远,光滑水平面足够高,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽
略滑轮质量及其与轴之间的摩擦,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
D
A.物体A、B先一起做加速度减小的加速运动,后一起匀速运动
B.物体B加速运动过程中,力F的冲量大小为250 N·s
C.物体B受到的摩擦力最大值为20 N
D.物体B运动的总时间为(5+ ) s
解析　　当绳拉力为零后,物体A所受合力为零,做匀速直线运动;物体B受到的摩擦力
为变力,不会做匀速直线运动,A错误。由题图(b)可得F=kt=10t(N),对A、B组成的系统,
根据牛顿第二定律得mBg-μF=(mA+mB)a,解得a=4-0.8t(m/s2)(t<5 s),t=5 s时a=0,此后对物
体B,根据牛顿第二定律得mBg-μF=mBa,解得a=-2t+10(m/s2)(t≥5 s),画出物体B的a-t图像,
如图。t=5 s时物体A的速度最大且vm= ×4×5 m/s=10 m/s,物体B减速运动至速度为零的
过程,有 Δt·2Δt(m/s)= ×4×5 m/s,解得Δt= s,所以物体B运动的总时间为(5+ ) s,物
体B受到的摩擦力最大值为fmax=μkt=0.4×10×(5+ ) N=(20+4 ) N,C错误,D正确。
【关键:F-t图像中图线与横轴围成的面积表示冲量】物体B加速运动过程中,力F的冲
量大小IF= ×50×5 N·s=125 N·s,B错误。

微专题5 动力学中的传送带模型
一、传送带模型的实质
传送带模型一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型,其实质是物体与传送带间的
相对运动。
二、处理传送带模型问题的一般思路
特别提示
(1)物体位移:以地面为参考系,单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx。
①若有一次相对运动:Δx=|x传-x物|或Δx=x物+x传。
②若有两次相对运动:两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);两次相对运动方向
相反,则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。

·········· 能力进阶 ··········
典例　如图甲所示,传送带保持恒定速率v顺时针转动,现将一质量为m、可视为质点的
物块轻轻放在传送带左端,物块和传送带之间的动摩擦因数为μ。已知传送带的水平长
度为L ,重力加速度为g。

甲
(1)①求物块从传送带左端到达右端的时间t;
②若物块的下方有红色颜料,求物块在传送带上留下红色痕迹的长度x。
(2)(进阶1·情境变换,传送带由静止加速运动)如图乙所示,若传送带足够长,初始时质
量为m、可视为质点的物块与传送带均静止,某一时刻,让传送带以恒定加速度a0开始
运动,当其速度达到v后,传送带以此速度匀速转动。经过一段时间,物块在传送带上留
下了一段红色痕迹后相对于传送带静止。已知物块和传送带之间的动摩擦因数为μ,且
μ< ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求红色痕迹的长度s。

(3)(进阶2·水平传送带→倾斜传送带+摩擦力突变分析)将传送装置倾斜放置如图丙
所示,传送带长度为L(足够长)、与水平面的夹角为θ,以恒定速率v顺时针运行,将一质
量为m、可视为质点的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
答案
(1)① + 　② (2) -
(3)
(4)3 s 14 m
解析
(1)①物块刚放上传送带时,物块受水平向右的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律可得,物块的加速度a= =μg
物块加速到与传送带共速的时间t1= =
物块在加速阶段通过的水平位移x1= =
接下来物块做匀速直线运动,物块匀速到达传送带右端的时间t2= = -
物块从左端到达右端的时间t=t1+t2= + 。
②传送带在t1时间内通过的距离x2=vt1=
物块在传送带上留下的痕迹长度x=x2-x1= 【点拨:在加速阶段,物块和传送带的运动
方向相同,痕迹的长度等于它们运动位移大小之差】。
(2)假设物块在传送带开始运动时就可以跟随传送带一起匀加速运动,根据牛顿第二定
律可知,传送带对物块的静摩擦力f静=ma0,因为μ< ,所以f静=ma0>μmg,假设不成立,即物
块在传送带开始运动时与传送带之间就发生了相对运动,根据牛顿第二定律可得,物块
的加速度a= =μg
传送带加速运动的时间t=
在时间t内传送带通过的距离x1=
物块在t时刻的速度v1=at=μgt= ,因为μ< ,所以v1块继续以加速度a做匀加速直线运动,直至速度与传送带速度相同,物块的速度由v1加速
到v的时间t1= = -
在t1时间内,传送带通过的距离x2=vt1= -
物块的速度从0增大到v通过的位移x= =
物块在传送带上留下的痕迹的长度s=x1+x2-x= -
【点拨:物块与传送带的速度不相同时,物块就会在传送带上留下痕迹;物块与传送带
速度相同时,物块与传送带之间的摩擦力发生突变】。
(3)将物块轻轻放在传送带上后,物块最初的受力情况如图1所示,根据牛顿第二定律可
得,物块的加速度
a1= =g(sin θ+μ cos θ)
物块的速度从0增大到v经过的时间t1= =
物块在t1时间内通过的位移x1= a1 =
假设物块与传送带速度相同后跟随传送带一起匀速向下运动,则物块与传送带之间的
静摩擦力f静=mg sin θ
物块与传送带之间的最大静摩擦力fmax=μmg cos θ
由题意可知μfmax,与实际不符,所以假设不成立。
物块在传送带上发生第二次加速,对物块受力分析如图2所示
根据牛顿第二定律可得,物块的加速度
a2= =g(sin θ-μ cos θ)
物块继续加速直至到达B端,第二次加速的位移大小x2=L-x1
由匀变速直线运动的规律有 -v2=2a2x2
联立解得v1= 。
提分关键·模型突破
常见传送带模型分析
1.水平传送带模型
常见情境 物块的运动情况(加速度大小a=μg) 传送带足够长 传送带不够长
v0=v 一直匀速 0≤v0 ,先匀加速后匀速 l≤ ,一直匀加速
v0>v l> ,先匀减速后匀速 l≤ ,一直匀减速
v0>v l> ,先匀减速后反向匀 加速再匀速 l≤ ,一直匀减速
v0≤v l> ,先匀减速后反向匀 加速 2.倾斜传送带模型
常见情境 物块的运动情况 传送带足够长 传送带不够长
向上传送 (μ>tan θ) 0≤v0 ,物块先匀加速后 匀速 l≤ ,物块一直匀加速
v0=v 一直匀速 v0>v a=(μ cos θ+ sin θ)g l> ,物块先匀减速后 匀速 l≤ ,物块一直匀减速
向上传送 (μ ,物块先匀减速后反向 匀加速 l≤ ,物块一直匀减速
v0>v a1=(μ cos θ+ sin θ)g a2=(sin θ-μ cos θ)g l> + ,物块先以a1 匀减速到v,再以a2匀减速,
最后以a2反向匀加速 l≤ ,物块一直以a1匀
减速; ,物块先以a1匀减速到v,
再以a2匀减速
向下传送 (μ>tan θ) 0≤v0 ,物块先匀加速后 匀速 l≤ ,物块一直匀加速
v0=v 一直匀速 v0>v a=(μ cos θ-sin θ)g l> ,物块先匀减速后 匀速 l≤ ,物块一直匀减速
向下传送 (μ ,物块先以a1匀加 速,与传送带共速后以a2匀
加速 l≤ ,物块一直以a1匀
加速
v0≥v 物块以a=(sin θ-μ cos θ)g匀加速 微专题6 动力学中的滑块-木板模型
一、分析滑块-木板模型的关键

二、处理滑块-木板模型问题的一般思路

类型1　水平面上的滑块-木板模型
典例1 (2025届河北名校联盟联考)如图甲所示,一木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,
物块(视为质点)以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v-t
图像,图中t0已知,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 ( )
C
A.木板的最小长度为 v0t0
B.物块与木板的质量之比为2∶3
C.物块与木板间的动摩擦因数为
D.整个过程中物块减少的动能、木板增加的动能及物块与木板因摩擦产生的热量之
比为9∶2∶7
解析　 t0时刻物块恰好滑至木板的最右端时,木板长度L最小,根据题图乙可得L= ,
A错误。相对运动过程中,设两物体间的摩擦力大小为Ff,物块的加速度大小a块= =
= ,木板的加速度大小a板= = ,解得物块与木板的质量之比m∶M=1∶2;对
物块,由牛顿第二定律得μmg=ma块,解得μ= ,B错误,C正确。整个过程中物块减少的
动能ΔE1= m(3v0)2- m =4m ,木板增加的动能ΔE2= M =m ,物块与木板因摩擦产生
的热量Q=μmgΔx=3m ,故ΔE1∶ΔE2∶Q=4∶1∶3,D错误。
典例2 (多选)(2025届甘肃兰州一中月考)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 。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>2μmg时,A相对B开始滑动
B.当F= μmg时,A的加速度为 μg
C.当F=3μmg时,A的加速度为 μg
D.无论F为何值,B的加速度不会超过 μg
CD
解析　 A与B之间的最大静摩擦力为2μmg,B与地面之间的最大静摩擦力为 μmg,当F
≤ μmg时,整体不运动,加速度aA=aB=0,当3μmg≥F> μmg时,A和B一起加速运动,加速
度为a= - μg≤ μg,当F>3μmg时,A、B之间发生相对滑动,A的加速度aA> μg,aB=
μg,A、B错误,C、D正确。
方法拓展
A、B之间刚要发生相对滑动时,对于整体有F- μmg=3ma,对A有F-2μmg=2ma,A、B的
加速度相同,联立解得F=3μmg,此时a= μg,即当F≤3μmg时,A、B间不发生相对滑动,当
F>3μmg时,A、B发生相对滑动,A的加速度需要重新计算,B的加速度为a= μg。
典例3 (多选)(2025届山东潍坊三模)如图所示,质量M=4 kg的长木板静止在粗糙水平
地面上,t=0时刻对木板施加F=45 N的水平向右恒力,同时质量m=1 kg的小物块以v0=
15 m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L=7.8 m,木板与地面、木板与小物块
间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=
10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.小物块刚滑上木板时,木板的加速度大小为10 m/s2
B.t=1 s时,小物块恰好运动到木板最右端
C.t=(1+ ) s时,小物块从木板左端脱离
D.若t=2 s时撤去外力F,小物块最终会从木板右端脱离
AC
解析　　小物块刚滑上木板时,对木板,根据牛顿第二定律得F+μ2mg-μ1(m+M)g=Ma1,解
得a1=10 m/s2,A正确。对小物块,根据牛顿第二定律得μ2mg=ma2,解得a2=5 m/s2,t=1 s时小
物块的速度v1=v0-a2t=10 m/s,此时木板的速度v2=a1t=10 m/s=v1,两者的相对位移x相1=
t- t=7.5 m与木板共速后,小物块的加速度a2= =5 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律得F-μ2mg-μ1
(m+M)g=Ma3,解得a3=7.5 m/s2,小物块相对于木板向左运动至脱离,可得x相1=v2t1+ a3 -
,解得t1= s,故小物块从木板左端脱离时t2=t+t1=(1+ ) s,C正确。t=1 s时
小物块与木板共速;此后至撤去F前,小物块相对木板向左运动,由于(1+ ) s>2 s,故撤
去F时,小物块未从木板左端滑落;撤去F后,小物块不会相对木板向右运动,且若再次共
速,由于μ1<μ2,小物块与木板相对静止,故小物块最终不会从木板右端脱离,D错误。
典例4 (2025届陕西安康三模)如图甲所示,水平地面上有一足够长木板,将一小物块放
在长木板右端,给长木板施加一水平向右的变力F,长木板及小物块的加速度a随变力F
变化的规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,图
乙中a1>a0,下列说法正确的是 ( )
A.小物块与长木板间的动摩擦因数为
D
B.长木板与地面间的动摩擦因数为
C.小物块的质量为
D.长木板的质量为
解题导引

解析　　设小物块的质量为m,长木板的质量为M,长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,
小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2,当F>F3时,对小物块,有μ2mg=ma1,解得μ2= ,A错
误。当F=F1时,长木板恰好开始相对地面滑动,所以长木板与地面间的动摩擦因数μ1=
,当F1由题图乙中图线的截距和斜率,有-a0=-μ1g、 = ,解得μ1= ,B错误。当F>F3时,对
长木板,有F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得a= - - ,由题图乙可知 = ,
结合 = = ,解得M= 、m= ,C错误,D正确。
类型2　斜面上的滑块-木板模型
典例5 (2025届浙江稽阳联谊学校二模)倾角为37°的足够长固定斜面上,有一长木板A
恰好能静止在斜面上。现有物块B以v0=1 m/s的速度从A的顶端开始下滑,A、B间的动
摩擦因数μ=0.8。已知A、B的质量分别为mA=2 kg,mB=3 kg,重力加速度g=10 m/s2,最大
静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 ( )
A.物块B下滑过程中,木板A仍能保持静止
B.物块B下滑过程中,A要向下加速,A、B速度刚
达到相等时为0.4 m/s
C.要使B不脱离A,A的长度至少为1.25 m
D.从开始运动到A、B速度达到相等过程中,系统
因摩擦产生的热量为18.6 J
D
解析　 A单独存在时恰好能处于静止状态,可得A与斜面间的动摩擦因数μ0=tan 37°=
0.75,B从A的顶端下滑时,对A,根据牛顿第二定律得mAg sin 37°+μmBg cos 37°-μ0
(mA+mB)gcos 37°=mAaA,解得aA=0.6 m/s2,故A不能静止,A错误。对B,根据牛顿第二定律得
mBg sin 37°-μmBg cos 37°=mBaB,解得aB=-0.4 m/s2,方向沿斜面向上,A、B刚共速时有
v共=aAt=v0+aBt,
解得t=1 s,v共=aAt=0.6 m/s,B错误。【关键:B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩
擦因数,B与A共速后,B与A一起做匀速直线运动】B滑上A至二者共速,二者的相对位移
大小Δx=xB-xA= t- t= m=0.5 m,可得A板长度至少为0.5 m,C错
误。全过程中系统因摩擦产生的热量Q=μmBg cos 37°·Δx+μ0(mA+mB)g cos 37°·xA=18.6 J,
D正确。
一题多解　利用动量守恒分析A、B选项
从B冲上A到A与B共速的过程中,A受到的合力与B受到的合力等大、反向,则A、B组
成的系统动量守恒,B滑上A至二者速度相等,有mBv0=(mA+mB)v共,解得v共=0.6 m/s,A、B
错误。
典例6　如图甲所示,光滑斜面体上有固定挡板A,斜面体上叠放着小物块B和薄木板C,
木板下端位于挡板A处,整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力
F作用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑
动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则由图像可知下列说法正确的是 ( )
A.当10 NB.不能求出木板和物块两者间的动摩擦因数
C.由题目条件可求出木板C的质量
D.当F>15 N时物块B和木板C相对滑动
D
解析　　由题图乙可知,当10 N15 N时物块B
和木板C发生了相对滑动,A错误,D正确。对木板和物块整体,当F1=10 N时,a=0,则F1=
(M+m)g sin θ,当F2=15 N时,a=2.5 m/s2,则F2-(M+m)g sin θ=(M+m)a,联立解得M+m=2 kg,
sin θ= ,不能求出木板C的质量,C错误。当F2=15 N时,对物块B,有μmg cos θ-mg sin θ=
ma,解得μ= ,B错误。
提分关键·模型突破
水平面上的滑块-木板模型分类解读
1.力作用在“块”上
示意图 条件 水平面光滑:μ≠0,μ'=0 水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0且μmg>f'=μ'(m+M)g
相对 静止 过程 ①“板块”对地静止:对整体有F=0 ②“板块”相对静止,对地共同加速: 对整体有F=(m+M)a 对“块”有F-f静=ma 对“板”有f静=Ma ①“板块”相对地面静止:对整体有F=f地静
②“板块”相对静止,对地共同加速:
对整体有F-f'=(m+M)a
对“块”有F-f静=ma
对“板”有f静-f'=Ma
临界 条件 ①“板块”对地滑动的临界条件:F=
0 ②“板块”相对滑动的临界条件:f=
fmax=μmg,此时a临界= ,外力F=F'= μ(m+M)g ①“板块”对地滑动的临界条件:F=
=f'=μ'(m+M)g
②“板块”相对滑动的临界条件:f=
fmax=μmg,此时a临界= =
,外力F=F'=

相对滑 动过程 对“块”有F-μmg=ma1 对“板”有μmg=Ma2 对“块”有F-μmg=ma1
对“板”有μmg-μ'(m+M)g=Ma2
a-F 图像
2.力作用在“板”上
示意图 条件 水平面光滑:μ≠0,μ'=0 水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0
相对 静止 过程 ①“板块”对地静止:对整体有F=0 ②“板块”相对静止,对地共同加速: 对整体有F=(m+M)a 对“块”有f静=ma 对“板”有F-f静=Ma ①“板块”相对地面静止:对整体有
F=f地静
②“板块”相对静止,对地共同加速:
对整体有F-f'=(m+M)a
对“块”有f静=ma
对“板”有F-f静-f'=Ma
临界 条件 ①“板块”对地滑动的临界条件:F=
0 ②“板块”相对滑动的临界条件:f=
fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F=F'=μ(m
+M)g ①“板块”对地滑动的临界条件:F=
=f'=μ'(m+M)g
②“板块”相对滑动的临界条件:f=
fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F=F'=(μ+μ
')(m+M)g
相对滑 动过程 对“块”有μmg=ma1 对“板”有F-μmg=Ma2 对“块”有μmg=ma1
对“板”有F-μmg-μ'(m+M)g=Ma2
a-F 图像
实验4 探究加速度与物体受力、
物体质量的关系
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),则说明平衡了小车受的阻力。实验过程中要求细
线与长木板平行,不用重复进行平衡阻力。
2.槽码和小车的质量应满足什么关系:由于本实验中把小车受到的拉力大小F近似等于
槽码的重力,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,则无需满足此要求)。
3.实验操作时需要注意哪些细节:改变拉力或小车质量后,每次开始时小车应尽量靠近
打点计时器,先接通电源,后释放小车,且在小车到达滑轮前按住小车。
三、数据处理(如图所示)
　
1.利用“逐差法”求加速度。
2.以a为纵坐标,F为横坐标,根据各组数据描点连线,如果图线为一条过原点的倾斜直
线,说明a与F成正比。
3.以a为纵坐标, 为横坐标,描点连线,如果图线为过原点的倾斜直线,就能判定a与M成
反比。
4.a-F、a- 图像的可能情形及对应原因

(1)若平衡阻力时木板垫起的倾角过小,则a-F、a- 图像如图甲、乙中①②所示。
(2)若平衡阻力时木板垫起的倾角过大,则a-F、a- 图像如图甲、乙中③④所示。
(3)若实验中没有满足M远大于m,则a-F、a- 图像如图丙、丁所示。
四、误差分析
1.拉力数据误差:由于将细线的拉力近似等于槽码的重力,而实际重力mg大于拉力F。
2.阻力补偿误差:若长木板坡度调节不合理,可能导致作出的图线不经过坐标原点。
五、改进方案
1.实验器材的创新

位移传感器、光电门和速度传感器可以更加精确地测出小车的位移或瞬时速度。
2.减小测量误差的创新

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